2019-2020学年江苏省东台市第一中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年江苏省东台市第一中学新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，

无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为2

1H＋3

1

H→4

2

He＋1

n。下列说法中正确的是

（）

A．D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素

B．通常所说的氢元素是指1

1

H

C．1

1H、2

1

H、3

1

H是氢的三种核素，互为同位素

D．这个反应既是核反应，也是化学反应

【答案】C

【解析】

【详解】

A 项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；

B项、1

1

H是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；

C项、1

1H、2

1

H、3

1

H的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；

D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；

故选C。

2．《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G 技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是

A．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源

B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料

C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅

D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐

【答案】B

【解析】

【详解】

A．电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；

B．铝锂合金属于金属材料，故B正确；

C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；

D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；

故答案为B。

3．下列过程中涉及化学反应的是

A．通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字B．14C考古断代

C．煤焦油分馏得到苯及其同系物D．粮食酿酒

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，故A错误；

B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；

C. 分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；

D. 粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D正确；

故选：D。

【点睛】

物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。

4．下列实验能获得成功的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

【详解】

A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；

B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；

C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；

D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；

故答案为C。

5．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是

A．2HClO2HCl＋O2↑

B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑

C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3

D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2

【答案】D

【解析】

【分析】

根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。

【详解】

A. 2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；

B. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；

C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；

D. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

6．是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是

A．该有机物没有确定的熔点B．该有机物通过加聚反应得到

C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D．该有机物的单体是-C6H3OHCH2-

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；

B. 是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；

C. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；

D. 合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。

故选A。

7．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．1 L 0.1 mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为N A

B．1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3N A

C．常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于N A

D．标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为N A

【答案】C

【解析】

【详解】

A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 mol·L－1，即小于N A，A项错误；

B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；

C. 32g O2的物质的量为

32g

32g/mol

=1mol，分子数为N A，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分

子总数减少，小于N A，C项正确；

D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；

答案选C。

【点睛】

与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

8．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制取氯气

B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢

C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液

D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；

B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；

C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；

D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。

答案选C。

9．N A代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A．含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为2N A

B．1L0.5mol·L－1的Na3PO4溶液中含有阳离子的总数为1.5N A

C．标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为N A

D．室温时，pH=12的Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子数目为1.0×10—2N A

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.2.8g硅为0.1mol，所对应的SiO2为0.1mol，SiO2晶体中每个硅原子形成4个硅原子键，全部属于自己，所以0.1molSiO2中含有共价键数为0.4N A，A项错误；

B.Na3PO4溶液中阳离子还有H+，所以其阳离子总数大于1.5N A，B项错误；

C.2.0gD2O的物质的量为0.1mol，每个D2O分子中含有10个质子和10个中子，所以0.1molD2O中含有的质子数和中子数均为N A，C项正确；

D.没有溶液的体积数据，无法计算该溶液中的离子数目，D项错误；

所以答案选择C项。

10．下列有关实验操作的叙述正确的是

A．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中

B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出

C．在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶

D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；

B．苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；C．蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；

D．引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；

故答案为C。

11．前20号主族元素W、 X、Y 、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍。X、Y 、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是（）

A．原子半径的大小W＜X

C．Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈D．工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y 【答案】C

【解析】

W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出W为O，含有Z元素盐的焰色反应为紫色，说明Z 为K，X、Y、Z分属不同的周期，原子序数依次增大，因此X为F，X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，推出Y为Mg，A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F，故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，因此HF的稳定性强于H2O，故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg，故D错误。

12．某溶液含有等物质的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I－、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样，加入KSCN溶液，溶液变血红色，对溶液描述错误的是

A．一定没有Ba2+B．可能含有Na+

C．一定没有SO32－D．一定有Cl－

【答案】B

【解析】

【详解】

加入KSCN溶液，溶液变血红色，溶液中有Fe3+，溶液中不能含有I－、SO32-，因为离子的物质的量相等，根据电荷守恒，含有SO42-、Cl-，一定不能含有Na+和Ba2+。

