2025年江西高考模拟卷（四）（含解析）

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2025年江西高考模拟卷（四）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与社会生活密切相关。下列有关说法错误的是
A．牡丹籽油属于高分子化合物
B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
C．亚硝酸钠可用于一些肉制品的加工，发挥防腐作用
D．雾中汽车大灯前明亮的光路与肢体的丁达尔效应有关
2．物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(9g) 阴离子电荷数
B 酸性：CH3COOH＞C2H5OH 羟基的极性
C 键角：CH4()大于NH3() 中心原子的杂化方式
D 熔点：低于 晶体类型
3．下列由实验现象所得结论不正确的是
A．向浓中放入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓反应生成
B．向溶液中滴加溶液，产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性
C．向浊液中加入溶液，沉淀消失，说明溶液有酸性
D．向溶液中滴加酚酞，先变红后褪色，证明在溶液中发生了水解反应
4．在NaCN的催化下，苯甲醛能发生缩合反应生成M，反应如图。下列说法错误的是
A．M能发生消去反应和氧化反应
B．M存在对映异构体
C．1mol M最多能与7mol氢气发生加成反应
D．参照上述反应的缩合产物为
5．根据下列实验操作和实验现象得到的结论错误的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 蒸干并灼烧溶液 得到白色固体 白色固体为
B 分别将1mL pH=3的HA和HB溶液加水稀释至100mL，测溶液pH 酸性：HAC 向浓度均为0.1的和的混合溶液中滴入少量溶液 产生黑色沉淀()
D 常温下，用pH计测量等体积等物质的量浓度的和HCOONa溶液的pH pH：前者更大
6．是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。某小组探究与悬浊液能否制备，实验装置如图。下列说法不正确的是
A．a中的液体可以选用稀硝酸
B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：
C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明通入量过多
D．装置丙中的主要作用是防倒吸
7．在有氧条件以及催化剂作用下可被还原成，反应机理如图甲，的脱除率与温度的关系如图乙。
下列说法错误的是
A．该转化过程中，体现了还原性
B．为该反应的催化剂，温度超过时脱除率骤然下降的原因可能是催化剂活性大大降低
C．若过量，则不利于被还原为
D．该过程总反应为
8．某离子液体结构如下图所示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，Z是第四周期元素。下列说法错误的是
A．X、Z的简单氢化物均可溶于水 B．电负性：
C．第一电离能： D．W、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物
9．高温裂解转化为和硫蒸气。维持体系压强为100kPa，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。下列说法错误的是
A．高温裂解反应
B．曲线c表示的体积分数
C．恒定温度，增大压强可使该反应平衡转化率降低
D．1300℃时，该反应的压强平衡常数
10．利用油脂厂的废铁屑(主要成分为，含有沙土、油污、和等)制备磁性纳米的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．预处理可用溶液，适当升温有助于加快油脂的水解
B．纳米属于胶体，能发生丁达尔效应
C．步骤③可能发生反应，标况下参与反应，理论上转移电子数为
D．步骤⑤发生反应的离子方程式为
11．一种新型短路膜电池分离装置如下图所示。下列说法中正确的是
A．负极反应为：
B．正极反应消耗，理论上需要转移4mol电子
C．该装置用于空气中的捕获，最终由出口A流出
D．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
12．已知二氯二氨合铂有两种同分异构体，顺铂是一种抗癌药物，而反铂因其结构和性质的不同在抗癌药物研究中的应用有限。碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(II)的简称，是第二代铂族抗癌药物，毒副作用较低。三种化合物的结构如图，下列说法正确的是
A．顺铂和反铂分子的VSEPR模型为空间正四面体
B．三种分子中均有由氮原子提供空轨道与的孤电子对形成的配位键
C．碳铂分子中所有碳原子在同一平面上
D．碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子个数比为
13．MgO具有NaCl型晶体结构，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，其结构如图所示，已知晶胞参数a=0.42nm，下列说法不正确的是
A．位于构成的八面体空隙中
B．阴离子半径
C．晶体的密度为
D．若将换为，晶胞参数变为0.448nm，则
14．室温下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水电离出浓度的负对数与所加溶液体积关系如下图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法正确的是
A．b点溶液中：
