2019-2020学年安徽省淮南五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省淮南五中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下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A若按 顺序连接，可检验所有气体产物B若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH 5.6D实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A 错误。若装置 只保留 a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B 正确。酸雨的要求是pH 小于 5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH 一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH 就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D 错误。2分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10mol L-1的NaOH 溶液滴定同浓度某一元酸HA 并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（）A该酸碱中和滴定过程应选择酚酞做指示剂B根据 y 点坐标可以算得a 的数值为3.5 C从 x 点到 z 点，溶液中水的电离程度逐渐增大D x 点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)c(A-)+c(OH-)【答案】D【解析】【分析】以 0.10mol L-1的 NaOH 溶液滴定同浓度某一元酸HA 时，a 点溶液中只有HA，x 点 HA 与 NaA 等比混合，y 点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z 点为滴定终点。【详解】A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A 正确；B.根据 y 点坐标可以算得K（HA）=+-77c(H)c(A)100.99 10c(HA)0.1g，a 点时，溶液中只有HA，c（H+）=c（A-），则有+-+2+27c(H)c(A)c(H)c(H)=910c(HA)c(HA)0.1g，解得+4c(H)=310，pH=3.5，故 B 正确；C.从 x 点到 z 点，溶液中的溶质由HA 对水的抑制，到NaA 对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C 正确；D.x 点处的溶液中溶质为HA 和 NaA 等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为 c(H+)c(OH-)，则 c(HA)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，故 D 错误；综上所述，答案为D。【点睛】求 a 点的 pH 时，可逆向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y 点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a 点的 pH 了。3光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是A该装置将光能转化为化学能并分解水B双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D再生池中的反应：2V2+2H+2V3+H2【答案】C【解析】【分析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，左侧为阴极，反应式为2V3+2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，由此来解题。【详解】A.由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A 正确；B.双极性膜可将水解离为H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C.光照过程中阳极区反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，又双极性膜可将水解离为H+和 OH-，其中 OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O 增多，使 c(OH-)降低，C错误；D.根据以上分析，再生的反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，D 正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。4设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 10gNH3含有 4NA个电子B0.1mol 铁和 0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NAC标准状况下，22.4 L H2O 中分子数为NA 个D 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有0.1NA个 CO32【答案】B【解析】【详解】A NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10 个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g 17g/mol)10NA=5.88NA个电子，错误；BFe 是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3，根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的 Cl2与 Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与 Cl2发生反应产生CuCl2，0.1mol 铜分别与0.1 mol 氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；C标准状况下H2O 是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O 的物质的量，错误；DNa2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以 1L0.1mol L1Na2CO3溶液中含有CO32小于 0.1NA个，错误；答案选 B。5某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W 核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A原子半径：WXY X CX与 Y、Y与 Z均可形成具有漂白性的化合物D W 与 X 的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】首先发现X 是+1 价的，则X 为氢、锂或钠，但是W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z 三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1 个键，则Z 是氢；结合Y 的最外层电子数是W 的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W 是铝，Y 是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢氧铝钠，即 ZYWX，A 项错误；B.