2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷03）（全解全析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

(考试时间75分钟，总分100分)
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案；非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137 Pb 207
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．化学与艺术、历史息息相关，下列关于黑、吉、辽、内蒙古四地博物院(馆)藏品的说法错误的是( )
A．黑龙江省：“金代铜坐龙”其材质为黄铜，属于合金
B．吉林省：“错金银丙午神钩”其材质中的金丝、银片，都属于单质
C．辽宁省：“虢国夫人游春图”绘画基材为绢，属于合成高分子
D．内蒙古自治区：“元代钧窑鼎式香炉”其内胎由黏土烧结而成，属于硅酸盐材料
【答案】C
【解析】A项，黄铜是铜锌合金，A正确；B项，金丝、银片都是金属单质，B正确；C项，绢的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子，C错误；D项，黏土主要成分为硅酸盐，D正确； 故选C。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．中子数为8的碳原子：B．CO2的空间填充模型：
C．2pz的电子云轮廓图：D．MgCl2的电子式：
【答案】C
【解析】A项，中子数为8的碳原子：146C，A错误；B项，为球棍模型且二氧化碳是直线型，B错误；C项，2pz的电子云轮廓图：，C正确；D项，MgCl2的电子式：，D错误； 故选C。
3．下列有关金属的工业制法中，正确的是( )
A．制铜：火法炼铜，即将黄铜矿CuFeS2受热分解以获得铜单质
B．制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，CO还原得铁
C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁
D．制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】B
【解析】A项，黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为＋2，工业上用黄铜矿冶炼铜的反应：8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2，该反应不是分解反应，A错误；B项，工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，B正确；C项，工业上以海水为原料，经过一系列过程获得无水氯化镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，C错误；D项，因为氯化铝是共价化合物，熔融状态下氯化铝不电离，也不导电，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，D错误；故选B。
4．化学是以实验为基础的学科，下列实验操作、现象、结论均合理的是( )
【答案】D
【解析】A项，酸性条件下NO3- 能把Fe2+氧化为Fe3+，将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液，观察到溶液变红，可能是NO3-把Fe2+氧化为Fe3+，不能证明Fe(NO3)2样品已氧化变质，故A错误；B项，将乙醇和浓硫酸混合溶液加热至170℃，产生的气体中可能有SO2，SO2、乙烯都能使溴水褪色，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色，不能证明有乙烯生成，故B错误；C项，取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，碘能与碱反应，溶液未变蓝，不能证明淀粉已经完全水解，故C错误；D项，向盛有NaAlO2溶液的试管中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀，发生反应AlO2-+ HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，证明AlO2-结合氢离子的能力比CO32-强，故D正确；故选D。
5．溴蒸气与氨气相遇产生“白烟”，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．1L0.5ml·L-1的NH4Br溶液中含有NH4+的数目小于0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
【答案】B
【解析】A项，依据分子可知，生成14gN2，物质的量为：=0.5ml，反应中还原剂的分子数目为NA，A正确；B项，标况下溴为液体，不能使用气体摩尔体积，B错误；C项，由于铵根离子会发生水解，故1L0.5ml/L的NH4Br溶液中含有NH4+的数目小于0.5NA，C正确；D项，当生成29.4gNH4Br时，物质的量为=0.3ml，则消耗氨气的物质的量为：0.4ml，个数为0.4NA，D正确；故选B。
6．一种药物的重要中中间体的合成反应如下。下列说法错误的是( )
