河南省六市2022届高三第二次联合模拟化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA　B．常温下，10LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.1NA　C．标准状况下，22.4LNO2和NO的混合气体中所含的氮原子总数为2NA　D．将含有1molFeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为NA考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、依据n=，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底分析；B、依据溶液PH和离子积常数计算；C、依据n=计算物质的量，结合分子式特征分析计算氮原子数；D、氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体．解答：解：A、依据n=，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B、依据溶液PH和离子积常数计算，常温下，10LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数=10L××NA=0.1NA，故B正确；C、依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式可知氮原子数为NA，故C错误；D、氢氧化铁胶体分散质是氢氧化铁的集合体，将含有1molFeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目小于NA，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移计算，溶液浓度计算分析，气体摩尔体积的条件分析应用，注意氯气和水反应是可逆反应，掌握基础是关键，题目难度中等．　2．（3分）（2022•河南二模）原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等．甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，乙是由X、Y、Z组成的盐．下列说法正确的是（　　）　A．由X、Y、Z组成盐的水溶液呈酸性，则溶液中该盐阳离子浓度小于酸根离子浓度　B．YX3的水溶液呈弱碱性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红　C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Y＜Z　D．W的氯化物熔点低，易升华，但水溶液能导电，由此推断它属于弱电解质考点：位置结构性质的相互关系应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．-19-分析：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，乙是由X、Y、Z组成的盐，则乙是NH4F，结合物质的结构和性质解答．解答：解：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，甲的化学式为YX3，是一种刺激性气味的气体，则甲是NH3，所以X是H元素、Y是N元素，W原子的最外层电子数与其电子层数相等且原子序数大于N，所以W是Al元素，X、Z的最外层电子数之和与Y、W的最外层电子数之和相等，所以Z是F元素，乙是由X、Y、Z组成的盐，则乙是NH4F，A．由X、Y、Z组成盐为NH4F，NH4F的水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）＜c（F﹣），故A正确；B．NH3的水溶液呈弱碱性，石蕊遇碱变蓝色，所以氨水能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B错误；C．原子半径：Z＜Y＜W，而简单离子半径：W＜Z＜Y，故C错误；D．氯化铝在水溶液里完全电离，所以氯化铝是强电解质，故D错误；故选A．点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构确定元素，根据物质的性质及原子结构来分析解答，知道离子半径大小的比较方法，注意氯化铝是强电解质，但为共价化合物．　3．（3分）（2022•河南二模）在塑料原料加工时，添加塑化剂（DCHP）可以使其变得较为柔软，易于加工．塑化剂易溶于有机溶剂，是一种对人体有害的一类物质．塑化剂的一种制备方法如下：下列说法正确的是（　　）　A．DCHP的分子式为C20H28O4　B．上述制备DCHP的反应属于取代反应　C．DCHP苯环上的一氯代物有4种　D．1molDCHP最多可与含4molNaOH的溶液反应考点：有机物的结构和性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．根据有机物结构简式可确定有机物分子式；B．根据反应特点判断反应类型；C．从结构对称的角度判断；D．DCHP含有2个酯基，可水解生成2个羧基和2个醇羟基．解答：解：A．由结构简式可知DCHP的分子式为C20H24O4，故A错误；B．反应为醇和酯的取代反应，故B正确；C．结构对称，DCHP苯环上的一氯代物有2种，故C错误；-19-D．DCHP含有2个酯基，可水解生成2个羧基和2个醇羟基，则1molDCHP最多可与含2molNaOH的溶液反应，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的官能团及性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大．　4．（3分）（2022•河南二模）英国赫瑞瓦特大学陶善文博士研究出以尿素为动力的燃料电池新技术．用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电．尿素燃料电池结构如图所示，关于该电池描述正确的是（　　）　A．电池工作时H+移向负极　B．该装置还可以将电能转化成为化学能　C．理论上电池工作时，每消耗67.2LO2时，可以净化2molCO（NH2）2　D．电池的负极反应式为：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=CO2+N2+6H+考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：尿素燃料电池中尿素在负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，为氧化反应，负极反应为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═N2↑+CO2↑+6H+，正极通入氧气，电极方程式为O2+4H++4e﹣═2H2O，结合电极方程式解答该题．解答：解；A．