B．c点溶液显酸性，e点溶液显中性
C．d点溶液中：
D．点溶液：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物在特殊条件下可吸氧，并向指定方向运输。该配合物能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛，合成反应如图。
(1)合成装置如图所示。
先通入一段时间的氮气，再向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。已知 B 处安装的是恒压滴液漏斗，则 A 处应安装的仪器是 (填名称)，装置C的作用是 。
(2)回流1 h，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
①停止通氮气②停止加热③关闭冷凝水。
正确的操作顺序为 (填标号)。
充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物。
(3)测定的载氧能力。
步骤 1：如图搭建装置：
步骤2：检查仪器气密性：关闭活塞 ，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是 。
步骤3：将mg的(相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入二甲基甲酰胺(DMF)(配合物在DMF中可吸氧)。DMF的结构简式为 。通入氧气，赶尽装置中的空气并使整个装置充满氧气后，关闭活塞停止通氧。
步骤4：调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为。将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度。已知氧气的压强为，温度为。(p，T已转换为国际单位，结合理想气体状态方程进行解答)配合物载氧量的吸收的计算表达式为 。
16．（14分）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(含等离子)为原料制备Sc及的工艺流程如图所示：
已知：i．“萃取”前浓度分别为；当某离子的浓度小于时，可忽略该离子的存在；
ii．HA代表有机萃取剂，X代表金属元素，萃取时发生反应；
iii．钪与铝元素性质相似。
请回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价层电子排布图为 。
(2)在“洗涤”过程中加入溶液的作用为
(3)“反萃取”时，随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少，沉淀质量减少的原因为 。
(4)“溶解富集”后，金属离子浓度变为原来的12.5倍，则调溶液pH时范围为 ，可实现铁元素和钪元素的完全分离。(常温下，，，，lg2=0.3)
(5)“热还原”时得到钪和另一产物M，用惰性电极电解M溶液时，阴极的电极反应式为 。
(6)“转化”过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
(7)“沉钛”过程发生反应的化学方程式为 。
17．（15分）2024年全国政府在节能减排方面采取了一系列重要政策和措施，以推动碳达峰和碳中和目标的实现。回答下列问题：
(1)加氢合成甲醇是合理利用的有效途径。制备甲醇过程涉及反应如下：
反应①：
反应②：
反应③：
反应① 0，反应② 。
(2)在有催化剂，高温条件下某反应达到平衡，平衡常数，恒容时，温度升高，浓度减小。
①该反应化学方程式为 ，该反应正反应为 反应。(填“吸热”或“放热”)
②升高温度，逆反应速率 (填“增大”或“减小”)
(3)在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20mol，在催化剂存在时反应生成甲醇：，的平衡转化率随温度，压强的变化如图所示：
①当达到平衡状态A时，容器的体积为10L，计算A点的平衡常数 。
②如果反应开始时仍充入10molCO和20mol，则在平衡状态B时容器的体积 L。
(4)科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
①系统工作时b极区的电极反应式为 。
②系统工作时b极区有少量固体析出，该固体可能是 。
18．（15分）二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：
(1)化合物A的分子式为 。化合物x为A的芳香族同分异构体，且在核磁共振氢谱上有4组峰，x的结构简式为 ，其名称为 。
(2)反应③中，化合物C与无色无味气体y反应，生成化合物D，原子利用率为。y为 。
(3)根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 氧化反应(生成有机产物)
b H2，催化剂，加热 反应
c -CH=CH2 反应
(4)关于反应④⑤的说法中，不正确的有 。
a．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，分子内所有原子一定共平面
b．化合物D、E、阿托酸均含有手性碳原子
c．化合物E可形成分子内氢键和分子间氢键
d． 反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在阴极上进行。
(5)以为唯一有机原料，参考上述信息，合成化合物。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为 。
②相关步骤涉及到CO2电催化反应，发生该反应的有机反应物为 (写结构简式)。
参考答案
1．A
【详解】A．牡丹籽油是一种优良的植物油脂，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；