故选：B。

13．下列关于铝及其化合物的说法正确的是( )

A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中

B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定

C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料

D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A. 铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；

B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；

C. 氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；

D. 熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。

14．如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）

A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+

B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小

C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度

D．甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体

【答案】C

【解析】

试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH －═N2+4H2O，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；

2.24L O2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。

考点：本题考查原电池、电解池。

15．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，生成碘单质，再通入SO2，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成I－，二氧化硫为还原剂，I－为还原产物，证明还原性SO2＞I－，选项A错误；

B．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，选项B错误；

C．因为I－、Cl－浓度大小不知，虽然黄色沉淀为AgI，但无法通过物质溶度积比较，则无法证明K sp(AgI)＜K sp(AgCl)，选项C错误；

D．在相同条件下，酸性越弱其盐溶液的水解程度越大，则用pH试纸测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONa 溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，证明HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强，选项D 正确。

答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．ZnSO4?7H2O可用于测定钢铁及炉渣的含硫量。某工厂下脚料中含锌、镉(Cd)、铜、铁等金属，以该下脚料为原料制备ZnSO4?7H2O并回收Cu、Cd的工艺流程如图所示：

已知部分氢氧化物开始及完全沉淀的pH如表所示(起始时金属离子浓度按0.1mol?L-1计算)：

氢氧化物Fe(OH)3Cd(OH)2Zn(OH)2

6.2

开始沉淀的pH 1.9 7.4

完全沉淀的pH 3.2 9.5 8.2

请回答下列问题：

(1)滤渣1中含有_______(填化学式)。

(2)试剂X是双氧水时，写岀氧化过程中发生反应的离子方程式_______。

(3)pH的调控范围是_______，试剂Y可选用_______(填字母)

A．NaOH B．ZnO C．ZnCO3

(4)电解时以汞(Hg)作电极可以将镉与锌完全分离，镉单质在_______(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为_______。

(5)操作I包括的操作是_______及过滤等，过滤后得到的滤液可以加入_______ (填“酸浸”或“氧化”)步骤循环利用。

【答案】Cu 2Fe2++2H++H2O2= 2Fe3++2H2O 3.2 ≤pH＜6.2 BC 阴2H2O -4e-=4H++O2↑

蒸发浓缩、冷却结晶酸浸

【解析】

【分析】

原料的成分为锌，镉，铜和铁，最终要获取ZnSO4·7H2O同时回收Cu和Cd，因此Fe就是杂质元素，在流程中要考虑除去。铜，铁和锌的性质都有了解，镉比较陌生。第一步酸浸时，锌和铁必然会溶解在溶液中变成Fe2+和Zn2+，Cu不会溶于稀硫酸，纵观整个流程，可以明确，镉在第一步酸浸时也溶解在溶液中了，所以滤渣I的成分即为铜。纵观整个流程唯一可能除去杂质铁元素的步骤就是调节pH值沉淀这一步，再结合表格中给出的沉淀相关的信息，可知若要使Fe尽可能的除净，应当先将Fe2+氧化成Fe3+；所以加试剂

X 的目的即氧化Fe 2+。在分离回收Cd 后，溶液中的溶质就只剩硫酸锌和电解过程中产生的硫酸了，所以再通过结晶操作即可得到产品ZnSO 4·7H 2O 。 【详解】

(1)稀硫酸酸浸时，锌铁以及镉会溶解，铜不与稀硫酸反应，所以滤渣1的主要成分即Cu ；

(2)氧化这一步是为了将Fe 2+氧化成Fe 3+，便于下一步调节pH 除去铁元素，所以反应的离子方程式即为：

232222Fe 2H H O =2Fe 2H O ++++++；

(3)调节pH 目的是除去杂质铁元素，当然也要避免Zn 和Cd 元素的损耗，所以结合表格信息，pH 的调节范围即：3.2≤pH ＜6.2；除杂时应当避免引入新杂质，所以调节pH 的最佳试剂选择ZnO 或ZnCO 3，即BC ； (4)溶液中Cd 以阳离子形式存在，电解后变成单质，所以需要发生还原反应，所以镉单质在阴极析出；电解时采用单质汞做电极，所以阳极主要是溶液中的OH -放电，所以阳极电极反应式写成：