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，故A错误，故A错误；B．该装置为原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，故B错误；C．电池的总反应式为：2CO（NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，消耗67.2LO2，如果是标准状况，则消耗的氧气的物质的量为3mol，则可以净化2molCO（NH2）2，由于没说明是标准状况，所以氧气的物质的量不能求算，故C错误；D．负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣=CO2+N2+6H+，故D正确．故选D．点评：本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，易错点为C，注意气体存在的外界条件，题目难度中等．　5．（3分）（2022•赤峰模拟）有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）　A．15种B．14种C．13种D．12种考点：同分异构现象和同分异构体；有机物实验式和分子式的确定．.专题：同系物和同分异构体．分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102-19-，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体；解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选：C；点评：本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．　6．（3分）（2022•河南二模）下列对有关实验事实的解释或得出的结论合理的是（　　）选项实验事实解释或结论AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，溶液褪色SO2具有漂白性B将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化为BaCO3Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）C某钾盐溶于盐酸，产生无色无味气体，该气体通入澄清石灰水，有白色沉淀出现该钾盐可能是K2CO3DNaI溶液溶液变蓝色酸性条件下H2O2的氧化性比I2强　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．二氧化硫具有还原性，可与氯气、碘发生氧化还原反应；B．当Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）时，可生成沉淀；C．可能为KHCO3或K2CO3；D．加入硝酸，影响实验结论．解答：解：A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，说明生成碘，再通入SO2，溶液褪色，原因是碘和二氧化硫发生氧化还原反应，故A错误；B．当Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）时，可生成沉淀，不能证明Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3），故B错误；C．生成无色无味气体为二氧化碳，可能为KHCO3或K2CO3，故C正确；D．硝酸具有强氧化性，影响实验结论，应用硫酸酸化，故D错误．故选C．点评：-19-本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．　7．（3分）（2022•河南二模）已知下表为250C时某些弱酸的电离平衡常数．如图表示常温时，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．依据所给信息，下列说法正确的是（　　）CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10﹣5Ka=3.0×10﹣8Ka1=4.4×10﹣7Ka2=4.7×10﹣11　A．相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：C（Na+）＞C（ClO﹣）＞C（CH3COO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+）　B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣　C．a、b、c三点所示溶液中水的电离程度c＞a＞b　D．图象中，I表示CH3COOH，Ⅱ表示HClO，且溶液导电性：c＞b＞a考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．酸电离平衡常数CH3COOH＞HClO，则酸根离子水解程度ClO﹣＞CH3COO﹣，酸根离子水解程度越大，该离子在水溶液中浓度越小；B．酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；C．酸溶液中氢离子浓度越小，酸抑制水电离程度越小；D．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸中离子浓度越大则酸溶液的导电性越强．解答：解：A．酸电离平衡常数CH3COOH＞HClO，则酸根离子水解程度ClO﹣＞CH3COO﹣，酸根离子水解程度越大，该离子在水溶液中浓度越小，所以C（ClO﹣）＜C（CH3COO﹣），ClO﹣、CH3COO﹣都水解导致溶液呈碱性但水解程度都较小，钠离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（ClO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故A错误；B．酸性强弱H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；C．酸溶液中氢离子浓度越小，酸抑制水电离程度越小，a、b、c三点溶液中C（H+）大小顺序是b＞a＞c，所以水电离程度c＞a＞b，故C正确；D．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以I表示CH3COOH，Ⅱ表示HClO，酸中离子浓度越大则酸溶液的导电性越强，所以溶液导电性：b＞a＞c，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离，根据酸的电离常数与酸根离子水解程度、酸的酸性强弱等知识点来分析解答，注意：溶液导电能力大小与溶液中自由移动离子成正比，与电解质强弱无关，为易错点．-19-　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（13分）（2022•河南二模）一溴乙烷为无色液体，熔点﹣119.1℃，沸点38.4℃，常用于汽油的乙基化、冷冻剂和麻醉剂．