钠单质的还原性强于铝，而+Na的氧化性弱于3+Al，B 项正确；C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性，C 项正确；D.W 与 X 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和3Al(OH)，二者可以相互反应，D 项正确；答案选 A。6室温下，0.1 molL-1的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是()A c(OH-)c(H+)Bc(NH3 H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1 molL-1Cc(NH4+)c(NH3 H2O)c(OH-)c(H+)D c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A氨水显碱性，则c(OH-)c(H+)，故 A 正确；B0.1mol/L 的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的浓度之和为0.1mol/L，即c(NH3?H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故 B正确；C由 NH3?H2O?NH4+OH-，电离的程度很弱，则c(NH3?H2O)c(NH4+)，故 C错误；D溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故 D 正确；故选 C。7下列说法正确的是（）A用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B测定新制氯水的pH 时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，再与标准比色卡对照C检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故 A 错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH 试纸测定新制氯水的pH，故 B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故 D 正确；正确答案是D。825 时，将 0.10 molL1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10molL1NaOH 溶液中，lg-33c(CH COO)c(CH COOH)与 pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A Ka(CH3COOH)5.0 105BKa(CH3COOH)5.0 106CpH7 时加入的醋酸溶液的体积小于10 mL D B点存在 c(Na)c(CH3COO)(106108)mol L1【答案】A【解析】【分析】醋酸的电离常数-+33(CH COO)(H)(CH COOH)ccKac，取对数可得到-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac，可得 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0 10-5，A 正确；B.根据 A 项分析可知，B错误；C.当往 10 mL 0.10 molL-1 NaOH 溶液中加入10 mL 0.10 mol L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7 时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B 点-33(CH COO)lg=4(CH COOH)cc，又 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由-33(CH COO)lglgpH(CH COOH)cKac得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol L-1，D 错误；答案选 A。9以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()钠、铝、氯：1 个；硅、硫：2 个；磷：3 个；铁：4 个A只有B只有C只有D有【答案】D【解析】【分析】【详解】钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则 Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故正确；硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故正确；磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故正确；Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故正确；答案选 D。【点睛】磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p 为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s 能级上，再排布在3d 能级上，3d 有 5 个轨道，6 个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。10下列仪器名称错误的是()A量筒B试管C蒸发皿D分液漏斗【答案】C【解析】【分析】【详解】A.据图可知，A 为量筒，故A 正确；B.据图可知，B为试管，故B正确；C.据图可知，C为坩埚，故C 错误；D.据图可知，D 为分液漏斗，故D 正确；答案选 C。11海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)。下列有关说法正确的是（）A大量的氮、磷废水排入海洋，易引发赤潮B在中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，再直接蒸发得到MgCl2 6H2O C在中溴元素均被氧化D 在中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为Na2CO3溶液 NaOH溶液 BaCl2溶液 过滤后加盐酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A氮、磷为植物生长的营养元素，氮和磷大量排入海洋中，会导致水体富营养化污染，形成赤潮，故A正确；B在中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸发得不到MgCl2 6H2O，故 B 错误；C中溴得电子化合价降低转化为溴离子，溴元素被还原，故C错误；D镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，为了除去过量的钡离子，碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，因此Na2CO3溶液不能放在 BaCl2溶液之前加入，故D 错误；故选 A。12下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）A汽油B煤油C凡士林D石油气【答案】D【解析】【详解】石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。