2020年湖北省武汉市华中师大一附中高考化学模拟试卷(3月份)-附解析

2020年湖北省武汉市华中师大一附中高考化学模拟试卷
（3月份）
副标题
题号一二三总分
得分
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.通过以下反应均可获取H
2.下列有关说法正确的是()
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H1=571.6kJ⋅mol−1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H2=131.3kJ⋅mol−1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H3=206.1kJ⋅mol−1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，△H3减小
D. 反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的△H=74.8kJ⋅mol−1
2.支持海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如
图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是()
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
3.H2O2分解速率受多种因素影响。

实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变
化如图所示。

下列说法正确的是()
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
4.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化
的关系如图所示。

下列叙述错误的是()
A. K a2(H2X)的数量级为10−6
B. 曲线N表示pH 与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H+)>c(OH−)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX−)>c(X2−)>c(OH−)=c(H+) 5.
A B C D
饱和NaHSO3溶液
制乙炔的发生装置蒸馏时的接收装置除去SO2中的少量
HCl
准确量取一定体积
K2Cr2O7标准溶液
A B C D
6.实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是
()
A. 操作I中苯作萃取剂
B. 苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C. 通过操作II苯可循环使用
D. 三步操作均需要分液漏斗
7.轴烯是一类独特的星形环烃。

三元轴烯()与苯()
A. 均为芳香烃
B. 互为同素异形体
C. 互为同系物
D. 互为同分异构体
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于
氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜(主要成分是Cu和少
量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①中得到的氧化产物是______，溶解温度应控制在60−70℃，原因是
______．
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式______．
(3)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)．
(4)上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______．
(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离．工业上常用的固液分离设备有______(
填字母)．
A、分馏塔
B、离心机
C、反应釜
D、框式压滤机
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完
全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L−1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中，Cr2O72被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为______ 7．9.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3−)已成为环境修复研究的热点之一。

(1)Fe还原水体中NO3−的反应原理如图所示。

①作负极的物质是______。

②正极的电极反应式是______。

−的去除率和pH，结果如下：
3
初始pH pH=2.5pH=4.5
NO3−的去除率接近100%<50%
24小时pH接近中性接近中性
铁的最终物质形态
3的去除率低。

其原因是______。

NO3−的去除率和pH，结果如下：初始pH pH=2.5pH=4.5
NO3−的去除率约10%约3%
1小时pH接近中性接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3−去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______。

10.C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

(1)Si位于元素周期表第______周期第______族。

(2)N的基态原子核外电子排布式为______；Cu的基态原子最外层有______个电子。

原子半径电负性熔点沸点
Al______ Si N______ O金刚石______ 晶体硅CH4______ SiH4 11.氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性，某种氰
基丙烯酸酯(G)的合成路线如图：
已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______。

(2)B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。

(3)由C生成D的反应类型为______。

(4)由D生成E的化学方程式为______。

(5)G中的官能团有______。

(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有______种。

(不
考虑立体异构)
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS.某同学用
15.0g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。

采用的实验方案如下：
(1)在下列装置中，第一次浸出必须用______ ，第二次浸出应选用______ .(填标号)
(2)第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成______ .滤渣2的主要成分是______ ．
(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是______ ．
(4)某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4·5H2O，则铜的回收率为______ ．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、反应①是太阳光催化分解水制氢，即将太阳能转化为化学能，故A错误；
B、反应②：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H2=+131.3kJ⋅mol−1>0，则该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂能加快反应速率，但催化剂不改变反应的始终态，即不能改变化学反应的焓变，故C错误；
D、根据盖斯定律③−②计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的△H=+206.1kJ⋅mol−1−(+131.3kJ⋅mol−1)=+74.8kJ/mol，故D正确；
故选：D。

A、反应①中太阳能转化为化学能；
B、△H>0，则反应吸热；
C、催化剂不能改变反应的焓变；
D、根据盖斯定律③−②计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的△H判断。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与活化能的关系，题目难度不大。