222H O-4e =O 4H -+↑+；

(5)通过操作Ⅰ要实现从溶液中获取产品ZnSO 4·7H 2O ，即结晶操作；在经过电解分离镉单质后，溶液中的溶质除硫酸锌外，还有硫酸，所以结晶操作后，溶液还可循环利用充当酸浸的试剂。 【点睛】

工艺流程题核心的问题就是如何使原料经过预处理，反应转化，分离提纯后获取最终产品的问题。因此，要先明确原料的组成，厘清哪些是杂质要除去，哪些会成为产品要保留，这对于理解整个工艺流程有很大的指导意义。此外，对于能循环使用的物质，除流程图中明显的循环线外，一般还具有如下特点：前面的流程中作为反应物，后面的流程中又再次生成。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H 的一种合成路线如下：

已知：

242N H H O/KOH

?????→

g ；化合物B 中含五元环结构，化合物E 中含两个六元环状结构。

回答下列问题： (1)A 的名称为_______

(2)H 中含氧官能团的名称为_______ (3)B 的结构简式为_______ (4)反应③的化学方程式为_______ (5)⑤的反应类型是_______

(6)M 是C 的一种同分异构体，M 分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M 的结构简式_______(不考虑立体异构)。

(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮() 和氰基乙酸(NCCH 2COOH)为原料制备

的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)

【答案】苯甲醚 醚键、酰胺键

24H SO ???→

+H 2O 消去反应

242N H H O

KOH ????→g 2NaOH/H O

Δ

????→ 2

O

Cu ，Δ

?????→ 2NCCH COOH

苄胺，庚酸

????→

【解析】 【分析】

已知化合物B 分子式为C 4H 4O 3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子参与成环；考虑

到B 与A 反应后产物C 的结构为，所以推测B 的结构即为。

C 生成

D 时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D 的结构即为。D 经

过反应③后，分子式中少了1个H 2O ，且E 中含有两个六元环，所以推测E 的结构即为。

【详解】

(1)由A 的结构可知，其名称即为苯甲醚；

(2)由H 的结构可知，H 中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；

(3) B 分子式为C 4H 4O 3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O 原子参与成环；考虑到B 与A

反应后产物C 的结构为，所以推测B 的结构简式即为；

(4) D 经过反应③后，分子式中少了1个H 2O ，且E 中含有两个六元环，所以推测E 的结构即为

，所以反应③的方程式为：

24

H SO ???→

+H 2O ；

(5) F 经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；

(6)M 与C 互为同分异构体，所以M 的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M 中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M 可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M 的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求

的结构可以有：，，，，

，；如果为5时，满足要求的结构可以有：

，；

(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入2CH CN 的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：

【点睛】

在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．新型抗溃疡药瑞巴匹特，可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下：

(1)A 的化学名称为______________，C 的核磁共振氢谱具有_________________组峰 (2)A 与足量的NaOH 溶液反应的化学方程式为______________

(3)化合物F 中含氧官能团的名称为__________________，化合物F 的分子式为_____________ (4)反应①~③中，属于取代反应的是__________________(填序号)

(5)C→D 的转化中，生成的另一种产物为HCl ，则C→D 反应的化学方程式为__________

(6)已知Y 中的溴原子被--OH 取代得到Z ，写出同时满足下列条件的Z 的一种同分异构体的结构简式：___________________

I ．分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环 II ．苯环上有两个取代基，且处于对位

III.能与NaHCO3溶液发生反应

(7)已知CH3CH2OH CH3CH2Br，以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图如下：HOCH2CH2CH2OH物质X物质Y，则物质X为__________，物质Y为