A．X 分子中没有手性碳原子B．X可以与盐酸反应
C．Y 分子中碳原子的杂化类型有三种D．Y分子中所有原子可能共面
【答案】D
【解析】A项，X中所有碳均未与4个原子或基团相连，所有碳均不是手性碳，A正确；B项，X中氨基具有碱性，能与盐酸反应，B正确；C项，Y中甲基碳为sp3杂化，碳氮双键、苯环上的碳为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，C正确；D项，Y分子中含饱和碳，所有原子一定不共面，D错误； 故选D。
7．科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图所示下列叙述错误的是( )
A．基态硼原子的核外电子的空间运动状态有3种
B．电负性大小为：O>B>H
C．该结构中硼原子的杂化方式为sp2、sp3
D．该结构中共有4种不同化学环境的氧原子
【答案】B
【解析】A项，基态硼原子电子排布式为1s22s22p1，核外电子的空间运动状态有3种，A正确；B项，元素非金属性越强电负性越大，则电负性大小为：O>H >B，B错误；C项，根据图知，形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4 ，形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，所以B原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，C正确；D项，根据结构可知，共有4种不同化学环境的氧原子，D正确； 故选B。
8．靛玉红可用于治疗慢性粒细胞白血病，结构如图所示下列叙述错误的是( )
A．靛玉红能使Br2的CCl4溶液褪色 B．靛玉红能发生加成、取代反应
C．1 ml靛玉红最多能与9 ml发生反应D．靛玉红的分子式为C16H10N2O2
【答案】C
【解析】A项，靛玉红结构中含有碳碳双键可以和Br2发生加成反应，即能使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；B项，由结构图可知结构中含有碳碳双键、羰基等可以发生加成反应；含有肽键、苯环可以发生取代反应，B正确；C项，1 ml靛玉红含有2 ml苯环、1 ml碳碳双键、1 ml羰基，所以最多能与8 mlH2发生反应，C错误；D项，由结构式可知，靛玉红的分子式为C16H10N2O2，D正确； 故选C。
9．某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是( )
A．简单气态氢化物的稳定性：X>WB．简单离子半径：Z>W>X
C．第一电离能：Y>W>XD．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，W形成3个共价键，Y形成5个共价键，W是N元素、Y是P元素，Z形成1个共价键，Z是Cl元素；P、Cl的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，X是O元素。A项，同周期元素从左到右，元素非金属性增强，简单气态氢化物的稳定性增强，氢化物稳定性H2O>NH3，A正确；B项，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl->N3->O2-，B正确；C项，N原子2p能级半充满，N的第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O>P，C错误；D项，Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4是强酸，D正确；故选C。
10．镓是化学史上第一个先从理论预言，后在自然界中被发现验证的化学元素。镓的活动性与锌相似，比铝低。粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)中提取镓的工艺流程如下图所示。
下列叙述错误的是( )
A．粉煤灰与纯碱在“焙烧”中会产生CO2
B．“溶浸”可使镓、铝化合物溶于溶液，同时将CaO转化为CaCO3而滤出
C．向“滤液1”中加入酸性物质使pH减小，“滤渣2”是Al(OH)3
D．工业上采用电解Ga2O3的方法制备金属Ga
【答案】D
【解析】流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成NaGaO2和NaAlO2，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙。A项，粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)与纯碱在“焙烧”中会生成NaGaO2和NaAlO2，同时产生CO2，A正确；B项，“溶浸”的目的是使镓、铝化合物以NaGaO2和NaAlO2溶于溶液，，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，B正确；C项，“滤液1”的溶质主要有Na2CO3、NaGaO2和NaAlO2，显碱性，加入酸性物质中和OH-使溶液的pH减小，偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，过滤与NaGaO2溶液分离，C正确；D项，“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，D错误； 故选D。
