2024届福建省高三第三次测评化学试卷含解析

2024届福建省高三第三次测评化学试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和W元素同主族，R 元素被称为“成盐元素”。

下列说法错误的是（）
A．X、Y简单离子半径：X>Y
B．W、Z元素的简单氢化物的稳定性：W>Z
C．X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒
D．工业上常用电解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法来制取单质Y
2、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护，使其免受腐蚀，下列说法正确的是（）
A．金属棒X的材料可能为钠
B．金属棒X的材料可能为铜
C．钢管附近土壤的pH增大
D．这种方法称为外加电流的阴极保护法
3、在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是
A．标准状况下，将1g铝片投入20mL 18.4mol/L的硫酸中
B．常温下，向100mL 3mol/L的硝酸中加入6.4g铜
C．在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3
D．将含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃
4、下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液恰好中和：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
B．金属钠投入硫酸镁溶液中：2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓
C．碳酸钠溶液中通入过量氯气：CO32﹣+Cl2＝CO2↑+Cl－+ClO－
D．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl(浓) Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O
5、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。

下列说法错误的是
A．4种元素中Y的金属性最强
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
C．简单阳离子氧化性：W>Y
D．W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体
6、下列关于化学反应速率的说法错误的是（）
A．化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量
B．可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零
C．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
D．增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率
7、下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高
B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热
C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同
D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种
8、阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍．下列关于阿斯巴甜的错误说法是
A．在一定条件下能发生取代反应、加成反应
B．酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸
C．一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应
D．分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质
9、不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（）
A．做银镜反应后的试管用氨水洗涤B．做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤
C．盛装CCl4后的试管用盐酸洗涤D．实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤
10、下列说法中，正确的是（）
A．离子化合物中一定不含共价键
B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大
C．可能存在不含任何化学键的晶体
D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体
11、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是
A．用Na2C O3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1
12、下列有关化学用语表示正确的是（）
A．对硝基甲苯的结构简式：
B．CS2的比例模型：
C．CH2F2的电子式：
D．氯原子结构示意图：
13、下列各组物质所含化学键相同的是（）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
14、实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是
A ．是强电解质
B ．存在两种作用力
C ．是离子晶体
D ．阴阳离子个数比为 20∶1
15、短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大。

m 、n 、r 为这些元素组成的化合物，常温下，0.1 mol·L －1 m 溶液的pH ＝13，组成n 的两种离子的电子层数相差1。

p 、q 为其中两种元素形成的单质。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是 （ ）
A ．原子半径：X ＜Y ＜Z ＜W
B ．X 、Z 既不同周期也不同主族
C ．简单氢化物的沸点：Y ＜W
D ．Y 、Z 、W 形成的一种化合物具有漂白性
16、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)。

已知在25℃时：①C(s)+1
2
O 2(g)CO(g) ∆H 4=-111kJ/mol
②H 2(g)+
1
2
O 2(g)=H 2(g) ∆H 2=-242kJ/mol ③C(s)+O 2(g)=CO 2(g) ∆H 2=-394kJ/mol 下列说法不正确的是（ ）
A ．25℃时，1
222CO(g)+H (g)=CO (g)+H (g) ΔH=-41kJ mol -⋅ B ．增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移，平衡常数K 减小 C ．反应①达到平衡时，每生成1mol CO 的同时生成0.5molO 2
D ．反应②断开2molH 2和1molO 2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H 键所放出的能量少484kJ 二、非选择题（本题包括5小题） 17、以下是有机物 H 的合成路径。

已知：
(1)①的反应类型是________。

②的反应条件是_____________。

(2)试剂a 是_________。

F 的结构简式是_________。

(3)反应③的化学方程式_________。

与E互为同分异构体，能水解且苯环上只有一种取代基的结构简式是_________。

（写出其中一种）
(4)A合成E为何选择这条路径来合成，而不是A和HCHO直接合成，理由是_________。

(5)根据已有知识，设计由为原料合成的路线_________，无机试剂任选（合成路线常用的表示方法为：X Y……目标产物）
18、丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；
（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；
（3）J的结构简式为__________；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：
反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。

19、某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：
已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。

(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。

(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。

(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。

(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。

(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。

(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。

20、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。

用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成) 制备ZnS O4·7H2O的流程如下。

相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：
金属离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 5.8 8.8
Zn2+ 6.4 8.0
(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。

“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。

(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为
__________________________。

