2024年高考第二次模拟考试卷：化学（广东卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试卷：化学（广东卷）（解析版），共17页。试卷主要包含了劳动实现美好生活，某小组模拟工业制备，其原理是，化学处处呈现美等内容，欢迎下载使用。

1．中华文明源远流长，化学与文化传承密不可分。下列物质主要由合金材料制成的是
【答案】D
【解析】A．中华缠枝纹薄胎玉壶主要成分是、，A不符合题意；
B．竹的主要成分是纤维素，则《孙子兵法》竹简不是由合金材料制成的，故B不符合题意；
C．唐三彩陪葬俑是硅酸盐材料，C不符合题意；
D．青铜是和或的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D符合题意；
故选D。
2．化学科学在科技强国中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A．“神舟十六号”载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷化镓是一种共价晶体
B．“朱雀二号”遥二液氧甲烷运载火箭发射成功，甲烷是最简单的烃的衍生物
C．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，与互为同素异形体
D．C919大飞机内的椅罩、门帘等使用国产芳砜纶纤维，芳砜纶纤维属于天然纤维
【答案】A
【解析】A．砷化镓是熔沸点高、硬度大的共价晶体，故A正确；
B．甲烷是仅含有碳元素和氢元素的最简单的烃，故B错误；
C．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故C错误；
D．芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，故D错误；
故选A。
3．劳动实现美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】B
【解析】A．碘是合成甲状腺激素的元素，缺乏会患甲状腺肿。食盐中加入碘酸钾可补充碘元素，预防甲状腺机能亢进，两者有关联，故A不选；
B．将小苏打加入面粉中焙制糕点是因为碳酸氢钠加热时易分解生成二氧化碳气体，使糕点彭松，与碳酸氢钠与碱反应没有关联，故B选；
C．复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种，可以用于培育植物，两者有关联，故C不选；
D．盐碱地(含较多Na2CO3等)施用适量石膏，碳酸钠与硫酸钙反应复分解反应生成碳酸钙固体，降低了碳酸根的浓度，降低土壤的碱性，两者有关联，故D不选。
答案选B。
4．治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确的是
A．分子式为C16H28N2O4
B．该结构中有5种官能团
C．能发生氧化反应、加成反应、取代反应
D．该物质最多能与3mlNaOH发生反应
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，奥司他韦的分子式为C16H28N2O4，故A正确；
B．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的官能团为醚键、酰胺基、碳碳双键、氨基和酯基，共有5种，故B正确；
C．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，含有的酰胺基和酯基能发生取代反应，故C正确；
D．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的酰胺基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml奥司他韦分子最多能与2ml氢氧化钠发生反应，故D错误；
故选D。
5．利用人工湿地-微生物燃料电池进行脱氮，实现低能耗、环境友好型处理废水，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a极为原电池负极
B．a极附近与b极附近的微生物细菌均为厌氧型
C．a极表面发生的电极反应包括：
D．电子由a极经电阻R流向b极
【答案】C
【解析】A．a极附近有反应得电子，a极为原电池正极，A项错误；
B．a极附近有，微生物细菌为好氧型，b极位于人工湿地底部，微生物细菌为厌氧型，B项错误；
C．a极表面发生的电极反应有，同时还有参与反应，C项正确；
D．a极的得电子，故电子由b极经电阻R流向a极，D项错误；
故选C。
6．某小组模拟工业制备，其原理是：，其中不合理的是
【答案】D
【解析】A．碱石灰加入浓氨水后放出大量热，溶液碱性增强都会使平衡逆向移动而制取氨气，故A正确；
B．氨气在四氯化碳中溶解度极小，氨气通过四氯化碳时产生气泡的快慢可以显示氨气的流速，故B正确；
C．打开分液漏斗活塞将二硫化碳滴入三颈烧瓶，同时通入氨气，在催化剂催化下发生而制得，故C正确；
D．氨气在水中溶解度极大，和硫酸能发生反应，在稀硫酸中溶解度就更大了，因此需要增加防倒吸装置，故D错误；
故选D。
7．化学处处呈现美。下列说法错误的是
A．锌片加入溶液中，可以产生美丽的“银树”，该过程发生了氧化还原反应
B．饱和溶液久置可产生蓝色晶体
C．高度对称的结构给人艺术的美感，属于化合物
D．城市夜晚的光束如梦如幻，光束的形成属于丁达尔效应
【答案】C
【解析】A．锌片加入溶液中，可以产生美丽的“银树”，该过程发生了氧化还原反应，锌置换出银Zn+2=Zn(NO3)2+2Ag，A正确；