11．室温时，纳米Fe2O3-Li(石墨)锂离子电池可通过循环充放电实现对磁性的可逆调控(如图所示)，下列说法正确的是( )
A．X过程为充电，完成后电池被磁铁吸引
B．该电池可以用水溶液作电解质溶液
C．充电时，Li+向阴极移动发生氧化反应
D．放电时，正极的电极反应式为：Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O
【答案】D
【解析】纳米Fe2O3-Li(石墨)锂离子电池中Fe+Li2O电极中Li转化为Li2O元素化合价升高，为原电池的负极，Fe+Li2O为电池的正极，X过程为放电过程，Y过程为充电过程。A项，Fe2O3+Li电极中Li转化为Li2O元素化合价升高，为原电池的负极，Fe+Li2O为电池的正极，X过程为放电过程，A错误；B项，Li与水反应，该电池不能用水溶液作电解质溶液，B错误；C项，电解池中阳离子移向阴极。充电时Li+向阴极移动，在阴极得电子发生还原反应，C错误；D项，放电时，Fe+Li2O正极的电极反应式为：Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，D正确；故选D。
12．一定温度下，向容器中加入A可发生反应如下：①A→B，②A→C，③BC。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率小于生成速率
D．升高温度，时体系中B的含量增大
【答案】B
【解析】A项，由图可知，0-t1时间段，A同时生成B和C，但生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，A错误；B项，反应③的平衡常数K=，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K＞1，B正确；C项，t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，C错误；D项，t2时反应未达到平衡，升高温度，速率加快，B的含量减小，D错误；故选B。
13．科学家新合成了镍催化剂NiSCN，并将其应用在光氧化还原/镍催化的卤代芳烃碳氮键和碳氧键偶联反应中，反应机理如图所示(Ar-为芳基)，下列叙述正确的是( )
A．SCN-Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键
B．上述总反应属于加成反应，原子利用率为100%
C．和中C原子杂化类型完全相同
D．上述循环中，Ni的化合价保持不变
【答案】A
【解析】A项，SCN-中N、S都含有孤电子对，根据图示SCN-Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键，A正确；B项，上述反应中，产物还含有HBr，属于取代反应，原子利用率小于100%，项错误；C项，芳基中C原子为sp2杂化，中C原子采用sp3杂化，C错误；D项，上述循环中，镍表现出+1、+2、+3价，D错误；故选A。
14．一种稀磁半导体晶体的晶胞结构如下(部分原子的分数坐标已给出)，有关说法正确的是( )
A．该晶体属于金属晶体，一定条件下可以导电
B．a处Zn原子的分数坐标为
C．该晶体的化学式为BaZn2As2
D．与Zn距离最近且等距的As原子有3个
【答案】C
【解析】A项，已知该晶体是一种稀磁半导体晶体，不属于金属晶体，A错误；B项，a处Zn原子的分数坐标为，B错误；C项，晶胞中Ba位于顶点和体心、个数为8×+1=2，Zn位于面心、个数为8×=4，As位于棱上和体内、个数为8×+2=4，则该晶体的化学式为BaZn2As2，C正确；D项，与Zn距离最近且等距的As原子有4个，D错误； 故选C。
15．工业上常用H2S作沉淀剂除去废水中的Zn2+和Mn2+。通过调节溶液的pH可使Zn2+和Mn2+逐一沉降，处理过程中始终保持H2S溶液为饱和状态即c(H2S)=0.1ml/L ml/L，体系中S2-、HS-、Zn2+、Mn2+浓度(ml/L)的负对数pM与pH的关系如图所示。已知：Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)。下列说法不正确的是( )
A．Ⅱ表示-lgc(S2-)与pH的关系曲线
B．Q点对应c(H+)的数量级为10-2
C．
D．溶液中c(Zn2+)和c(Mn2+)均为0.1ml/L，Zn2+完全沉淀时溶液的最小pH为2
【答案】B
【解析】H2S饱和溶液中随着pH增大，c(H+)减小，c(HS-)、c(S2-)均增大，则-lgc(HS-)和-lgc(S2-)随着pH增大而减小，且pH相同时，c(HS-)>c(S2-)，即-lgc(HS-)<-lgc(S2-)，则Ⅰ、Ⅱ分别表示-lgc(HS-)、-lgc(S2-)与pH的关系曲线；随着pH增大，c(S2-)增大，则c(Zn2+)和c(Mn2+)逐渐减小，且Ksp(MnS)>Ksp(ZnS)，即当c(S2-)相同时，c(Mn2+)>c(Zn2+)，则-lgc(Mn2+)和-lgc(Zn2+)随着pH增大而增大，且-lgc(Mn2+)<-lgc(Zn2+)，则Ⅲ、Ⅳ分别表示-lgc(Zn2+)、-lgc(Mn2+)与pH的关系曲线。A项，Ⅱ表示-lgc(S2-)与pH的关系曲线，A正确；B项，Ⅰ表示-lgc(HS-)与pH的关系曲线，当c(H+)=10-5.5ml/L时，c(HS-)=10-2.6ml/L，，且，则a=2.2，则c(H+)=10-2.2ml/L=100.8×10-3ml/L，所以Q点对应c(H+)的数量级为10−3，B错误；C项，，由图可知，当c(H+)=10-5.45ml/L时，c(S2-)=10-11.9ml/L，则，，则，所以，C正确；D项，曲线Ⅱ、Ⅲ的交点表示c(H+)=10-5.45ml/L时，c(S2-)=c(Zn2+)=10-11.9ml/L，则，恰好完全沉淀时，，由得：，即pH=2，则Zn2+完全沉淀时溶液的最小pH为2，D正确；故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．(14分)碳酸镍具有良好的催化性能，在化学和工业领域广泛应用。利用废镍催化剂(主要成分为 Ni及其氧化物、Al和 Fe的氧化物)获得碳酸镍的过程如下：