B．二氧化硫的排放是导致酸雨形成的重要因素，燃煤燃烧生成二氧化硫气体，但二氧化硫能与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，所以燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成，故B正确；
C．亚硝酸钠能防腐，能使肉类呈现新鲜的红色，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加适量的亚硝酸钠，用作防腐剂，故C正确；
D．雾是胶体，雾中汽车大灯前明亮的光路是雾的丁达尔效应，故D正确；
故选A。
2．B
【详解】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；
B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；
D．与NaBF4均为离子化合物，判断离子化合物的熔点高低通常用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，与NaBF4离子电荷相同，但的阳离子半径大于Na+，因此晶格能小，熔点低，D不正确；
故选B。
3．A
【详解】A．向浓中放入红热的炭，浓硝酸受热能分解，产生红棕色气体，不能证明炭可与浓反应生成，故A错误；
B．向溶液中滴加溶液，产生淡黄色沉淀，中S元素化合价降低，中S元素化合价升高，发生归中反应生成S单质，证明具有氧化性，故B正确；
C．向浊液中加入溶液，沉淀消失，发生反应，生成硫酸镁，说明溶液有酸性，故C正确；
D．次氯酸具有漂白性，向溶液中滴加酚酞，先变红后褪色，证明在溶液中发生了水解反应生成次氯酸，故D正确；
选A。
4．A
【详解】A．M具有醇羟基，但与羟基相连碳的邻位碳上无氢，不能发生消去反应，但可以发生氧化反应，A错误；
B．产生对映异构体的必要条件是分子不具有对称性，不具对称性，存在对映异构体，B正确；
C．M具有两个苯环一个羰基可与氢气加成，1mol M最多能与7mol氢气发生加成反应，C正确；
D．参照上述反应的缩合产物为，D正确；
故选A。
5．B
【详解】A．AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中AlCl3发生水解反应产生Al(OH)3和HCl，HCl加热时挥发，导致水解平衡正向移动，得到的固体是Al(OH)3，灼烧固体Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，故蒸干并灼烧AlCl3溶液得到的固体是Al2O3，A正确；
B．弱电解质稀释过程中电离程度增大，n(H+)增大，故稀释相同倍数，酸性越强，pH越大，B错误；
C．浓度均为0.1mol L 1的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀(Ag2S)，浓度相同时，Ksp小的先沉淀，故Ksp(Ag2CO3)> Ksp(Ag2S)，C正确；
D．弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解能力越强，溶液碱性越强，故碱性： CH3COONa>HCOONa，则Ka(HCOOH)> Ka(CH3COOH)，D正确；
故答案选B。
6．A
【分析】甲装置中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，随后将氨水通入氯化铜溶液中生成氢氧化铜悬浊液，生成的氢氧化铜悬浊液中通入SO2观察两者是否反应，最后用氢氧化钠吸收尾气，同时进行了防倒吸处理。
A．稀硝酸具有氧化性，会氧化亚硫酸钠，无法制备，A错误；
B．若装置乙中有白色沉淀生成，即有生成，则表明将还原为，二氧化硫为还原剂，CuCl为还原产物，还原性：，B正确；
C．如果装置乙中有紫红色固体出现，说明有生成，则发生了歧化反应，即溶液呈酸性，因此说明通入量过多，C正确；
D．用溶液吸收需要防倒吸，的作用即防倒吸，D正确；
故答案选A。
7．B
【详解】A．该反应的过程中，中氮元素的化合价升高了，体现了还原性，A项正确；
B．参与到了该反应中，但质量未发生变化，故为催化剂，为中间产物，由图象分析可知，脱除的最佳温度是900℃，在温度超过1000℃时脱除率骤然下降的原因可能是：催化剂失去活性，B项错误；
C．如果在转化的过程中过量将会把氧化为，不利于还原反应，C项正确；
D．进入的物质为、、，出去的物质为与，故该反应的总反应式为，D项正确；
答案选B。
8．A
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，W只连接了1个共价键，W为H元素；X连接4个共价键，X为C元素；Y连接3个共价键，Y为N元素；Z带1个负电荷，是第四周期元素，则Z为Br元素。
A．CH4难溶于水，HBr易溶于水，故A错误；
B．同周期主族元素，从左往右，电负性增大，电负性：N>C>H，故B正确；
C．同周期元素，从左往右，元素第一电离能有增大的趋势，则第一电离能：，故C正确；
D．H、N、Br可形成既含离子键又含共价键的化合物NH4Br，故D正确；
故选A。
9．B
【详解】A．由图示信息可知，曲线a代表H2S的体积分数随温度改变的变化，则温度越高，H2S的体积分数越小，说明升高温度平衡正向移动，故高温裂解反应的△H＞0，故A正确；
B．H2S分解产生H2和S蒸气，随着温度的升高H2S分解率增大，则其中H2S的含量会逐渐降低，H2、S蒸气含量会逐渐增加，所以a表示H2S，b、c表示两种生成物，由于二者的含量比是2：1，根据元素守恒，可知b表示H2，c表示的是S2，故B错误；
C．恒容、恒温条件下，按勒夏特列原理，压强增大，反应向减少压强的方向移动，即向气体分子数减少的方向移动，则硫化氢高温裂解反应向生成硫化氢的方向进行，平衡转化率降低，故C正确；