B．久置的饱和溶液可析出的蓝色晶体五水合硫酸铜，B正确；
C．高度对称的结构给人艺术的美感，是由碳元素组成的单质，不属于化合物，C错误；
D．城市夜晚的光束如梦如幻，空气中灰尘形成气溶胶，光束的形成属于丁达尔效应， D正确；
答案选C。
8．肼()又称联氨，为二元弱碱，与硫酸反应可生成、。下列说法正确的是
A．室温下0.01ml/L水溶液
B．稀释0.01ml/L水溶液，升高
C．的水溶液中存在：
D．水溶液中的电离方程式为
【答案】D
【解析】A．肼()为二元弱碱，故室温下0.01ml/L水溶液中氢氧根浓度小于0.02ml/L，，A错误；
B．稀释0.01ml/L水溶液，虽促进了肼的电离，但溶液被稀释，氢氧根浓度减小，故降低，B错误；
C．的水溶液中存在质子守恒，即，C错误；
D．属于盐且是强电解质，所以水溶液中的电离方程式为，D正确；
故选D。
9．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a可与硫单质反应生成f
B．c可与水反应得到d
C．可将葡萄糖与d的悬浊液混合后加热制得b
D．可存在a→c→e→a的循环转化关系
【答案】B
【分析】a为Cu，b为Cu2O，c为CuO，d为Cu(OH)2，e和f为+2价和+1价的铜盐，据此分析解题。
【解析】A．铜能与硫单质在加热的条件下直接反应得到硫化亚铜，A正确；
B．不能与直接反应，B错误；
C．悬浊液与葡萄糖溶液混合后加热可得，C正确；
D．可以在中加热得到，溶于酸可得到，可被铁单质置换成，D正确；
答案选B。
10．植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法正确的是
A．高温有利于加快过程①B．浇水和松土有利于过程②
C．过程③中被还原D．过程④叫做氮的固定
【答案】B
【解析】A．过程①有根瘤菌参与催化，不能高温下进行，A错误；
B．过程②是和O2反应生成，浇水和松土有利于过程②的反应，B正确；
C．过程③中转化为NO，N的化合价由+3价升高到+5价，作还原剂被氧化，C错误；
D．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，过程④是氮的化合物中氮的转变，D错误；
故答案为：B。
11．等是氮的重要化合物，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．由和组成的混合气体中，含氧原子的数目为
B．溶液中，含的总数小于
C．与一定量的浓硝酸恰好反应，转移的电子数一定为
D．常温下，22.4L氨气含的分子数为
【答案】B
【解析】A．和的最简式均为混合物中相当于，含有氧原子的数目为，选项A错误；
B．溶液中因水解，数目小于，选项B正确；
C．与硝酸反应恰好溶解，最终可能得到或，最终铁元素化合价可能变为价，也有可能是价，也有可能既有价也有价，无法准确计算转移电子数，选项C错误；
D．常温下，22.4L氨气的物质的量不是，选项D错误；
答案选B。
12．科学家合成出了一种高效电解质(结构如图所示)，其中Y、Z、W、X、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，Z和Q位于同一主族，Y和W的原子序数之和与Q的相等。下列说法正确的是
A．X的氢化物与Z的简单氢化物反应会产生H2
B．该化合物的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
D．X和Z形成的化合物中一定含有共价键
【答案】A
【分析】Y、Z、W、X、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，每个Z原子均形成2对共用电子，每个Q形成6对共用电子，Z和Q位于同一主族且Z的原子序数小于Q，则Z为O，Q为S；W均形成一个共价键，W是F元素；Y和W的原子序数之和与Q的相等， Y是N元素；X可形成，可知X为Na元素；
【解析】A．，故A正确；
B．该化合物的阴离子中，S原子最外层电子数为6+6=12，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．同周期主族元素随核电荷数增大，非金属性增强，元素非金属性强弱顺序为F＞O＞N，故C错误；
D．X为Na，Z为O，二者形成的化合物有、，中不含共价键，故D错误；
选A。
13．根据下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是
【答案】C
【解析】A．向Fe2(SO4)3溶液中加入Cu片，溶液变蓝，则发生反应，从而说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，选项A正确；
B．[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色，吸热反应加热后平衡正向移动，溶液变成黄绿色，降温平衡逆向移动，溶液变蓝，选项B正确；
C．水解是吸热反应，升高温度水解程度增大，c(OH-)逐渐增大，且温度升高Kw增大，则根据pH逐渐减小，得溶液中c(H+)逐渐增大，选项C错误；
D．由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，选项D正确；
答案选C。
14．某温度条件下，在某恒压容器中发生反应，部分反应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示(曲线m、n)。下列说法正确的是
A．m表示C的物质的量随时间的变化