已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，稀硫酸比稀硝酸更合理，理由是 。
(2)“除杂”时，先加入30% H2O2溶液，再用30% NaOH溶液调pH， 适当升温，反应2 h。
①若除杂后溶液中Ni2+浓度为0.10 ml/L，需控制溶液的pH范围是 。
②加入30% H2O2的目的为 。
③该过程还可用NaClO替代H2O2， 调节pH 为3.5，其反应的离子方程式为 。
(3)“沉镍”后获得产品的一系列操作为 。
(4)碳酸镍的晶胞如图1所示，Ni2+的配位数为 ，晶胞密度为 g/cm³(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(5)“沉镍”过程可能生成碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]。为测定该沉淀的组成进行下列实验：称取干燥沉淀样品7.54 g，隔绝空气加热。该化合物的热重曲线如图2所示。 则y= 。
【答案】(1)Ni会与稀硝酸反应生成污染环境的氮氧化物(1分)
(2) 6.7(1分) 将Fe2+全部氧化为Fe3+(1分)
ClO-+2Fe2++2H2O=2Fe(OH)3+2Cl-+4H+(2分)
(3)过滤、洗涤、干燥(2分)
(4) 6(1分) 或(3分)
(5)2(3分)
【解析】(1)“酸浸”时，稀硫酸比稀硝酸更合理，理由是稀硝酸会被还原为氮的氧化物，污染大气。(2)①根据表格可知，铁离子完全沉淀时的pH为3.2， pH为8.7时，溶液中Ni2+沉淀完全，此时溶液中c(Ni2+)=10-5ml/L，c(OH-)=10-5.3ml/L，Ksp[Ni(OH)2]= 10-15.6，若除杂后溶液中Ni2+浓度为0.10 ml/L，则c(OH-)==10-7.3，pH=6.7，6.7小于Ni2+开始沉淀时的pH(7.2)，所以需控制溶液的pH范围是6.7。②H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，故加入30% H2O2的目的为将Fe2+全部氧化为Fe3+。③用NaClO替代H2O2， 调节pH 为3.5，则Fe3+转化为Fe(OH)3，反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H2O=2Fe(OH)3+2Cl-+4H+。(3)“沉镍”后获得产品的一系列操作为过滤、洗涤、干燥。(4)由图1可知，Ni2+的配位数为6；1个晶胞中Ni2+的个数为，即1个晶胞中含4个NiCO3，晶胞密度为。(5)由图2可知，200℃之前失去结晶水为，则碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]为，所以200-500℃间，失去的二氧化碳和水为①，最后的NiO的物质的量为，即0.02ml(x+y)=0.06 ml②，联立方程解得x=1，y=2。
17．(14分)四水甲酸铜(II) [Cu(HCOO)2·4H2O]常用作催化剂、化学试剂，应用于电镀等领域。实验室可以用碱式碳酸铜[Cu(OH)2·CuCO3]与甲酸反应来制备。
已知：①四水甲酸铜(II)为蓝色晶体，易溶于水，难溶于醇及大多数有机物。
②碱式碳酸铜和碳酸氢钠在水溶液中比固态时更易分解。
实验室制备四水甲酸铜(II)的步骤如下：
I．称取一定量CuSO4·5H2O和NaHCO3，充分研细并混合均匀。
II．将I中所得混合物加入到100mL接近沸腾的蒸馏水中，继续加热至接近沸腾状态数分钟。
III．静置溶液澄清后，用倾析法分离得到沉淀，用蒸馏水洗涤，干燥。
IV．将III中所得产品放入如图装置的三颈烧瓶中，加入约20mL蒸馏水，加热搅拌至50℃左右。
V．向三颈烧瓶中加入甲酸，反应结束后趁热过滤。
VI．经过一系列操作得到四水甲酸铜(II)产品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 。
(2)步骤II中发生反应的化学方程式为 。
实际取用的硫酸铜和碳酸氢钠的物质的量之比小于1：2，原因一是过量的碳酸氢钠用于保持溶液呈碱性，二是 。
(3)步骤III中检验沉淀已洗净的方法是 。
(4)步骤VI中的一系列操作中减压过滤的优点是 。
(5)测定产品中四水甲酸铜(II)(M=226g/ml)的含量：准确称取ag产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，消除干扰离子后，用c ml·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。(已知滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)则产品中四水甲酸铜(II)的质量分数为 (用含a、b、c的代数式表示)。