13图所示与对应叙述相符的是A表示一定温度下FeS和 CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)BpH=2 的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH 变化曲线，则酸性：甲酸 Cl2Fe3Br2【答案】D【解析】【详解】A由信息可知，MnO4-氧化 Cl-为 Cl2，Cl元素化合价由-1 价升高为0 价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项 A 正确；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2，选项 B 正确；C反应中KMnO4 MnSO4，Mn 元素化合价由+7 价降低为+2 价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H 元素守恒可知还生成水，选项C正确；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4-Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化 Br-，氧化性Br2Fe3+，选项 D 错误。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16铵明矾（NH4Al（SO4）2?12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4?10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈_性，它可用于净水，原因是_；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是_。（2）写出过程 的化学反应方程式_。（3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液A 中，铵明矾的产率会明显降低，原因是_。（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程III 的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、_、过滤洗涤、干燥。（5）某同学用图2 图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A 和导管中未见红棕色气体；试管 C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是 _；在装置 A 与 B 之间的 T 型导管中出现白色固体，该白色固体可能是_（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A 试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH 溶液的离子方程式_。该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和 H2O，且相同条件下测得生成 N2和 SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_。【答案】酸性铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH 溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4省略过程，因 HCO3-与 Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低冷却结晶打开 K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟（NH4）2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 1：3【解析】【分析】【详解】碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与滤液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程 I 利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4，滤液 A中含有（NH4）2SO4 及少量 HCO3-等，加入硫酸，调节pH 使 HCO3-转化二氧化碳与，得到溶液B 为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾；（1）铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4+H2O?NH3H2O+H+、Al3+3H2O?Al（OH）3+3H+，促进水的电离，溶液呈酸性；铵明矾用于净水的原因是：铵明矾水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物，达到净水的目的；向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液，首先Al3+与 OH-反应生成氢氧化铝沉淀，接着 NH4+与 OH-反应生成氨气，最后加入的过量NaOH 溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH 溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失。（2）过程 I 利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3+（NH4）2SO4。（3）省略过程，因 HCO3-与 Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低。（4）由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。（5）检验氨气方法为：打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置A 和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物，试管C 中的品红溶液褪色，说明加热分解有SO2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（NH4）2SO3，白色固体可能是（NH4）2SO3；装置 A 试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；反应中-3 价的 N 化合价升高发生氧化反应生成N2，+6价的 S化合价降低发生还原反应生成SO2，根据电子转移守恒：n（N2）2 0（3）=n（SO2）（6 4），故 n（N2）：n（SO2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V（N2）：V（SO2）=1：3。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O 完成下列填空：（1）A 的俗称是 _；D 中官能团的名称是_；反应的反应类型是_。（2）写出 G 与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。（3）已知：，则可推知反应发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_。