B．时刻反应速率：
C．此反应的平衡常数
D．平衡后充入，再次达到平衡时物质n的物质的量大于
【答案】C
【解析】A．C为固体，随着反应的进行，反应物m呈降低趋势，m表示的是一氧化氮的物质的量随时间的变化，A错误；
B．时刻之后，曲线m代表的反应物在持续减少，曲线n代表的生成物在持续增加，则该时刻反应向正反应方向进行，，B错误；
C．25min之后，曲线m、n不再变化，反应物、生成物的物质的量不再变化，该反应达到平衡，根据图中数据列出三段式，该反应前后气体分子数不变，则气体体积不变，容器体积不变，设反应过程中体积为1L，，C正确；
D．平衡后充入，恒压容器中，容器体积增大，各气体物质浓度同比例降低，由于该反应前后气体分子数不变，再次达到平衡时，物质n的物质的量等于，D错误；
故选C。
15．在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：
下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
【答案】D
【分析】根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O；反应ⅱ中NO在另外的吸附点被Fe还原为NH，离子方程式为：NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O，以此分析解答。
【解析】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；
B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；
C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；
D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故选：D。
16．回收利用工业废气中的CO2和 SO2，实验原理示意图如下。下列说法正确的是
A．废气中 CO2和 SO2排放到大气中均会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是 HCO的水解程度小于 HCO的电离程度
C．电源的正极为N
D．装置b中的总反应为 SO+CO2+H2OHCOOH+SO
【答案】D
【分析】从图中可知，CO2在与N电极相连的电极上反应生成HCOOH，则CO2得电子，N为负极，M电极相连的电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则M电极为正极。
【解析】A．废气中的CO2排放到大气中不会形成酸雨，A错误；
B．水解生成氢氧根离子，电离生成氢离子，装置a中的碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，B错误；
C．根据分析可知，电源的正极为M极，C错误；
D．装置b中结合两个电极上反应物与产物的情况可知，总反应为SO+CO2+H2OHCOOH+SO，D正确；
故答案选D。
非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某实验小组对Cu与的反应进行研究，实验如下。
回答下列问题：
（1）试管①中反应的化学方程式是 。
（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了和 。
（3）对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。
假设1：对该反应有催化作用。
假设2：对该反应有催化作用。
假设3：对该反应有催化作用。
（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是 。
（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，反应的离子方程式为 ；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为 。
【答案】（1）Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（2）HNO3
（3）Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
（4）排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
（5）2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【解析】（1）试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。
（3）假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是对该反应有催化作用；为验证对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。
（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。
（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～，理论得到质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为；故答案为：2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；90%。
