CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，氢原子有两种位置，结构简式为
，故答案为：4；；
（4）B→D为羰基与氢气发生的加成反应，D→E为氢原子被溴原子取代，反应类型为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
（5）D分子内羟基与羧基发生酯化反应生成G，G的结构简式为，故答案
为；
（6）E为丙烯酸，与氢氧化钠醇溶液发生反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为聚丙烯酸钠，故答案为：聚丙烯酸钠；
（7）E在氢氧化钠醇溶液发生消去反应和中和反应，所以E→F的化学反应方程式
，
故答案为；
（8）根据B、C的结构简式和A的分子式C10H16可推出A的结构简式为
，A中两个碳碳双键与等物质的量的溴单质可分别进行加成反应，
也可发生1，4加成，所以产物共有3种，故答案为：；3。
【点评】本题考查有机合成的分析和推断，题目难度不大，注意把握常见有机物的官能团的性质，记住反应条件，常见有机物反应的化学方程式要会写。
9．（18分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生
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探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4t及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为 Cu+4H+2NO3+
﹣
Cu+2NO2↑+2H2O 2+
或3Cu+8H+2NO3+
﹣
3Cu+2NO↑+4H2O ；
2+
得到滤渣1的主要成分为 Au、Pt ．
（2）第②步加H2O2的作用是 将Fe氧化为Fe ，使用H2O2的优点是 不引入杂质，对环境无污染 ；调溶液pH的目的是使 Fe、Al 生成沉淀． （3）用第③步所得CuSO4?5H2O制备无水CuSO4的方法是 加热脱水 ．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3?18H2O，探究小组设计了三种方案：
3+
3+
2+
3+
上述三种方案中， 甲 方案不可行，原因是 所得产品中含有较多Fe（2SO4）3杂质 ：从原子利用率角度考虑， 乙 方案更合理．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4?5H2O （Mr＝250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu+H2Y＝CuY+2H 写
出
计
算
CuSO4
?
5H2O
质
量
分
数 ；
下列操作会导致CuSO4?5H2O含量的测定结果偏高的是 c ．
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反
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2+
2﹣
2﹣
+
﹣1
2﹣
的表达式ω＝
应的干扰离子．
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；U3：制备实验方案的设计．
2+
3+
2+
【分析】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu、Al、Fe；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu、Al、Fe；
（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe氧化为Fe，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染．调溶液PH的目的是使Fe和Al形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；
【解答】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu、Al、Fe；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu、Al、Fe；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO33Cu+8H+2NO3
+
﹣
2+3+2+
2+3+
3+3+
2+3+
2+2+3+2+
+
﹣
Cu+2NO2↑+2H2O 或
2+
3Cu+2NO↑+4H2O；Au、Pt；
+
﹣
2+
故答案为：Cu+4H+2NO3
2+
Cu+2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H+2NO3
2++
﹣
3Cu+2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe氧化为Fe；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe氧化为Fe；不引入杂质，对环境无污染；Fe、Al； （3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水； 故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再
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2+
3+
3+
3+
2+
3+
加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体； 丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费； 故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu+H2Y
﹣
﹣1
2﹣2+2
＝CuY+2H
﹣3
﹣3
2﹣+
铜离子物质的量和标准液物质的量相同＝cmol/L×b×10L＝bc×10mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4?5H2O物质的量为bc×10mol；100ml溶液中含bc×10
3
﹣3
﹣
mol×5＝5bc×10mol；
以
CuSO4
?
5H2O
质
量
分
数；
的
表
达
式
＝
﹣3
所
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低； c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高； 故答案为：
；c．
【点评】本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．
10．（14分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为 CO3 （写离子符号）：若所得溶液pH＝10，溶液中c（HCO3）：c（CO3）＝ 2：1 。（室温下，H2CO3的K1＝4×10；K2＝5×10
﹣7
﹣11
﹣
2﹣
2﹣
）
（2）CO2与CH4经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。 催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）
﹣1
已知：C（s）+2H2（g）＝CH4（g）△H＝﹣75kJ?mol
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﹣1
C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣394kJ?mol C（s）+O2（g）＝CO（g）△H＝﹣111kJ?mol
①该催化重整反应的△H＝ +247kJ/mol 。有利于提高CH4平衡转化率的条件是 C （填标号）。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为
。mol?L。
2
﹣2
﹣1
②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表：
积碳反应CH4（g）＝消碳反应CO2C（s）+2H2（g） （g）+C（s）＝2CO（g） △H（kJ?mol） 活化能/（kJ?mol） ﹣1﹣175 催化剂x 催化剂Y 33 43 172 91 72 由上表判断，催化剂X 劣于 Y（填“优于”或“劣于”），理由是： 催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性 。 （3）在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：
①X是电源的 负 极（填“正”或“负”） ②阴极的电极反应式是： H2O+2e＝H2+O CO2+2e＝CO+O
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﹣﹣
2﹣
2﹣
2019年天津市南开区高考化学二模试卷 带答案详解
