【文档说明】广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(19)页，2.742 MB，由小赞的店铺上传

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广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第一次月考化学试题本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号

填写在答题卡上，用2B铅笔在答题卡相应位置上填涂考生号。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定

区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7O16Al27一、选择题：本大题共16小题，1~10每小题2分，11

~16每小题4分，满分44分。在每小题列出的四个选项中只有一项符合题目要求。1.材料改善生活。下列物体的主要材质属于无机非金属材料的是A.C919使用的轮胎B.塑料水桶C.高铁钢轨D.陶瓷碗【答案】D【解析】【详解

】A．C919使用的轮胎主要成分是橡胶，属于有机高分子材料，A不符合题意；B．塑料水桶主要材料是塑料，塑料属于有机合成材料，不属于无机非金属材料，B不符合题意；C．高铁钢轨主要成分是铁合金，铁合金属于金属材料，不属于无机非

金属材料，C不符合题意；D．陶瓷碗主要成分是硅酸盐，硅酸盐材料属于无机非金属材料，D符合题意；故合理选项是D。2.清晨漫步在树林里，看到缕缕光束穿过薄雾。这种美景主要源于A.丁达尔效应B.分子的扩散C.空气的对流D.水蒸气流动【答案】A【解析】【详解】森林中空气含有大量的水蒸气，形成气溶胶，当有

光照射时，从树叶中间透过光束就会在胶体中形成一条光亮的通路，这个现象为丁达尔效应，故选：A。3.下列过程不涉及化学变化的是A.石油分馏B.煤的液化C.塑料老化D.粮食酿酒【答案】A【解析】【详解】A．石油分馏是利用组分的沸点

不同进行分离的方法，不涉及化学变化，A正确；B．煤的液化过程中生成了甲醇等液体燃料，发生了化学变化，B错误；C．塑料老化变质，发生了化学变化，C错误；D．粮食酿酒，淀粉转化为乙醇，发生了化学变化，D错误；故选A。4.实验室为配制0.10mol/L的稀硫酸，不需要用到的仪器是A.B.C.D

.【答案】B【解析】【详解】配置一定量的物质的量浓度需要用到：烧杯、容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、药匙、滤纸、天平，不需要用到分液漏斗，故答案选B。5.维生素C是重要的营养素，其分子结构如图。下列关于维生素C的叙述不正确的是A.

维生素C的分子式为C6H8O6B.分子中含有3种官能团C.1mol该物质最多能与2molH2加成D.该物质能发生氧化反应、取代反应、消去反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O

6，故A正确；B．由结构简式可知，维生素C分子的官能团为羟基、酯基和碳碳双键，共有3种，故B正确；C．由结构简式可知，维生素C分子含有碳碳双键和酯基两种不饱和键，其中酯基不能加成，则1mol维生素C与足量钠反应能

生成1mol氢气，故C错误；D．由结构简式可知，维生素C分子含有的羟基可以发生取代反应、氧化反应以及消去反应，含有的碳碳双键能发生氧化反应，故D正确；故选：C。6.下列各组离子中能大量共存的是A.Cl-、OH-、SO24−、NH4+B.H+、Fe2+、SO24−、Cl-C.K+、Ba2+、NO3−

、SO24−D.H+、Cl-、MnO4−、Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．OH-、NH4+能结合成一水合氨，不能大量共存，A错误；B．该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，B正确；C．Ba2+、SO24−结成硫酸

钡沉淀，不能大量共存，C错误；D．酸性条件下MnO4−能氧化Cl-、Fe2+，不能大量共存，D错误；故选：B。7.下列过程中，颜色变化与氧化还原反应无关的是A.湿润的淀粉KI试纸遇氯气变蓝色B.放置时间较长的苯酚固体变为粉红色C.氯化铁溶液滴入KSCN溶液变红色D.酸性K2Cr2O7溶液滴

入乙醇变绿色【答案】C【解析】【详解】A．淀粉KI遇氢变蓝是因为氯气与碘化钾发生反应生成的确单质使淀粉变蓝，与氧化还原有关，故A错误；B．放置时间较长的苯酚固体，变为粉红色是由于苯酚被氧气氧化所致，故B错误；C．氯化铁溶液遇KSCN溶液