(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。

溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。

(4)“母液”中含有的盐类物质有_________ (填化学式）。

21、过氧化氢是应用广泛的“绿色”氧化剂，酸性条件下稳定，中性或弱碱性条件下易分解．填空：
（1）过氧化氢的分子结构如图（Ⅱ），则过氧化氢属于__（极性/非极性）分子．过去曾经有人认为过氧化氢的分子结构也可能是（Ⅰ），选择合理实验方法证明过氧化氢的分子结构为（Ⅱ）__（选填编号）．
a．测定过氧化氢的沸点
b．测定过氧化氢分解时的吸收的能量
c．测定过氧化氢中H﹣O和O﹣O的键长
d．观察过氧化氢细流是否在电场中偏转
Na2O2，K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢．实验室可用稀硫酸和过氧化物在用冰冷却的条件下反应制取过氧化氢．
（2）上述过氧化物中最适合的是__，反应完毕后__（填操作名称）即可得到双氧水．
（3）若反应时没有用冰冷却，会有气体产生，写出反应的化学方程式__．用酸性高锰酸钾溶液滴定双氧水的方法可以测定双氧水的浓度．
（4）取5.00mL 双氧水样品，配制成250mL溶液．此实验过程必须用到的两种主要仪器为__（填仪器名称）．
（5）取25.00mL上述溶液，用0.020mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，看到__，到达滴定终点，消耗高锰酸钾溶液15.50mL．则原双氧水样品中含过氧化氢__ g/L．
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解题分析】
W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，W为C元素；X 元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，X为O元素；Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Y为Al元素；Z元素和W元素同主族，Z为Si元素；R元素被称为“成盐元素”，R为Cl元素，以此来解答。

【题目详解】
由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Al、Z为Si、R为Cl元素。

A.O2-和Al3+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，因此简单离子半径：X>Y，A正确；
B.同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性C>Si。

元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：W>Z，B正确；
C.元素X和R形成的ClO2，该物质具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，C正确；
D.Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融氯化铝不能导电。

在工业上常用电解熔融Al2O3的方法制金属Al，D错误；
故合理选项是D。

【题目点拨】
本题考查原子结构与元素周期律。

把握短周期元素、原子序数、元素的性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al原料的选择。

2、C
【解题分析】
A．金属钠性质很活泼，极易和空气、水反应，不能作电极材料，故A错误；
B．构成的原电池中，金属棒X作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu电极，故B错误；
C．该装置发生吸氧腐蚀，正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH可能会增大，故C正确；D．该装置没有外接电源，不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故答案为C。

【题目点拨】
考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒X作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。

3、D
【解题分析】
A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；
B、根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O计算知稀硝酸有剩余；
C、SO2和O2的反应为可逆反应；
D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2＋H2=2NaOH，故D项符合要求，正确。

4、B
【解题分析】
A．不符合物质的固定组成，应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，两个方程式合二为一，即为2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，B正确；
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，酸性：盐酸>碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+ H2O＝CO2↑+2Cl－+ 2HClO，C错误；D．浓盐酸能拆成离子形式，不能写成分子式，D错误；
正确选项B。

5、B
【解题分析】
W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z 同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。

综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。

A. 4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；
B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<X，B错误；
C.元素的金属性越强，对应简单阳离子氧化性越弱，金属性Na(Y)>H(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；
D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。

故答案选B。

6、B
【解题分析】
化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。

7、C
【解题分析】
A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；
B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；
C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；
D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；
故合理选项是C。

8、D
【解题分析】
A．分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键，能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反应，故A正确；B．酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；
C．阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；
D．蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；
故选D。

9、B
【解题分析】
A. 银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A项错误；
B. 根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B项正确；
C. CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；
D. 实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D项错误；
答案选B。

10、C
【解题分析】
A. 离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；
B. 分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；
C. 稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；
D. 二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；
正确答案是C。

【题目点拨】
本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于
11、D
【解题分析】
A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；
B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；
C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；
D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。

12、B
【解题分析】
A. 对硝基甲苯的结构简式：，A错误；
B. 半径：r(C) < r(S) ，CS2的的比例模型：，B正确；
C. CH2F2的电子式：，C错误；
D. 氯原子结构示意图：，D错误；
故答案选B。

13、D
【解题分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。

【题目详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。

本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。

14、D
【解题分析】
A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；
B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；
C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；
D.K3C60=3K++ C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；
故选：D。

15、D
【解题分析】
0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。

【题目详解】
由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。

A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜W＜Z，故A错误；
B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；
C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：Y＞W，故C错误；
D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。