2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

【解答】
外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子，据此解答。

A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，故A正确；
B.通电后，惰性高硅铸铁作阳极，自身不能失去电子，则海水中的氯离子等在阳极放电，失去电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故B正确；
C.高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故C错误；
D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确。

故选C。

3.【答案】D
【解析】解：A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>
1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH 的影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故C 错误；
D.图丁中pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH 值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn 2+对H 2O 2分解速率的影响大，故D 正确；
故选：D 。

A.图甲中溶液的pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；
B.图乙中H 2O 2浓度相同，但加入NaOH 浓度不同，说明溶液的pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大；
C.图丙中少量Mn 2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液>1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液；
D.图丁中pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。

本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等。

4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的电离和弱碱滴定的综合考查，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。

【解答】
H 2X 为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1(H 2X)>K a2(H 2X)，酸性条件下，则pH 相同时c(HX −)c(H
2X)>c(X 2−)c(HX −)，由图象可知N 为lg c(HX −)c(H 2X)的变化曲线，M 为lg c(X 2−)c(HX −)的变化曲线，当lg c(HX −)c(H 2X)=0或lg c(X 2−)
c(HX −)=0时，说明c(HX −)c(H 2X)=1或c(X 2−)c(HX −)=1，浓度相等，结合图象可计算
电离常数并判断溶液的酸碱性。

A.lg c(X 2−)
c(HX −)=0时，c(X 2−)
c(HX −)=1，此时pH ≈5.4，则K a2(H 2X)≈10−5.4，可知K a2(H 2X)的
数量级为10−6，故A 正确；
B.由以上分析可知曲线N 表示pH 与lg c(HX −)c(H
2X)的变化关系，故B 正确； C.lg c(HX −)c(H 2X)=0时，即c(HX −)=c(H 2X)，此时pH ≈4.4，则K a1(H 2X)≈10−4.4，常温下，
K h (HX −)=K w
K a1≈10−14
10−4.4=10−9.6<K a2(H 2X)≈10−5.4，可知HX −电离程度大于水解程度，
则NaHX 溶液呈酸性，溶液中c(H +)>c(OH −)，故C 正确；
D.由图象可知当pH =7时，lg c(X 2−)
c(HX −)>0，则c(X 2−)>c(HX −)，故D 错误。

故选D 。

5.【答案】C
【解析】解：A.反应大量放热。

会损坏启普发生器；生成的氢氧化钙是糊状物。

会堵塞反应容器，使水面难以升降；电石与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速；为了获得平稳的乙炔气流，可用饱和食盐水代替水，故A 错误；
B.蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞，否则锥形瓶中气压过大会导致安全事故，故B 错误；
C..HCl 能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，从而除去HCl ，故C 正确；
D.重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故D 错误；
故选：C。

A.水和碳化钙反应速率很快，长颈漏斗无法控制反应速率，该反应放出大量热，碳化钙和水反应生成微溶的氢氧化钙糊状物；
B.蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞；
C.HCl能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；
D.重铬酸钾具有强氧化性．
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器选取、物质制备、除杂等知识点，明确实验原理、基本操作、物质性质是解本题关键，会根据实验目的及仪器用途选取合适的仪器，题目难度中等．
6.【答案】B
【解析】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚。

A.操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；
B.苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；
C.操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；
D.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确。

故选：B。

用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚．
本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等．
7.【答案】D
【解析】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。