制备一溴乙烷的反应原理为：NaBr+H2SO4═HBr↑+NaHSO4，CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O．实验室可用如图装置制备一溴乙烷某学生的实验过程和具体操作可简述如下：查阅资料可知：①可能产生的副产物有：CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2，其中1，2﹣二溴乙烷为无色液体，熔点9.3℃，沸点131.4℃．②油层a用浓硫酸处理可以除掉乙醚、乙醇和水等杂质．请结合以上信息回答下列问题：（1）实验过程中锥形瓶置于冰水混合物中的目的是　防止产品挥发损失　．（2）水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，还一定含有　SO42﹣　，检验该离子的方法是　取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣　．（3）油层a、b均呈微黄色．该学生猜测油层b除一溴乙烷外还可能含有其它一种或多种副产物，为验证其成分设计了如下的实验操作．实验步骤预期现象和结论步骤1：将油层b转移至　分液漏斗　中，再加入足量稀Na2SO3溶液充分振荡，静置．　液体分层，下层液体逐渐褪为无色　步骤2：取步骤1的水层少量于试管中，加入稀硫酸酸化，再加入适量新制氯水及少量CCl4，充分振荡，静置．溶液分层，下层呈橙红色，证明　油层b中含有Br2　．步骤3：将步骤1的油层充分洗涤、干燥后装入蒸馏装置中，　水浴加热　至温度计升高至450C左右．馏出蒸汽的温度稳定在38℃左右，不再有蒸汽馏出时，将蒸馏烧瓶中残留液体置于冰水浴中冷却，凝结成白色固体，则证明油层b中含有1，2﹣二溴乙烷．（4）该同学在实验过程中加入了10mL乙醇（0.17mol），足量浓硫酸，适量水，以及0.15mol溴化钠，最后蒸馏获得了10.9g一溴乙烷产品．请计算产率　0.67　（用小数表示，保留二位小数）．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验题．分析：95%乙醇、水和浓硫酸，冰水冷却，边搅拌边缓慢加入NaBr粉末，反应生成的HBr-19-和乙醇发生取代反应得到一溴乙烷，分液小火加热得到馏出液，在分液漏斗中分层得到油层a，再边用冰水冷却，边加入适量浓硫酸，通过分液得到水层b和油层b得到一溴乙烷；（1）一溴乙烷的沸点较低，易挥发，所以锥形瓶置于冰水混合物中的目的是防止产品挥发损失；（2）制备一溴乙烷所用试剂有浓硫酸，所以水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，一定还有SO42﹣；SO42﹣的检验方法是取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣．（3）步骤2中溶液出现分层现象，所以将油层b转移至分液漏斗中，便于分离溶液；一溴乙烷中可能含有CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2等杂质，而使溶液显黄色．一溴乙烷的密度比水大，Na2SO3溶液可以吸收Br2、SO2在溶液的上层，一溴乙烷等油层在溶液的下层，所以出现的现象是液体分层，下层液体逐渐褪为无色；步骤2中用新制氯气和四氯化碳溶液萃取，溶液分层，下层呈橙红色，证明原油层中b中含有Br2；步骤1的油层中含有一溴乙烷、CH2BrCH2Br等，一溴乙烷的沸点较低，所以控制温度在38℃左右时溜出的馏分是一溴乙烷，常用水浴加热的方法，控制温度．（4）乙醇的物质的量大于溴化钠的物质的量，所以理论上生成0.15mol的一溴乙烷，实际得到=0.1mol的一溴乙烷，所以产率=×100%；解答：解：95%乙醇、水和浓硫酸，冰水冷却，边搅拌边缓慢加入NaBr粉末，反应生成的HBr和乙醇发生取代反应得到一溴乙烷，分液小火加热得到馏出液，在分液漏斗中分层得到油层a，再边用冰水冷却，边加入适量浓硫酸，通过分液得到水层b和油层b得到一溴乙烷；（1）一溴乙烷的沸点较低，易挥发，所以锥形瓶置于冰水混合物中的目的是防止产品挥发损失，减少损耗；故答案为：防止产品挥发损失；（2）制备一溴乙烷所用试剂有浓硫酸，所以水层a中的离子除Na+、H+、OH﹣和Br﹣外，一定还有SO42﹣；SO42﹣的检验方法是：取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣；故答案为：SO42﹣，取少量水层a的溶液于试管中，加入足量稀盐酸化，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生浑浊，有SO42﹣，否则无SO42﹣；（3）步骤2中溶液出现分层现象，所以将油层b转移至分液漏斗中，便于分离溶液；一溴乙烷中可能含有CH3CH2OCH2CH3、CH2BrCH2Br、CH2=CH2、Br2、SO2等杂质，而使溶液显黄色．一溴乙烷的密度比水大，Na2SO3溶液可以吸收Br2、SO2在溶液的上层，一溴乙烷等油层在溶液的下层，所以出现的现象是液体分层，下层液体逐渐褪为无色；步骤2中用新制氯气和四氯化碳溶液萃取，溶液分层，下层呈橙红色，证明原油层中b中含有Br2；步骤1的油层中含有一溴乙烷、CH2BrCH2Br等，一溴乙烷的沸点较低，所以控制温度在38℃左右时溜出的馏分是一溴乙烷，常用水浴加热的方法，控制温度；故答案为：实验步骤预期现象和结论分液漏斗液体分层，下层液体逐渐褪为无色油层b中含有Br2水浴加热（4）乙醇的物质的量大于溴化钠的物质的量，所以理论上生成0.15mol-19-的一溴乙烷，实际得到mol=的一溴乙烷，所以产率==0.67．故答案为0.67；点评：本题考查一溴乙烷的制备实验，离子的检验，物质的分离方法，仪器的选择，产率的计算，掌握实验基本操作，物质性质是解题关键，题目难度中等．　9．（14分）（2022•河南二模）金属钛素有“太空金属”、“未来金属”等美誉．工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛并得到副产品FeSO4•7H2O（绿矾）的工艺流程如下图所示．已知：TiO2+在一定条件下会发生水解；钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有少量SiO2杂质；其中一部分铁元素在钛铁矿处理过程中会转化为+3价．（1）黑钛液中生成的主要阳离子有TiO2+和Fe2+，写出步骤①化学反应方程式：　FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O　；步骤②中，加入铁粉的主要目的是　将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化　．（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的　b　（填字母序号）．a．熔沸点差异　　　　b．溶解性差异　　　c．氧化性、还原性差异（3）步骤②、③、④中，均涉及到的操作是　过滤　（填操作名称）；在实验室完成步骤⑤“灼烧”所需主要仪器有　坩埚　．