（4）G 的同分异构体L 遇 FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L 与 NaOH 的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为_（任写一种）【答案】氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】【详解】（1）根据 A 的结构简式可判断其俗称是氯仿，D 中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G 的结构可知反应为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G 与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1 分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应中副产物为苯环取代G 中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G 的同分异构体L遇 FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H 原子，若L 与 NaOH 的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2 个-Cl，L 与 NaOH 的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）181923 年，我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精的方案，并向英、美、法等化学工业发达国家申请了专利。以下是利用化学方法合成味精的流程：请回答下列问题：（1）下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是_(填字母)。a蛋白质都是高分子化合物b谷氨酸(H)自身不能发生反应cH 分子不含手性碳原子d天然蛋白质水解最终产物都是-氨基酸（2）C的系统命名法名称是_；B 中含氧官能团名称是_。（3）EF的反应类型是_。R 的结构简式为_。（4）写出 G 和 NH3反应的化学方程式：_。（5）T是 H 的同分异构体，写出同时具备下列条件的T 的结构简式 _。含有 NH2，且能发生水解反应；1molT 发生银镜反应能生成4molAg 核磁共振氢谱上有4 组峰且峰面积比为2223（6）参照题给流程图，以和甲醇为原料(其他无机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸()的流程，写出合成路线_。【答案】bc 1，5-戊二酸羰基和酯基取代反应CH2COOCH2CH3+NH3+HBr 或+2NH3+NH4Br、2Br红磷3CH OH，浓硫酸3NH2+H OH【解析】【分析】(1)a蛋白质是由氨基酸缩聚反应生成的高分子化合物；b含有羧基、氨基，可以形成内盐，可以发生缩聚反应；c氨基酸不能发生盐析；d构成天然蛋白质的氨基酸都是-氨基酸；(2)化合物 C为二元羧酸；由结构可知F中含氧官能团为：酯基、羧基；(3)对比 E、F的结构可知，E中 H 原子被-Br 替代生成F；由酯 R 的分子式、A 的结构，可知可知2 分子 R反应生成A，同时还生成乙醇；(4)对比 G、H 的结构，可知先是G 中-Br 被-NH2替代，然后酸性条件下发生酯的水解得到H；(5)T 是 H 的同分异构体，T 同时具备下列条件：能发生水解反应，说明含有酯基为酰胺键；只有2 种官能团，其中一种是-NH2，另外还含有2 个酯基；1molT 发生银镜反应能生成4mol 银，说明含有2 个甲酸形成的酯；(6)与 Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过NH3、H2O/H+得到。【详解】(1)a蛋白质是由氨基酸缩聚反应生成的高分子化合物，故a 正确；b含有羧基、氨基，可以形成内盐，可以发生缩聚反应，故b 错误；cH 分子中连接氨基的碳原子周围有四个不同的基团，为手性碳原子，故c 错误；d构成天然蛋白质的氨基酸都是-氨基酸，天然蛋白质水解的最终产物是-氨基酸，故d 正确；综上所述选bc；(2)化合物 C为二元羧酸，其名称为：1，5-戊二酸；由B的结构简式可知其含有的含氧官能团为羰基和酯基；(3)对比 E、F的结构可知，E中 H 原子被 Br 取代，所以反应类型为取代反应；由酯R的分子式、A 的结构，可知可知2 分子 R 反应生成A，同时还生成乙醇，故R 的结构简式为：CH2COOCH2CH3；(4)对比 G、H 的结构，可知先是G 中-Br 被-NH2替代，然后酸性条件下发生酯的水解得到H，G 和 NH3反应的化学方程式：+NH3+HBr 或+2NH3+NH4Br；(5)H 的同分异构体T 满足：含有 NH2，且能发生水解反应，说明含有酯基；1molT 发生银镜反应能生成4molAg，说明含有两个-CHO，而分子中一共4 个碳原子，说明2 个-OOCH基团；核磁共振氢谱上有4 组峰且峰面积比为2223，两个-OOCH基团应处于对称位置，且分子中含有甲基，所以满足条件的有：、；(6)对比原料和苯丙氨酸的结构可知需要在羧基邻位碳原子上引入氨基，与E到 H 的流程类似，所以合成路线为：2Br红磷3CH OH，浓硫酸3NH2+H OH。19制取聚合硫酸铁(PFS)的化学方程式如下2FeSO4H2O2(1n/2)H2SO4=Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)(2n)H2O，下图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。回答下列问题(1)下列操作或描述正确的是_。A粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率B酸浸中可以用硫酸、硝酸、盐酸等C反应釜中加入氧化剂，使Fe2转化为 Fe3D减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解(2)废铁屑使用前往往用_浸泡。(3)废铁屑与酸发生多步反应，完成其中的化合反应的离子方程式_。(4)聚合釜中溶液的pH 必须控制在一定的范围内，目的是_。(5)为了防止产物分解，必须采用减压蒸发，下列操作正确的是_。A a 为蒸馏烧瓶，b 为冷凝管，c 接自来水龙头B毛细管的作用和沸石相似，防止暴沸C随着温度计水银球高度提升，所得的气体的沸点升高D实验结束，先关闭冷凝管，再关闭真空泵【答案】ACD)热的 Na2CO3溶液Fe2Fe3=3Fe2促使 Fe3部分水解生成Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)BC【解析】【分析】(1)A、粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率；B.生成硫酸盐，只能用硫酸；C.加入氧化剂使Fe2转化为 Fe3；D.减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解；(2)Na2CO3水解显碱性；(3)工业废铁屑中一部分已经生锈生成了Fe2O3，溶于酸有生成Fe3；(4)调节 pH 促使 Fe3部分水解生成Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)；(5)A.a 为烧瓶，b 为冷凝管，c 接自来水龙头；B.毛细管的作用和沸石相似，防止暴沸；C.越往上温度越低，要达到相同的温度，收集到的气体的沸点升高；D.实验结束，不要先关闭冷凝管，反应容器中还有气体产生，待冷却后关闭。【详解】(1)A、粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率，选项A 正确；B.根据所得产品可知，生成硫酸盐，只能用硫酸，选项B 错误；C.Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)中 Fe是 3 价，加入氧化剂使Fe2转化为 Fe3，选项 C 正确；D.减压蒸发的优点是降低蒸发温度，防止产物分解，选项D 正确。答案选 ACD；(2)Na2CO3水解显碱性，工业废铁屑中含有油污，使用前要用热的Na2CO3溶液浸泡除去；(3)工业废铁屑中一部分已经生锈生成了Fe2O3，溶于酸有生成Fe3，化合反应的离子方程式Fe2Fe3=3Fe2；(4)调节 pH 促使 Fe3部分水解生成Fe2(OH)n(SO4)(3n/2)，偏大偏小都会影响n 的值；(5)A.a 为烧瓶，b 为冷凝管，c 接自来水龙头，选项A 错误；B.毛细管的作用和沸石相似，防止暴沸，选项B 正确；C.越往上温度越低，要达到相同的温度，收集到的气体的沸点升高，选项C正确；D.实验结束，不要先关闭冷凝管，反应容器中还有气体产生，待冷却后关闭，选项D 错误。答案选 BC。