D．根据图示可知：在1300℃时，H2S的体积分数是50%，假设反应开始时H2S物质的量是1 mol，平衡时分解的H2S为x mol，根据反应方程式：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)可知在平衡时n(H2S)=(1-x) mol，n(H2)=x mol，n(S2)=0.5x mol，则=50%，解得x=0.4 mol，所以H2S的分解率为×100%=40%，此时H2S占总量的，H2占总量，S2占总量的，气体的物质的量越多，其所占的分压就越大，则用分压表示的化学平衡常数Kp==7.4 kPa，故D正确；
故答案为B。
10．B
【分析】废铁屑经预处理除去油污，再与盐酸反应获得滤液A FeCl3、FeCl2溶液，滤液A经Fe还原后得到滤液B FeCl2溶液，滤液B部分氧化后再以一定配比与B混合，得到产物Fe3O4。
A．碱煮水洗可促进油脂水解，达到去油污的目的，A正确；
B．纳米Fe3O4为纯净物，不与分散剂形成分散系不能属于胶体，不发生丁达尔效应，B错误；
C．Fe(OH)2具有较强还原性，容易被O2氧化生成红褐色Fe(OH)3，0.5 mol O2参与反应转移电子2 NA，C正确；
D．步骤⑤两者混合得到Fe3O4，方程式为，D正确；
答案选B。
11．D
【分析】由图可知，通入氢气的一极为负极，电极反应式为，与反应生成，通入氧气的一极为正极，电极反应式为，与反应生成。
A．负极的电极反应式为，A项错误；
B．正极反应消耗标准状况下，理论上需要转移电子=4mol，题目中未指明在标准状况下，则转移电子不一定为4mol，B项错误；
C．由图可知，该装置用于空气中的捕获，与正极生成的反应生成，出口A流出的气体不含，C项错误；
D．由图可知，短路膜中存在电子运动，与常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子，D项正确；
答案选D。
12．D
【详解】A．若顺铂和反铂的VSEPR模型为正四面体结构，则就不会有顺反两种同分异构，所以两种分子的VSEPR模型应该为平面正方形，A错误；
B．三种分子中氮原子价层电子对数均为，氮的杂化方式是sp3，氨中氮原子的孤电子对与Pt的空轨道形成了配位键，B错误；
C．根据甲烷是正四面体结构，碳铂分子中有一个碳原子与四个碳原子相连，则碳铂分子中所有碳原子一定不在同一平面上，C错误；
D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子有4个（左边4个），sp2杂化的碳原子为碳氧双键的碳原子，有2个，因此个数比为2∶1，D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．由图可知，Mg2+位于晶胞的体心，位于面心，位于六个构成的八面体空隙中，A正确；
B．由图可知，因为是面心立方最密堆积方式，面对角线是半径的4倍，即，解得，B正确；
C．根据图示，MgO晶胞中的个数为，的个数为，则晶体的密度为，C错误；
D．MnO也属于NaCl型晶体结构，根据晶胞的结构，晶胞的棱长是，解得，D正确。
故选C。
14．C
【详解】A．b点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，CH3COOH抑制水电离、CH3COONa促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中存在 c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，A错误；
B．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，B错误；
C．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，C正确；
D．f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，CH3COO-水解、NaOH电离都生成OH-，c(OH-)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO-)，所以溶液中存在c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，D错误；
故选C。
15．(1)球形冷凝管（2分）液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中（2分）
(2)②③①（2分）
(3)1和2 （2分）液面差恒定（2分）（2分）（2分）
【分析】由题意可知，制备配合物的操作为：氮气保护作用下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶体后停止加热、关闭冷凝水、停止通氮气，充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物。
（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压滴液漏斗，装置C的作用是：起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，通氮气的目的是排尽装置中的氧气；
（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通氮气，充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物。即②③①；
（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差，若液面差恒定，说明装置不漏气；调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度；
根据名称二甲基甲酰胺(DMF)，可得DMF的结构简式是；
根据PV=nRT知，，，则。
16．(1) （2分）
(2)将氧化为，将转化为（2分）
(3)溶于过量的氢氧化钠溶液（2分）
(4) （2分）