(6)如果将甲酸铜(II) [Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸()、乙醇混合溶液长时间放置，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。
1个X晶胞中含有Cu的数目为 ；若1mlX晶胞的质量为456g，实验表明，91.2mg晶体X可吸收6.72mgN2，所得晶体中Cu：N个数比为1： 。
【答案】(1)球形冷凝管(1分)
(2)2CuSO4+4NaHCO3Cu(OH)2·CuCO3↓ +3CO2↑+2Na2SO4+H2O(2分)
碳酸氢钠易分解损失(1分)
(3)取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净(2分)
(4)加快过滤速度，得到较为干燥的沉淀(2分)
(5) (2分)
(6) 2(2分) 1.2(2分)
【解析】实验室制备四水甲酸铜(II) [Cu(HCOO)2·4H2O]，先用CuSO4·5H2O和NaHCO3反应制备碱式碳酸铜[Cu(OH)2·CuCO3]，反应液静置澄清后，用倾析法分离得到沉淀，用蒸馏水洗涤，干燥得干燥碱式碳酸铜；碱式碳酸铜放入三颈烧瓶中，加入约20mL蒸馏水，加热搅拌至50℃左右，加入甲酸，反应结束后趁热减压过滤得甲酸铜(II) [Cu(HCOO)2]。(1)根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；(2)步骤II中硫酸铜和碳酸氢钠发生反应生成碱式碳酸铜、二氧化碳、硫酸钠，反应的化学方程式为2CuSO4+4NaHCO3Cu(OH)2·CuCO3↓ +3CO2↑+2Na2SO4+H2O。实际取用的硫酸铜和碳酸氢钠的物质的量之比小于1：2，原因一是过量的碳酸氢钠用于保持溶液呈碱性，二是碳酸氢钠易分解损失。(3)步骤III中检验可能含有的杂质是硫酸钠，若洗涤液中不含硫酸根离子说明沉淀已洗净，检验的方法是：取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净。(4)步骤VI中的一系列操作中减压过滤的优点是：加快过滤速度，得到较为干燥的沉淀；(5)根据滴定反应方程式Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，可知n(Cu(HCOO)2·4H2O)=n(EDTA)=，则产品中四水甲酸铜(II)的质量分数为。(6)如果将甲酸铜(II)、对苯二甲酸()、乙醇混合溶液长时间放置，析出晶体X，甲酸根全部被交换到溶液中，则X为；根据均摊原则，苯环的数目为，1个X晶胞中含有Cu的数目为2；若1mlX晶胞的质量为456g，91.2mg晶体中晶胞的物质的量为，含有Cu的物质的量为， 中N原子的物质的量为 ，所得晶体中Cu：N个数比为1：1.2。
18．(13分)利用CO2催化加氢制二甲醚(CH3OCH3)过程中发生的化学反应为：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1>0
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H2<0
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H3<0
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的速率方程为v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2O)其中v正、v逆为正、逆，反应速率k正、k逆为速率常数，p为各组分的分压。在密闭容器中按一定比例充入H2和CO2，体系中各反应均达到化学平衡。向平衡体系中加入高效催化剂，将 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)；增大体系压强的值将 。
(2)在一定条件下，保持体积恒定，向同一密闭容器中按投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示：
图中表示CO的平衡体积分数随温度变化的曲线为 (填“X”或“Y”)，温度从553K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是 ，能同时提高CH3OCH3的平衡体积分数和CO2的平衡转化率的措施是 。
(3)一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1mlCO2和3mlH2进行上述反应，反应经10min达平衡，CO2的平衡转化率为30%，容器中COg为0.05ml，CH3OHg为0.05ml。前10minCH3OCH3g的反应速率为 ml/(L·min)。继续向容器中加入0.05mlCH3OHg和xmlH2Og，若此时反应Ⅲ逆向进行，则x的最小值为 。
(4)CO2催化加氢制二甲醚的副产物CO和CH3OH均可作为燃料电池的燃料，则两种燃料比能量的大小之比为 (比能量：单位质量所能输出电能的多少)。
【答案】(1)不变(1分) 不变(1分)
(2) Y(1分) 553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高(2分) 增大压强或在553K以下降温(2分)