变红色，是生成了红色络合物，离子方程式为()3+-3Fe+3SCN=FeSCN，与氧化还原无关，故C正确；D．酸性K2Cr2O7溶液滴入乙醇，溶液变为绿色，是由于K2Cr2O7被乙醇还原生成，与氧化还原有关，故D错误；故选C。8.下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是A.船体表面刷漆B.加入铬、

锰、硅等制成不锈钢C.自行车链条涂油D.水中的钢闸门连接电源的负极【答案】D【解析】【详解】A．船体表面刷漆是物理方法防止金属腐蚀，故A不符合题意；B．加入铬、锰、硅等制成不锈钢是改变金属内部结构，是物理方法防止金属腐蚀，

故B不符合题意；C．自行车链条涂油是物理方法防止金属腐蚀，故C不符合题意；D．水中的钢闸门连接电源的负极，是外接电源的阴极保护法，是电化学方法，故D符合题意；故答案为：D。9.关于反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法正确的是A.C发生还原反应B.K

2S是氧化产物C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3D.生成1molN2时，转移12mol电子【答案】D【解析】【详解】A．在反应中，单质碳中的C元素化合价升高，发生氧化反应，故A错误，B．S单质化合价降低，转化为K2S，K2S作还原产物，故B错误；C．该反

应中S和KNO3均作氧化剂，C单质作还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比应为1∶1，故C错误；D．生成1molN2时，转移12mol电子，故D正确；故选：D。10.反应A＋B→C(放热)分两步进行：①A＋B→X(吸热)，②X→C(放热)。下列示意图中，能正

确表示总反应过程中能量变化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】第一步反应为吸热反应，说明X的能量比A、B的能量和高；第二步反应为放热反应，则X的能量比生成物C的高，且总反应是放热反应，说明反应物A、B的能量总和比生成物C的高，则只有选项A的

图像符合题意；故选：A。11.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.101kPa、25℃，11.2LCO中含有的原子数为NAB.体积为1L的1mol/LNaHCO3溶液中，HCO3−数目为NAC.1L0.1mo

l/LCH3COOH溶液中O-H键数小于0.1NAD.1molNaHSO4固体中阳离子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．25℃不是标准状况，不能计算气体的物质的量，A错误；B．HCO3−在溶液中发生水解，其数目小于NA，B错误；C．未考虑溶剂水中的O-H键，C错误；D．Na

HSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子组成，1molNaHSO4固体中阳离子数目为NA，D正确；故选：D。12.下列污水处理的方法中，表示其原理的离子方程式不正确．．．的是A.混凝法，用明矾做混凝剂：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋B.中和法，用过量C

O2中和碱性废水：CO2＋2OH-=CO23−+H2OC.沉淀法，用Na2S处理含Hg2＋废水：Hg2＋＋S2－=HgS↓D.氧化还原法，用FeSO4将酸性废水中Cr2O72-还原为Cr3＋：Cr2O2-7＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O【答案】B【解析】【详解】A．混

凝法，用明矾做混凝剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故A正确；B．过量CO2中和碱性废水反应生成碳酸氢根：CO2+OH-=HCO3−，故B错误；C．用Na2S处理含Hg2+废水生成硫化汞沉淀：Hg2++

S2-=HgS↓，故C正确；D．FeSO4将酸性废水中Cr2O72—还原为Cr3+，本身被氧化为铁离子，Cr2O2-7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故D正确；故选B。13.下列实验装置或操作不正确

的是A．测定锌与稀硫酸反应速率B．测定中和反应的反应热C．制备乙烯D．探究铁的吸氧腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸与锌粒反应生成氢气，通过观察单位时间内注射器体积变化或产生一定体积气体所用的

时间，可测定反应速率，故A正确；B．通过量热计中温度变化，可以测定中和反应的反应热，故B正确；C．制备乙烯时，应该控制温度170℃，温度计应该放到液面下，故C错误；D．通过观察支管中液面的变化可确定铁的吸氧腐蚀，故D正确；故选C。14.关于化合物M：下列说法正确的是A.M分子中处于

同一直线上的原子数最多为9个B.M分子中仅含有1个手性碳原子C.1molM可以消耗1molNaOHD.M不能使酸性KMnO4稀溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线的原子共直线，则上述分子中共直线的原子为最多有6个原子，如图：，