（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为Ti（OH）4的原因：　溶液中存在平衡：TiO2++3H2OTi（OH）4+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti（OH）4　．（5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），该反应的离子方程式为　MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O　．（6）实验室通过下面方法可测定副产品绿矾中FeSO4•7H2O的质量分数．a．称取2.85g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.00mL（滴定时发生反应的离子方程式为：Fe2++MnO4﹣+H+→Fe3++Mn2++H2O未配平）．计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为　0.93　（用小数表示，保留二位小数）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．.专题：实验设计题．分析：流程分析：第①步加酸溶解生成TiO2+和Fe2+，第②步加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，第③步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O和含有TiO2+的溶液；第④步调节PH，使TiO2+水解生成Ti（OH）4，过滤得到Ti（OH）4；第⑤步Ti（OH）4受热分解生成化生成TiO2．（1）FeTiO3与H2SO4反应生成FeSO4、TiOSO4和H2O；（2）步骤③中，利用绿矾与TiOSO4的溶解性的差异实现混合物的分离；-19-（3）步骤②、③、④中均为分离固液混合物的操作；灼烧固体在坩埚中进行；（4）升高温度促进水解平衡正移；（5）生产过程中的废液含有Fe2+，与MnO2发生氧化还原反应；（6）依据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算，依据铁元素守恒，结合滴定过程的反应离子方程式计算得到．解答：解：流程分析：第①步加酸溶解生成TiO2+和Fe2+，第②步加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，第③步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O和含有TiO2+的溶液；第④步调节PH，使TiO2+水解生成Ti（OH）4，过滤得到Ti（OH）4；第⑤步Ti（OH）4受热分解生成化生成TiO2．（1）FeTiO3与H2SO4反应生成FeSO4、TiOSO4和H2O，则其化学反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；亚铁离子易被氧化，则加入铁粉的主要目的是将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化；故答案为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化；（2）步骤③中，利用绿矾与TiOSO4的溶解性的差异实现混合物的分离，把混合物的溶液冷却结晶得到绿矾固体，故答案为：b；（3）步骤②、③、④中均为分离固液混合物的操作，则操作为过滤；灼烧固体一般在坩埚中进行，故答案为：过滤；坩埚；（4）TiO2+在一定条件下会发生水解生成Ti（OH）4和氢离子，溶液中存在平衡：TiO2++3H2OTi（OH）4+2H+，升高温度促进水解平衡正移，生成Ti（OH）4；故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++3H2OTi（OH）4+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成Ti（OH）4；（5）生产过程中的废液含有Fe2+，与MnO2发生氧化还原反应生成硫酸锰，其反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；（6）5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O51n（Fe2+）0.01mol/L×0.019L计算得到：n（Fe2+）=0.00095mol；则250mL溶液中含Fe2+为0.00095mol×=0.0095mol；FeSO4•7H2O物质的量为0.0095mol，其质量为0.0095mol×278g/mol=2.641g绿矾的质量分数==0.93，故答案为：0.93．点评：本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作，离子方程式的书写，数据计算等，题目涉及的知识点较多，综合性强，考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等．　10．（16分）（2022•河南二模）碳及其化合物与人类生产、生活密切相关．请回答下列问题：（1）在化工生产过程中，少量CO的存在会引起催化剂中毒．为了防止催化剂中毒，常用SO2将CO氧化，SO2被还原为S．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣126.4kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1-19-S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.8kJ•mol﹣1则SO2氧化CO的热化学反应方程式：　SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ•mol﹣1　（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．①CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示，该反应△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．图2表示CO的转化率与起始投料比[]、温度的变化关系，曲线I、Ⅱ、Ⅲ对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为　K1＞K2＞K3　；测得B（X，60）点氢气的转化率为40%，则x1=　3　．②在恒容密闭容器里按体积比为1：2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是　AC　（填序号）．A．正反应速率先增大后减小B．逆反应速率先增大后减小C．化学平衡常数K值增大D．反应物的体积百分含量增大E．混合气体的密度增大③一定条件下，将2molCO和2molH2置于容积为2L固定的密闭容器中发生上述反应，反应达到平衡时CO与H2体积之比为2：1，则平衡常数K=　4.5L2•mol﹣2　．