____________

【答案】丙二酸二乙酯 4 C2H5OOCCH2COOC2H5＋2NaOH r NaOOCCH2COONa＋2C2H5OH 肽键、羧基C19H15O4N2Cl ①③

BrCH2CH2CH2Br

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据系统命名法，有机物的化学名称为丙二酸二乙酯，C（）中有4种氢原子，核磁共振氢谱具有4组峰，

故答案为丙二酸二乙酯，4。

（2）酯可在NaOH溶液中发生碱性水解，丙二酸二乙酯与足量NaOH溶液反应的化学方程式为+2NaOH NaOOCCH2COONa+2C2H5OH，故答案为

+2NaOH NaOOCCH2COONa+2C2H5OH。

（3）化合物F（）中官能团的名称为肽键、羧基、氯原子、碳碳双键，其中含氧官能团的名称为肽键、羧基，化合物F的分子式为C19H15O4N2Cl，故答案为肽键、羧基，C19H15O4N2Cl。

（4）反应①由生成的反应类型为取代反应；反应②是加氢去氧还原生成，其反应类型为还原反应；反应③是的氨基中的1个氢原子被取代，是取代反应，所以反应①~③中，属于取代反应的是①③，故答案为①③。

（5）对比C、D的结构可知，C与X发生取代反应生成D和HCl，根据产物的碳架结构并结合原子守恒，

可知C→D反应的化学方程式为：++HCl，

故答案为++HCl。

（6）Y的结构简式为：，Y中的溴原子被-OH取代得到Z，则Z的结构简式为：，

Z的同分异构体I．分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子环，说明N原子不在环上；III.能与NaHCO3溶液发生反应，说明分子中含有羧基；II．苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位，

同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式为，故答案为。

(7)已知CH3CH2OH CH3CH2Br，以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图如下：

，则物质X 为BrCH2CH2CH2Br，物质Y为：，故答案为BrCH2CH2CH2Br，。

【点睛】

有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。19．H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。回答下列问题：

（1）阴阳极同步产生过氧化氢和过硫酸铵 [（NH4）2S2O8]的原理如图所示。阳极发生氧化反应的离子是_______，阴极的电极反应式为_________。

（2）100 ℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：

离子

加入量/

（mg·L-1）

分解率/% 离子

加入量/

（mg·L-1）

分解率/%

无— 2 Fe3+ 1.0 15

Al3+10 2 Cu2+0.1 86

Zn2+10 10 Cr3+0.1 96

由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为________（填标号）。

A 纯铝

B 黄铜

C 铸铁

D 不锈钢

（3）在弱碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：

H2O2（aq）＋Mn2+（aq）=OH（aq）＋Mn3+（aq）＋OH－（aq）ΔH＝a kJ/mol

H2O2（aq）＋Mn3+（aq）＋2OH－（aq）=Mn2+（aq）＋·O2-（aq）＋2H2O（l）ΔH＝b kJ/mol

OH（aq）＋·O2-（aq）=O2（g）＋OH－（aq）ΔH＝c kJ/mol

则2H2O2（aq）=2H2O（l）＋O2（g）的ΔH＝_________，该反应的催化剂为________。

（4）298 K时，将10 mL a mol·L?1 NaH2PO2、10 mL 2a mol·L?1 H2O2溶液和10 mL NaOH溶液混合，发生反应：H2PO2-（aq）＋2H2O2（aq）＋2OH?（aq）垐?

噲?PO43-（aq）＋4H2O（l）。溶液中c（PO43-）与反应时间（t）的关系如图所示。

①下列可判断反应达到平衡的是_______（填标号）。

a c（H2PO2-）＝y mol·L?1

b 溶液的pH不再变化

c v（H2O2）＝2v（H2PO2-）

d c（PO43-）/c（H2PO2-）不再变化

② t m时v逆_____t n时v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。

③若平衡时溶液的pH＝12，则该反应的平衡常数K为___________。

【答案】SO42-O2＋2H＋＋2e－=H2O2Cr3+ A （a＋b＋c）kJ·mol－1Mn2+ b d 小于4

3

10y

a

4-y

3

??