A错误；B．M分子中仅含有2个手性碳原子，如图用星号标出的C原子为手性碳原子，，B错误；C．M分子中所含的酯基可在碱性条件下发生水解反应，根据结构可知，1molM可以消耗1molNaOH，C正确；D．M分

子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；故选C。15.利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的是A.a电极为电池正极B.电池工作时，海水中的Na+向b电极移动C.电池

工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性D.每消耗1kgAl，电池最多向外提供37mol电子的电量【答案】B【解析】【分析】在Al、海水及其中的溶解氧组成的原电池中，电极活动性：Al＞石墨，所以a电极为负极，b电极为正极，溶液中离子移动方向

是阳正阴负，然后根据原电池反应原理分析解答。【详解】A．由于电极活动性：Al＞石墨，所以a电极为原电池的负极，A错误；B．电池工作时，海水中的Na+向负电荷较多的正极b电极方向移动，B正确；C．电池工作时，a电极上Al失去电子变为Al3+进入溶液，Al3+吸引溶液中的Cl

-，部分Al3+会发生水解反应，使附近溶液显弱酸性，故紧邻a电极区域的海水呈弱酸性，C错误；D．Al是+3价金属，1molAl发生反应会失去3mol电子，1kgAl的物质的量是n(Al)=1000g1000=mol27g/mol27，则该电池工作时不计能量损耗，电池

最多向外提供电子的物质的量是n(e-)=1000mol3=111mol27，故该电池最多向外提供111mol电子的电量，D错误；故合理选项是B。16.LiOH是生产航空航天润滑剂的原料。清华大学首创三室膜电解法制备氢氧化锂，其模拟装置如图

所示。下列有关说法正确的是A.a极为电源的负极，Y极上发生氧化反应B.X极的电极反应式为2H2O-4e−=4H++O2↑C.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜D.每转移2mol电子，理论上生成24gLiOH【答案】B【解析】【分析

】该电解池实质是电解水，根据图知：X极导出的是浓硫酸，则X极应为水电离出的OH-放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，气体1为O2。Y极导出的浓LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成H2、生

成OH-，则Y为电解池的阴极，气体2为H2，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；据此分析解答。【详解】A．根据分析，X极为阳极，所以a极为正极，b极为负极，则Y极为阴极，发生还原反应，A错误；B．根据分析，X极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应

产生O2，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，B正确；C．根据分析，X极为阳极，导出的是硫酸，则SO24−向阳极移动，膜1为阴离子交换膜，Y极为阴极，导出的LiOH，则Li+向阴极移动，膜2为阳离子交换膜，C错误；

D．Y极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，每转移2mol电子，理论上有2molLi+向Y极迁移形成2molLiOH，其质量是48g，D错误；故选：B。二、非选择题：本大题共4小题，共52分。17.高铁酸钾(24KFeO)是一种高效多功能的

绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下：已知：“转化”过程发生复分解反应。回答下列问题：（1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的是__________

_(填序号)。A.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线B.NaOH在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤C.容量瓶洗净之后未干燥D.定容时俯视刻度线（2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生副反应：主反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O副反应：232ClNa

OHNaClNaClOHO+→++(未配平)①配平该副反应：___________________Cl2+___________NaOH=___________NaCl+___________NaClO3+

___________H2O②若有20.15mol?Cl发生该副反应，该过程中转移电子的物质的量为___________mol；（3）氧化过程中溶液保持强碱性，写出反应的离子方程式：___________。Ⅱ.

工业干法制备高铁酸钾：第一步反应为：2FeSO4+6Na2O2Δ2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑第二步反应在溶液中进行：2424NaFeO2KOHKFeO2NaOH+=+（4）该第一步反应中氧化产物为________

___、___________，（5）试解释第二步反应能发生的原因___________。（6）K2FeO4在净水过程中能产生Fe(OH)3胶体，检验净水过程中产生了胶体的方法是___________。【答案】（1）

D（2）①.3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O②.0.25（3）3ClO-+2Fe3++10OH-=22-4FeO+3Cl-+5H2O（4）①.2O②.24NaFeO（5）相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小（6）验证

上述分散系有丁达尔效应【解析】【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为2-4FeO，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=22-4Fe

O+3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl制备高铁酸钾，再经过滤、洗涤、干燥即可得到产品；