（3）最新研究发现，用隔膜电解法可以处理高浓度乙醛废水．原理：使用惰性电极电解，乙醛分别在阴、阳极转化为乙醇和乙酸，总反应为：2CH3CHO+H2O⇌CH3CHOH+CH3CHOOH．实验室中，以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示：①电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体，阳极电极反应分别为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O；　CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+　．②在实际工艺处理过程中，阴极区乙醛的去除率可达60%．若在两极区分别注入1m3乙醛的含量为300mg/L的废水，可得到乙醇　0.19　kg（计算结果保留2位小数）-19-考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行；设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y，依据转化率分析计算；②当正逆反应速率不相等时，化学平衡会向着正方向或是逆方向进行；③依据平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算；（3）①阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；②先根据废水的质量、乙醛的去除率计算去除乙醛的质量，再根据乙醛和乙醇的关系式计算生成乙醇的质量．解答：解：（1）已知：①C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣126.4kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3=﹣296.8kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算②×2﹣①×2﹣③得到SO2氧化CO的热化学反应方程式：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ•mol﹣1；故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=﹣237.4kJ•mol﹣1；（2）①依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，一氧化碳转化率越小，升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，温度越高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以K1＞K2＞K3，设起始量氢气为x，一氧化碳物质的量为y；CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）yx00.6y0.4x则0.6y：0.4x=1：2x：y=3故答案为：＜；K1＞K2＞K3；3；②化学平衡的标志是正逆反应速率相等，当逆反应速率大于正反应速率时，说明反应是逆向进行的，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0；A．正反应速率先增大后减小，说明反应正向进行，故A正确；B．逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向进行，故B错误；C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向进行，故C正确；D．反应物的体积百分含量增大，可能逆向进行，也可能正向进行，不能说明反应正向进行，故D错误；E．恒容容器中加入生成物，平衡逆向进行，气体质量增大，条件不变，混合气体的密度增大，故E错误；故答案为：AC；③一定条件下，将2molCO和2molH2置于容积为2L固定的密闭容器中发生上述反应，反应达到平衡时CO与H2体积之比为2：1，设消耗一氧化碳浓度为x，则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始量（mol/L）110变化量（mol/L）x2xx平衡量（mol/L）1﹣x1﹣2xx（1﹣x）：（1﹣2x）=2：1-19-x=则平衡常数K==4.5L2•mol﹣2；故答案为：4.5L2•mol﹣2；（3）①电解过程中，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，所以阳极上乙醛和氢氧根离子放电，所以除了氢氧根离子失电子外，乙醛失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+；阴极上得电子，得电子的微粒有氢离子和乙醛，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为4H++4e﹣=2H2↑，故答案为：CH3CHO﹣2e﹣+H2O=CH3COOH+2H+；②设生成乙醇的质量是x，废水中乙醛的质量为1m3×0.3Kg/m3=0.3Kg，乙醛的去除率为60%，则反应的乙醛为0.18Kg，CH3CHO+2e﹣+2H2O═CH3CH2OH+2OH﹣44460.18kgxx=0.19kg故答案为：0.19．点评：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡、平衡常数计算影响因素分析判断，图象分析理解应用，难度不大，注意燃料电池电极反应式的书写要结合电解质溶液．　化学--选修2--化学与技术：11．（15分）（2022•河南二模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：已知：2KOH+Cl2═KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）6KOH+3Cl2═5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）回答下列问题：（1）该生产工艺反应①应在　温度较低　（填“温度较高”或“温度较低”）的情况下进行；（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　；（3）K2FeO4具有强氧化性的原因　Fe元素的化合价显+6价，易得电子　；（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度为　10mol/L　；（5）在“溶液I”中加KOH固体的目的是　AC　：A．与“溶液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO-19-B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供反应物D．