(5) （2分）
(6)1：1（2分）
(7) （2分）
【分析】钛白酸性废水(含等离子)加入有机萃取剂，有机层含有：，用稀硫酸和H2O2洗涤， 将Fe2+氧化为Fe3+，TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc。
（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布图为；
（2）根据分析，“洗涤”过程中加入溶液目的是：将氧化为，将转化为；
（3）钪与铝元素性质相似，Sc(OH)3具有两性能溶于NaOH溶液，“反萃取”时，随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少，沉淀质量减少的原因为溶于过量的氢氧化钠溶液；
（4）“溶解富集”后，金属离子浓度变为原来的12.5倍，则Sc3+离子浓度为0.010×12.5mol/L=0.125mol/L，Fe3+浓度为(0.001+0.001)×12.5mol/L=0.025mol/L，根据溶度积大小，，，Fe3+先沉淀，Fe3+沉淀完全时，浓度小于1.0×10-5mol/L，则1.0×10-5×c(OH-)3=1.0×10-38，可以求出pH=3，Sc3+离子不沉淀，则有0.125×c(OH-)3=1.0×10-30，可以求得pH=4.3，则pH范围为；
（5）“热还原”时得到钪和MgCl2溶液，电解MgCl2溶液阴极上发生还原反应，得到Mg(OH)2和H2，阴极反应的电极反应式为：；
（6）“转化”过程，与Na2SO3反应，氧化剂为，其中H2O2中的O得电子化合价从-1价降低到-2价，还原剂Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:1；
（7）“沉钛”过程中TiOSO4水解生成TiO2·nH2O，反应的化学方程式为：。
17．(1)<（2分）+41.19（2分）
(2) （2分）吸热（1分）增大（1分）
(3) 1（2分）2（2分）
(4) （2分）（1分）
【详解】（1）由题干信息可知，反应① ；反应②： ；反应③： ，反应①-反应③可得反应②，则依据以上数据，=(-49.58kJ/mol)-(-90.77kJ/mol)=+ 41.19kJ/mol，反应①正向是气体体积减小的反应，；
（2）①由平衡常数表达式可知反应的化学方程式： ；若温度升高，浓度减小，说明反应正向进行，则该正反应是吸热反应；
②升高温度，正逆反应速率均增大；
（3）①根据已知列三段式：，A点平衡常数；
②根据已知列三段式：，A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，B点平衡常数，体积为VL，则有；，解得V=2L；
（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为；
②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。
18．(1)C8H8O（1分）（1分）对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛) （1分）
(2)O2（1分）
(3) O2，Cu，加热（1分） -CHO （1分）（1分）加成(或还原) （1分）浓硫酸，加热（1分）消去（1分）
(4)ab（2分）
(5) +H2O（2分）（2分）
【分析】(A)与氢气发生加成反应生成(B)，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成(C)，对比和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成(E)，在一定条件下转化成阿托酸。
（1）A的结构简式为，分子式为；符合条件的A的同分异构体为，名称为对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)。
（2）根据原子利用率为，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成 ，或氧气。
（3）根据化合物E的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ；与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下，加热氧化生成，生成；含苯环，可以与氢气发生加成反应生成。所以的答案是：，加热；。的答案是：，加成（或还原）。的答案为：浓硫酸，加热；消去。
（4）a．阿托酸分子中所有碳原子均采取杂化，但是呈形，氢原子不一定与其它原子共平面，故a错误；
b．化合物D、E中各还有一个饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，化合物D的手性碳原子位置如图：，化合物E的手性碳原子位置如图：，但阿托酸中没有手性碳原子，故b错误；
c．化合物E分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；
d．D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低， D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行，故d正确；
答案选ab。
（5）观察原料与产品的结构(官能团与碳的骨架)比较，结合题干合成路线可得：在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成 ，然后在1)CO2电催化（实现开环）、2)酸化条件下转化成，然后在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为 。故答案是：；。
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