故选：D。

轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。

本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。

8.【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解2Cu2++SO32−+2Cl−+ H2O=2CuCl+SO42−+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧
化BD 0.597ab
m
【解析】解：(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解温度应控制在60−70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，
故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O= 2CuCl+SO42−+2H+，
故答案为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl+SO42−+2H+；
(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，
故答案为：硫酸；
(4)步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，
故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，
故答案为：BD；
(6)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl−，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72−，
6 1
n ab×10−3mol
n=6ab×10−3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10−3mol=0.597abg，
，
则样品中CuCl的质量分数为0.597ab
m
故答案为：0.597ab
．
m
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32−+ 2Cl−+H2O=2CuCl+SO42−+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl−，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题．
本题为2015年高考题，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意(6)中利用关系式的计算．
9.【答案】铁NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3−去除率和铁的最终物质形态不同
【解析】解：(1)①Fe是活泼的金属，根据还原水体中的NO3−的反应原理图可知，Fe被氧化作负极，
故答案为：铁；
②正极发生得到电子的还原反应，因此正极是硝酸根离子被还原为NH4+，为酸性电解质溶液，结合电荷及电子守恒可知电极反应式为NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O，
故答案为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O；
(2)从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)，同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3−的去除率低，
故答案为：因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生；
(3)由表中信息可知(2)中初始pH不同时，NO3−去除率和铁的最终物质形态不同的原因为Fe+2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全；初始pH高时，由于Fe3+的水解，Fe3+越容易生成FeO(OH)，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3−去除率和铁的最终物质形
态不同，
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3−去除率和铁的最终物质形态不同。

(1)由图可知，Fe失去电子，N得到电子；
(2)pH=4.5时，NO3−的去除率低，与铁表面生成不导电的FeO(OH)有关；
(3)初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小。

本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、电极反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意表中信息的应用，题目难度不大。

10.【答案】三IVA 1s22s22p3 1 ><><
【解析】解：(1)Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，
故答案为：三；IVA；
(2)N的原子序数为7，共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，
故答案为：1s22s22p3；1；
(3)同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数Al<Si，故半径Al>Si；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O>N，故电负性N<O；
金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C−C键键长短，键能大，故熔点更高，故金刚石的熔点高于晶体硅；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高，故甲烷的沸点低于硅烷，
故答案为：>；<；>；<。

(1)Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；
(2)N的原子序数为7，共排布3个能层；Cu为29号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，据此解答即可；
(3)同周期元素原子随核电荷数递增，原子半径减小；非金属性越强电负性越大；金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C−C键键长短，键能大，故熔点更高；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高。

本题主要考查的元素位构性的关系，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大。

11.【答案】丙酮 2 1：6 取代反应
+NaCl酯基、碳碳双键、氰基8
【解析】解：(1)由上述分析可知，A为，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；
(2)由上述分析可知，B的结构简式为，含2种H，其核磁共振氢谱显示为
2 组峰，峰面积比为1：6，
故答案为：；2；1：6；
(3)C为，C与氯气光照反应生成D，为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)由D生成E的化学方程式为+NaCl，
故答案为：+NaCl；
(5)G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基，
故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；
(6)G()的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应，含
有甲酸形成的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2，
当为HCOOCH2CH=CH2时，−CN的取代位置有3种，当为HCOOCH=CHCH3时，−CN的取代位置有3种，当为HCOOC(CH3)=CH2时，−CN的取代位置有2种，共有8种，
故答案为：8。

=1，A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为58×0.276
16
=
分子中C、H原子总相对原子质量为58−16=42，则分子中最大碳原子数目为42
12 3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应
生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为，以此解答该题。

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握合成流程中碳链变化、官能团变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用及习题中的信息，题目难度不大。

12.【答案】(1)D；A；
(2)H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2；
(3)蒸发皿；
(4)30%
【解析】解：(1)根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4= ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒气体的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+ S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，
故答案为：D；A；
(2)第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。

若顺
序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，
二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，
故答案为：H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2；
(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，
故答案为：蒸发皿；
(4)废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4·
5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol
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0.02mol 100%=30%，
故答案为：30%．
(1)根据题目化学工艺流程可知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒气体的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体；
(2)H2O2与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；
(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿；
(4)根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率．
本题以金属回收为载体，综合考查化学实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、化学计算等，是对学生综合能力的考查．。