使副产物KClO3转化为KClO（6）从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4后，还会有副产品　KNO3，KCl　（写化学式），它们都是重要的化工产品，具体说出其中一种物质的用途　KNO3可用于化肥，炸药等　（答1点即可）；则反应③中发生的离子反应方程式为　2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．（7）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净　取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净　．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体；（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气；（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高；（4）根据n=计算出氢氧化钾的物质的量，溶液质量等于溶质质量与溶剂质量之和，利用V=计算溶液体积，再根据c=计算氢氧化钾溶液的物质的量浓度；（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，生成更多的KClO；（6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl．KNO3可用于化肥，炸药等，反应③是次氯酸根离子在碱溶液中氧化铁离子为高铁酸根离子；（7）判断K2FeO4晶体是否已经洗涤干净，设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子设计实验验证．解答：解：氢氧化钾溶液中充入足量氯气，在温度较低的条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，加入氢氧化钾固体除去KCl，得到碱性KClO的浓溶液，加入90%硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钾溶液Ⅱ纯化得到湿产品，洗涤干燥得到K2FeO4晶体；（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO．故选择低温较低，故答案为：温度较低；（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，故答案为：K2FeO4中铁元素化合价为+6价，易得电子；（4）61.6gKOH固体的物质的量为=1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为=L-19-，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为=10mol/L，故答案为：10mol/L；（5）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．A、与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确；B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误；C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确；D、由信息可知，该条件下KClO3不能转化为KClO，故D错误．故选：AC；（6）由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl．KNO3可用于化肥，炸药等，反应③中发生的离子反应方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；故答案为：KNO3、KCl；KNO3可用于化肥，炸药等；2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（7）判断K2FeO4晶体是否已经洗涤干净，设计实验检验洗涤液中是否含有氯离子设计实验验证；步骤为：取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，先加稀硝酸、再加硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净，反之则沉淀没有洗涤干净．点评：本题考查了物质制备与物质分离提纯的分析判断，实验过程的理解应用和基本操作的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　化学--选修3--物质结构与性质：12．（15分）（2022•河南二模）铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途．请回答以下问题：（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：①Cu2+的价电子排布图　　；NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为　N＞O＞S　（填元素符号）．②SO42﹣的空间构型为　正四面体形　，SO32﹣离子中心原子的杂化方式为　sp3杂化　．（2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：　2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣　．（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体．①下列说法正确的是　c　a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角-19-c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素②请解释加入乙醇后析出晶体的原因　乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度　．（4）Cu晶体的堆积方式如图所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为　12　，晶体的空间利用率为　×100%=74.76%　（≈1.4，列式并计算结果）．考点：制备实验方案的设计；晶胞的计算．.专题：实验设计题．