18．碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
回答下列问题：
（1）气体A的电子式为_____________。
（2）“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
（3）滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
（5）“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
（6）上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。
【答案】（1）
（2）+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
（3 Cr (OH)3 Ca(OH)2、Mg(OH)2
（4）防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
（5）
（6）
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【解析】（1）根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
（2）酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
（4）根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
（5）反应的化学平衡常数K=；
（6）在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
19．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。以、为原料合成涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）已知 ，请计算___________。
（2）在恒温恒容的容器中发生上述反应，下列说法正确的有___________。
A．气体平均摩尔质量保持不变，反应体系已达平衡
B．加入催化剂，可提高的平衡转化率
C．平衡后缩小体积增大体系压强，有利于提高产率
D．平衡后升高温度，反应Ⅱ的正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正移
（3）研究表明：其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性。使用该催化剂，将和在密闭容器中进行反应，的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：
①温度为，经体系达到平衡，则的平均反应速率为___________，该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________。
②随着温度的升高，的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，分析其原因___________。
（4）研究表明，在电解质水溶液中，可以被电化学还原。两种不同催化剂、上电还原为的反应进程中(溶液中被还原为的反应也同时发生)相对能量变化如图。由此判断，电解质溶液中主要发生还原为反应的是___________(填或)，理由是___________。
【答案】（1）-49.5kJ/ml
（2）AC
（3） 0.00375或 当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性却降低
（4）b 催化剂条件下，电还原为的活化能小于电还原为的活化能，更容易发生的电还原；(或“催化剂条件下，电还原的活化能大于电还原的活化能，相对来说，更易发生的电还原。”)
【分析】（1）根据盖斯定律可知，∆H1=∆H+∆H2=-90.4 kJ/ml+ 40.9kJ/ml=-49.5kJ/ml；
（2）A．气体平均摩尔质量M=，两个反应的反应物和生成物均为气体，因此m不变，反应Ⅰ中反应物系数之和与生成物系数之和不相等，故n为变量，因此M为变量，可以作为判定平衡的条件，A符合题意；
B．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响平衡移动，不会影响转化率，B不符合题意；
C．增大压强反应Ⅰ正向移动，有利于提高CH3OH产率，C符合题意；
D．升高温度，反应Ⅱ的正逆反应速率都增大，D不符合题意；
故选AC。
（3）①v(CO2)==0.02ml/(L∙min)；
553K时，CO2的转化率为20%，CH3OH的选择率为60%，故参加反应Ⅰ的CO2的浓度变化为1ml/L×0.2×0.6=0.12ml/L，各物质的转化量为：
参加反应Ⅱ的CO2的浓度变化为0.2ml/L-0.12ml/L=0.08ml/L，各物质的转化量为：
，因此平衡时c(CO2)=1ml/L-0.2ml/L=0.8ml/L，c(H2)=2.44ml/L-0.36ml/L-0.08ml/L=2ml/L，c(CH3OH)=0.12ml/L，c(H2O)=0.12ml/L+0.08ml/L=0.2ml/L，K===0.00375；