故选D。

16、B
【解题分析】
A.在25℃时：①C(s)+1
2
O2(g)CO(g) ∆H4=-111kJ/mol；②H2(g)+
1
2
O2(g)=H2(g)
∆H2=-242kJ/mol③C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H2=-394kJ/mol，结合盖斯定律可知③-①-②得到CO(g) + H2 O(g) =CO2(g) + H2(g)△H= - 41kJ / mol，故A正确；
B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；
C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则①达到平衡时，每生成1molCO的同时生成
0.5molO2，故C正确；
D.反应②为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应②断开2molH-H和1molO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO- H键所放出的能量少484kJ ，故D正确；
答案选 B。

【题目点拨】
反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、加成浓硫酸、加热CH3COOH
防止苯甲醇的羟基被氧化
【解题分析】
苯甲醇和醋酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成B（），B和甲醛反应生成C，C催化氧化生成D，D再和NaOH溶液反应生成E（），根据E的结构简式回推，可知D→E是酯的水解，所以D为，D是C催化氧化生成的，所以C为，则B和甲醛的反应是加成反应。

E→F增加了2个碳原子和2个氧原子，根据给出的已知，可推测试剂a为CH3COOH，生成的F为，F 生成G（能使溴水褪色），G分子中有碳碳双键，为F发生消去反应生成的，结合H的结构简式可知G为。

【题目详解】
（1）①是和甲醛反应生成，反应类型是加成反应；②是的
醇羟基发生消去反应生成的反应，所需试剂是浓硫酸，条件是加热；
（2）由E生成F根据分子式的变化可以推出a的结构简式是CH3COOH，F的结构简式是；（3）反应③是的分子内酯化，化学方程式为：
；
E为，与E互为同分异构体，能水解，即需要有酯基，且苯环上只有一种取代基，同分异构体可以为或；
（4）苯甲酸的醇羟基容易在反应过程中被氧化，A合成E选择题中路径来合成原因是防止苯甲醇的羟基被氧化；（5）要合成，需要有单体，由可以制得或，再发生消去反应即可得到。

故合成路线为：
铁粉+HBr 取代反应2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr 18、+Br2−−−→
或或光照镁、乙醚
【解题分析】
比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C 为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，
J 是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J 为，与溴发生取代生成K 为，K 在镁、乙醚的条件下生成L 为
，L 与甲醛反应生成2-苯基乙醇 【题目详解】
（1）由A 生成B 的化学方程式为+Br 2+HBr ，其反应类型为取代反应；
（2）D 为CH 2=C(CH 3)2，名称是2-甲基丙烯，由D 生成E 的化学方程式为CH 2=C(CH 3)2+HBr→(CH 3)3CBr ，故答案为2-甲基丙烯；CH 2=C(CH 3)2+HBr→(CH 3)3CBr ；
（3）根据上面的分析可知，J 的结构简式为，故答案为；
（4）G 的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl 3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH 、-CH 2Br 呈对位连结，另外还有四个-CH 3基团，呈对称分布，或者是-OH 、-C(CH 3)2Br 呈对位连结，另外还有2个-CH 3基团，以-OH 为对称轴对称分布，这样有或或； （5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K 为，反应条件为光照，K 在镁、乙醚的条件下生成L 为，故答案为光照；镁、乙醚；。

19、搅拌（或适当升温等合理答案即可） H 2O 2+2H + +Cu=Cu 2+ +2H 2O CuO 或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO 3等合理答案即可 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu 2(OH)2CO 3易分解 2CuSO 4+2Na 2CO 3+H 2O=Cu 2(OH)2CO 3↓+2Na 2SO 4+CO 2↑
()121
m 111m m 31⨯-×100% 【解题分析】
废铜屑(主要成分是Cu 、CuO ，含有少量的Fe 、Fe 2O 3)，加入稀硫酸浸取，CuO 、Fe 、Fe 2O 3与稀硫酸反应，形式含
有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。

【题目详解】
(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；
(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+ +Cu=Cu2++2H2O；
(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；
(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。

“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成
Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；
(6) m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：
Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2O ，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。

Cu2(OH)2CO3=2CuO+CO2↑+H2O m
222 62
x m1- m2
222 x =
12
62
m m
-，解得：x=
()
12
111
3
m m
1
-
⨯
，
则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为
()
12
1
m
111
3
m
m
1
⨯-
×100%=
()
12
1
m
111m
m
31
⨯-
×100%。

【题目点拨】
本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。

20、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4
【解题分析】。