分析：（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小；②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式；（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间；b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角；c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键；d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素；②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是4/3πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为；-19-解答：解：（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；故答案为：，N＞O＞S；②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；故答案为：正四面体形，sp3杂化；（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式，所以离子方程式为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；故答案为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，故a错误；b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，故b错误；c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，故c正确；d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，故d错误，故答案为：c；②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为4×πr3/a3=×100%=74.76%．故答案为：=×100%=74.76%．点评：本题考查了物质制备实验方案，物质结构的计算分析，浸提结构的堆积方式和利用率的计算应用，掌握基础是关键，题目难度较简单．　化学--选修5--有机化学基础：13．（15分）（2022•河南二模）姜黄素（分子式为C21H20O6-19-）存在姜科植物姜黄等的根茎中，具有抗基因突变和预防肿瘤的作用．其合成路线如下：已知：i．ii．（R1、R2、R3为烃基或氢原子）iii．E的核磁共振氢谱中有两个峰请回答下列问题：（1）E中含有的官能团名称是　羧基、醛基　．（2）B物质的名称为　1，2﹣二溴乙烷　；试剂X为　NaOH水溶液　．（3）姜黄素的结构简式为　　．（4）E→G反应的化学方程式为　　；其反应类型是　加成反应　．（5）下列有关香兰醛的叙述正确的是　bc　（填正确答案编号）．a．香兰醛能与NaHCO3溶液反应b．香兰醛能与浓溴水发生取代反应c．能与FeCl3溶液发生显色反应d.1mol香兰醛最多能与3molH2发生加成反应（6）符合下列条件的香兰醛（K）的同分异构体有　21　种：①属于芳香族化合物②与氯化铁溶液发生显色反应③苯环上只有两个取代基④存在羰基的结构．写出香兰醛（K）的同分异构体中符合下列条件的结构简式　　．①苯环上的一氯取代物只有2种；②1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH；③核磁共振氢谱中有4种吸收峰．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．-19-分析：乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，由B→E转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有﹣CHO，则B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHC﹣CHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHC﹣COOH，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成K为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，据此解答．解答：解：乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，由B→E转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有﹣CHO，则B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHC﹣CHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHC﹣COOH，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成K为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，（1）E为OHC﹣COOH，所以E中含羧基和醛基，故答案为：羧基、醛基；（2）B是乙烯与溴加成的产物，名称为1，2﹣二溴乙烷；B发生卤代烃的水解反应，试剂X是氢氧化钠的水溶液，故答案为：1，2﹣二溴乙烷；NaOH水溶液；（3）K在氢氧化钠溶液中发生类似已知ii的反应生成姜黄素，所以姜黄素的结构简式为，故答案为：；（4）E与邻羟基苯甲醚发生加成反应生成G，E→G反应的化学方程式为：，-19-故答案为：；加成反应；（5）香兰醛（）中含有醛基、酚羟基、苯环、醚氧键，不能与NaHCO3溶液反应，可以与浓溴水发生取代反应，与FeCl3溶液发生显色反应，1mol香兰醛最多能与4molH2发生加成反应，故ad错误，bc正确，故答案为：bc；（6）香兰醛（）的同分异构体符合条件：①属于芳香族化合物②与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③苯环上只有两个取代基④存在羰基的结构，所以苯环上除酚羟基之外的另一取代基是问题的关键，另一取代基可能的结构有﹣CH2COOH、﹣O﹣COCH3、﹣COOCH3、﹣CH2﹣O﹣CHO、﹣O﹣CH2CHO、﹣COCH2OH、﹣CH（OH）CHO共7种，每种取代基都有邻、间、对3种不同的结构，所以符合条件的香兰醛的同分异构体共有21种；香兰醛（K）的同分异构体符合：①苯环上的一氯取代物只有2种，则苯环上有2种H原子；②1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH，说明分子中存在酚羟基、羧酸与酚形成酯基，③核磁共振氢谱中有4种吸收峰，酚羟基有1种H原子，苯环上有2种H原子，结合香兰醛的结构可知，含有2个不同的取代基且处于对位，苯环上除酚羟基之外的另一取代基含有原子H原子，所以符合该条件的K的同分异构体的结构简式为，故答案为：21；．点评：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，综合分析确定E的结构是关键，较好地考查学生自学能力与分析推理能力，注意掌握官能团想性质与转化，（6）中同分异构体的书写为易错点、难度，难度中等．　-19-