②由于反应Ⅰ为放热反应，当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，导致甲醇的选择性降低，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高时平衡正向移动，且幅度更大，导致CO2的转化率增大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低；
（4）由图像可知，b催化剂条件下，CO2电还原为CO的活化能小于H+电还原为H2的活化能，活化能越小，反应越容易发生，因此b催化的条件下更容易发生CO2的电还原。
20．法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。
已知如下信息：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中官能团名称为_______。
（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为，其结构简式为_______。
（3）反应物Ⅲ为乙二醛，其结构简式为_______。
（4）反应②的反应类型是_______；反应③的反应类型是_______。
（5）已知的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且能与足量溶液反应放出，符合上述条件的共有_______种，写出其中任意一种含有手性碳原子的结构简式：_______。(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)
（6）根据上述信息，写出以甲苯及乙胺()为原料合成的路线(无机试剂任选，不需要注明反应条件) _______。
【答案】（1）酯基
（2）
（3）
（4）还原反应 取代反应
（5）9 或或
（6）
【分析】化合物Ⅰ中两个酯基之间的碳原子先用溴单质取代，后用氨气使酯基断裂碳氧单键并接入氨基，两个氨基与乙二醛形成碳氮双键，得到环状结构，经氢氧化钠和酸化将酮基转为羟基，以及浓硫酸、浓硝酸等系列操作后制得法匹拉韦。
（1）化合物Ⅰ中含有两个酯基。
（2）化合物Ⅱ是由化合物Ⅰ被溴单质取代后得到，结合其与氨气反应后产物的结构逆推可得，其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为的结构简式为。
（3）乙二醛的结构简式为。
（4）从反应②前后物质的结构分析可知，是其中的一个－NO2被还原成－NH2，反应类型为还原反应；从反应③前后物质的结构分析可知，是其中的一个－NH2被F原子取代，反应类型为取代反应。
（5）的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，则推断分子式少了一个“CH2”， 结合化合物Ⅰ的分子式C7H12O4，的分子式是C6H10O4；能与足量溶液反应放出，则推断一个分子中有两个羧基；据此分析推断由两个“－COOH”和一个“－C4H8－”组成，“－C4H8－”的碳链有2种：和。连接两个羧基有“1.1”、 “1.2”、 “1.3”、 “1.4”、 “2.2”、 “2.3”六种的可能；连接两个羧基有“1.1”、 “1.2”、 “1.3”三种的可能，故符合条件的共有9种。
含有手性碳原子（用*表示）的结构有、、。
（6）根据题给已知信息，要合成可用和苯甲醛反应得到，甲苯上甲基先卤代，再用氢氧化钠水溶液取代得到羟基，后将羟基催化氧化即可得到苯甲醛，设计合成路线如下：。
A．中华缠枝纹薄胎玉壶
B．《孙子兵法》竹简
C．唐三彩陪葬俑
D．曾侯乙青铜编钟
选项
劳动项目
化学知识
A
炒菜用的食用盐中加碘酸钾
补充碘元素，预防甲状腺机能亢进
B
将小苏打加入面粉中焙制糕点
小苏打属于酸式盐，可以与碱反应
C
使用复合肥料培育植物
复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种
D
盐碱地(含较多Na2CO3等)施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
A．制备氨气
B．观察氨气流速
C．制备
D．尾气处理
选项
实验操作
现象
结论
A
向Fe2(SO4)3溶液中加入Cu片
溶液变蓝
Fe3+的氧化性强于Cu2+
B
取2mL0.5ml·L-1CuCl2溶液于试管中，加热，后置于冷水中
加热后溶液变为黄绿色，冷却后变为蓝色
反应的ΔH>0
C
缓慢加热0.5ml·L-1CH3COONa溶液至70℃
pH逐渐减小
溶液中c(H+)逐渐增大，c(OH-)逐渐减小
D
恒温条件下，向两个锥形瓶中加入0.05g、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞。然后用注射器分别注入2mL2ml·L-1的盐酸和醋酸，测量锥形瓶内气体压强随时间变化
反应结束时，两个锥形瓶内的气体的压强基本相等
过量的镁分别与体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和醋酸反应时，生成的氢气体积相同
序号
实验操作
实验现象
结论
3
向④中溶液加入少量 (填化学式)固体后，加入铜片
溶液蓝色加深，无其他明显现象
假设1不成立
4
(填实验操作)
铜片表面立即产生气泡
假设2成立
5
向②中溶液通入少量 (填化学式)气体后，加入铜片
无明显变化
6
向④中溶液加入少量 (填化学式)溶液，再加入铜片
铜片表面立即产生气泡
假设3成立
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值