(3) 0.01(2分) 1.2(2分)
(4)8/21(或21/8) (2分)
【解析】(1)达到平衡时，正、逆反应速率相等，加入催化剂同倍数改变正、逆速率，故将不变；、为速率常数，只与温度有关，则增大体系压强，的值将不变；(2)随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，故CO平衡体积分数增大，对应曲线Y；553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，再结合反应Ⅲ可知提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动；反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，根据图像可知在553K以下降温可提高CO2平衡转化率，同时增大二甲醚的体积分数。(3)由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1 ml×30%=0.3 ml，平衡时CO物质的量为0.05 ml，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05 ml， 则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25 ml，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25 ml，又平衡时CH3OH为0.05 ml，说明有0.2 mlCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：
前10minCH3OCH3g的反应速率为0.01ml/(L·min)；反应ⅢKc=；再加入0.05ml CH3OH、x ml H2O后，反应Ⅲ逆向进行，则Qc=＞Kc=16，求得x＞1.2；(4)CO和CH3OH作为燃料电池的燃料均被氧化生成CO2，设CO和CH3OH各1g，计算转移电子的量：

可知CO和CH3OH比能量的大小之比为8∶21。
19．(14分)化合物H是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：①
②RBr
(1)A具有酸性，且酸性比乙酸 (选填“强”或“弱”)。
(2)A→B的反应类型为 ，D中官能团名称为 。
(3)C的结构简式为 。
(4)E有多种同分异构体，符合下类条件的同分异构体有 种。
a．经红外光谱测定结构中含结构，且苯环上只有两个取代基
b．能发生水解反应
c．能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀
(5)写出F→G的化学反应方程式 。
(6)某药物中间体的合成路线如下，其中K和J的结构简式分别为 和 。
【答案】(1)强(1分)
(2) 酯化反应(1分) 醛基(1分)
(3) (2分)
(4)24(3分)
(5) (2分)
(6) (2分) (2分)
【解析】根据题干信息，A具有酸性，则A的结构简式为CH2BrCOOH，A与乙醇发生酯化反应，则B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3，根据信息②可知，C的结构简式：，根据D的分子式，以及E的结构简式可知，D为苯甲醛，即结构简式：，根据F的分子式，以及E的结构简式，E→F发生消去反应，即F的结构简式：，F与氢气发生加成反应，对比F、G的分子式，则G的结构简式：，H的结构简式：。(1)A的结构简式为CH2BrCOOH，由于Br电负性大于H，所以CH2BrCOOH酸性比乙酸强；(2)A与乙醇发生酯化反应；根据分析可知，D为苯甲醛，官能团为醛基；(3)根据分析，参考已知信息②可知，C的结构简式：；(4)E的同分异构体符合：a．经红外光谱测定结构中含结构，且苯环上只有两个取代基；b．能发生水解反应，说明含酯基；c．能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀，说明含醛基或甲酸某酯基，综上结合分子式可判断该分子中，苯环上两侧链分别为-C5H11和-OOCH，两个取代基位置有邻、间、对三种，-C5H11的碳架异构有8种，同分异构体共有24种；(5)根据分析，F结构简式为，F与氢气发生加成反应生成G，其结构简式为，化学方程式：；(6)根据目标产物，发生消去反应得到目标产物，因此由乙醛、丙酮经过一系列反应得到，因此合成路线为，则K、J结构简式分别为：、。
选项
实验操作
现象
结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液
观察到溶液变红
Fe(NO3)2样品已氧化变质
B
将乙醇和浓硫酸混合溶液加热至170℃，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
有乙烯生成
C
取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水
溶液未变蓝
淀粉已经完全水解
D
向盛有NaAlO2溶液的试管中滴加碳酸氢钠溶液
产生白色沉淀
AlO2-结合氢离子的能力比CO32-强
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Fe(OH)2
开始沉淀pH
2.2
3.7
7.2
7.5
完全沉淀pH
3.2
4.7
8.7
9.0