【小问1详解】A．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，选项A错误；B．NaOH在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤，部分溶质损失，配制浓度偏小，选项B错误；C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，选项C错误；D．定容时俯视刻度线，使溶液的

体积偏小，所配溶液浓度偏大，选项D正确；答案选D；【小问2详解】①Cl元素发生歧化反应，从0降为-1、从0升至+5，结合原子守恒配平方程式为:3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；②3molCl2~5mole-若有0.15molCl2发生该反应，则通过副反应转移的电子的物质的量

为0.25mol；【小问3详解】氧化过程中溶液保持强碱性，NaClO将Fe3+氧化为2-4FeO，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=22-4FeO+3Cl-+5H2O；【小问4详解】第一步反应为：2FeSO4+6Na2O2Δ2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O

2↑，反应中O元素由-1价升高为0价被氧的化，Fe元素由+2价升高为+6价被氧化，故氧化产物为2O、24NaFeO；【小问5详解】相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，反应中溶解度较小的容易过饱和而析出，故第二步反应2424HNaFeOKF+2KOHeO+2NaO=能发

生；【小问6详解】K2FeO4在净水过程中能产生Fe(OH)3胶体，检验净水过程中产生了胶体的方法是验证上述分散系有丁达尔效应。18.浓盐酸是一种化学实验室常用的试剂。实验用浓盐酸一般质量分数为37.0%。（1）用浓盐酸

配制100mL浓度为0.100mol/L的稀盐酸，下列操作错误的有___________。A．浓盐酸稀释B．上下颠倒摇匀C．定容D．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒A.AB.BC.CD.D（2）写出浓盐酸与MnO

2混合加热生成MnCl2和Cl2的离子反应方程式___________。（3）在用浓盐酸与MnO2混合加热制氯气过程中，发现氯气不再逸出时，固液混合物中仍存在盐酸和MnO2。①关于MnO2剩余的原因，该小组提出如下猜想：猜想ⅰ.

随着反应进行，c(H+)降低，Cl-还原性减弱，不能被MnO2氧化猜想ⅱ.随着反应进行，c(H+)降低，MnO2的氧化性减弱，不能氧化Cl-。猜想ⅱi．随着反应进行，c(Cl-)降低，Cl-的还原性减弱，不能被MnO2氧

化。猜想iv.随着反应进行，c(Mn2+)升高，MnO2的氧化性减弱，不能氧化Cl-。该小组设计原电池装置验证上述猜想。恒温装置未画出。每组实验前都将电池装置放电至无明显现象且电流表归零为的止。组别实验步骤实验现象实验结论实验反

思与评价i向右侧烧杯中滴入几滴浓盐酸该操作不能验证猜想i，理由①___________。ii将实验步骤补充完整：②___________。预测现象：③___________。猜想ii成立正极的电极反应方程式为④_

__________。……iv在验证了猜想i不成立、猜想ii和iii均成立以后，向左侧烧杯中加入⑤___________，(填化学式)向右侧烧杯中加入⑥___________。(填化学式)电流表几乎无示数猜想iv成立是【答案】（1）AB（2）Mn

O2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（3）①.加入浓盐酸同时增大了右侧烧杯中的c(H+)和c(Cl-)，从而无法判断猜想i成立还是猜想iii成立②.向左侧烧杯中滴入少量浓硫酸③.电流表指针有偏转(或示数增大)，右侧烧杯中产生黄绿色气体④.MnO2+4H

++2e-=Mn2++2H2O⑤.MnSO4⑥.NaCl【解析】【小问1详解】容量瓶中不能进行浓溶液的稀释，故A错误；容量瓶摇匀应上下颠倒摇匀，图中所示为旋转摇匀，故B错误；定容时，直接加水至刻度线以下1-2cm时，改用胶头滴管滴加至刻度线，眼睛

保持平视，故C正确；转移后需用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，洗涤液一并转移到容量瓶，故D正确；【小问2详解】浓盐酸与MnO2混合加热生成MnCl2和Cl2的离子反应方程式：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；【小问3详解】向右侧烧杯中滴入几滴浓盐酸，c(H+)