? ?

??

（L/mol）4

【解析】

【分析】

(1)电解池阳极发生氧化反应，阳极发生反应的是溶液里的阴离子，阴极发生还原反应；

（2）由表中数据分析，加入量少且使双氧水分解率大的离子就是能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子，贮运过氧化氢时，可选用的容器材质不能促进双氧水分解;

(3)根据盖斯定律进行分析解答；

(4)①可逆反应达到平衡的判断就是变化的量不变了，②根据反应处于平衡的哪一阶段来考虑，③用三段式列式计算。

根据以上分析解答此题。

【详解】

（1）该实验目的是阴阳极同步产生H2O2和过硫酸铵 [(NH4)2S2O8]，电解池阳极发生氧化反应，阳极的溶液为(NH4)2SO4和稀H2SO4，阳极发生氧化反应的应该是溶液里的阴离子SO42-，阴极区发生还原反应生成H2O2，根据阴极区溶液H2SO4、Na2SO4以及左边有空气不断输入写出反应式：O2＋2H＋＋2e－=H2O2。

答案为：SO42-；O2＋2H＋＋2e－=H2O2。

(2)根据表中数据分析，Cr3+加入的量最少，H2O2的分解率最大，所以能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是Cr3+，贮运H2O2时，要求容器材质不能促进H2O2分解，由表中数据可知选纯铝最好。

答案为：Cr3+；A。

(3) H2O2（aq）＋Mn2+（aq）=OH（aq）＋Mn3+（aq）＋OH－（aq）ΔH＝a kJ/mol

H2O2（aq）＋Mn3+（aq）＋2OH－（aq）=Mn2+（aq）＋·O2-（aq）＋2H2O（l）ΔH＝b kJ/mol

OH（aq）＋·O2-（aq）=O2（g）＋OH－（aq）ΔH＝c kJ/mol

根据盖斯定律可知以上三个反应相加可得2H2O2（aq）=2H2O（l）＋O2（g），所以该反应的ΔH=(a＋b＋c)kJ·mol －1。

答案为：(a＋b＋c)kJ·mol－1。

(4)①a．由图可知，平衡时产物c(PO43-)＝y mol·L?1，但平衡时反应物浓度可能与生成物相同也可能不同，所以不能用c(H2PO2-)＝y mol·L?1判断反应是否达到平衡，a不能用来判断；

b．反应中要消耗OH?，溶液的pH会发生变化，当pH不再变化就可以判断反应达到平衡，b可以用来判断；

c．v（H2O2）＝2v（H2PO2-）未指明是正反应速率还是逆反应速率，无法判断，c不能用来判断；

d．反应中c(PO43-)和c(H2PO2-)分别是生成物与反应物，只要没有达到平衡，c（PO43-）/c（H2PO2-）的比值就在不断变化，当比值不再发生变化，就说明反应达到了平衡，d可以用来判断；

答案为:b d。

②由图可知从t m到t n时c(PO43-)在不断增大，说明反应是在从左向右进行，正反应速率大于逆反应速率，t n时的生成物c(PO43-)浓度比t m时的要多，所以 t m时v逆小于t n时v逆。

答案为：小于。

③若平衡时溶液的pH ＝12，用三段式计算：

--3-22242-2

H PO (aq)+2H O(aq)+2OH (aq)PO (aq)+4H O(l)

a

2a (mol/L)

3

3(mol/L)y

2y y a

2a (mol/L)-y

-2y 10y

3

3

€始转平

平衡常数k=

3-44

4-22-2223222c(PO )y 10y

(L /mol)a 2a a

c(H PO )c (H O)c (OH )(y)(2y)(10)4(y)333

-?==?-?-??- 。 答案为：

4310y

a 4-y 3??? ???

(L/mol)4

。