和c(Cl-)浓度均增大，无法判断猜想i成立还是猜想iii成立；结合猜想ii，向左侧烧杯中滴入少量浓硫酸，增大溶液中氢离子浓度，若电流表指针有偏转(或示数增大)，右侧烧杯中产生黄绿色气体，则证明猜想ii成立，正极的电极反应方程式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O；在验证了

猜想i不成立、猜想ii和iii均成立以后，向左侧烧杯中加入MnSO4，增大锰离子浓度，向右侧烧杯中加入NaCl，确保氯离子浓度较大，电流表几乎无示数，说明猜想iv成立。19.锰在冶金工业、电子工业等方面有广泛应用。某软锰矿主要成分为MnO2、SiO2、CaO和少量的MgO、CuO，

一种利用废铁屑还原浸出该软锰矿并制取金属锰的工艺流程如下：（1）废铁屑表面含有油脂，除去表面油脂的方法是___________。（2）写出“浸出”时Fe与MnO2反应的离子方程式：___________。的（3）“除铁”时加

入CaCO3的主要作用是___________；滤渣A的主要成分为___________、___________(填化学式)。（4）除铁后的滤液若酸性过强，加入BaS溶液后可能造成污染，原因是___________。(用离

子反应方程式表示)（5）电解硫酸锰溶液的装置示意图如下：电解时Mn在___________(填“阴”或“阳”)极析出，阳极产生O2的电极反应式为___________，阳极室的溶液可返回上述“___________”工序循环使用。【答案】（1

）用煮沸的碱液洗净后，用蒸馏水洗去表面碱液，过滤，取滤渣（2）12H++2Fe+3MnO2=2Fe3++3Mn2++6H2O（3）①.消耗浸出液中剩余的酸，促进Fe3+水解生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6②.CuS③.BaSO4（4）Ba2++S2-+2H++SO24−=Ba

SO4↓+H2S↑或S2-+2H+=H2S↑（5）①.阴②.2H2O-4e-=O2↑+4H+③.浸出【解析】【分析】某软锰矿的主要成分为MnO2、SiO2、CaO和少量的MgO、CuO，加入废铁屑、硫酸铵和硫酸浸出时，MnO2被还原得到MnSO4，并得到Fe2(SO4)

3、MgSO4、CuSO4，CaSO4微溶于水，SiO2不溶于H2SO4，过滤浸出液中含有Mn2+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+以及过量的硫酸、硫酸铵，加碳酸钙产生沉淀过滤除铁，滤液加入BaS产生CuS沉淀以除铜、同时有BaSO4产生，故滤渣A为CuS和BaS

O4，滤液加MnF2将钙镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得滤渣2为CaF2、MgF2，过滤得到MnSO4溶液，用电解法得到Mn，据此分析解题。【小问1详解】废铁屑表面含有油脂，在使用前需进行处理，方法是用热的纯碱溶液洗涤。油脂在碱性条件下加热

发生水解生成甘油和高级脂肪酸盐，均易溶于水，考虑到经济性，选用纯碱溶液。【小问2详解】“除铁”后得到的产物NH4Fe3(SO4)2(OH)6，其中Fe显＋3价，Fe在反应中被氧化生成Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，结合氧化还原

反应的配平可得反应的离子方程式为12H++2Fe+3MnO2=2Fe3++3Mn2++6H2O。【小问3详解】“除铁”后得到的产物NH4Fe3(SO4)2(OH)6为碱式硫酸复盐，浸出液为酸性，故需要加入CaCO3，主要作

用是：CaCO3与酸反应，调高溶液的pH，耗浸出液中剩余的酸，促进Fe3+水解生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6；加入BaS，利用CuS的溶度积较小，生成CuS从而除去溶液中含有的Cu2+，同时Ba2+与SO24−反应生

成，不引入其他杂质离子，所以滤渣A为CuS和BaSO4。【小问4详解】滤液若酸性过强，加入BaS溶液发生反应Ba2++S2-+2H++SO24−=BaSO4↓+H2S↑或S2-+2H+=H2S↑，生成有毒

的硫化氢气体，污染环境；【小问5详解】电解硫酸锰得到Mn单质，则Mn2+应在阴极得到生成Mn，阳极水放电在氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；阳极室生成硫酸，可在浸出工序循环使用。20.化合物G具有镇咳祛痰的作用，其合成路线如

下：请回答下列问题：（1）C→D反应类型为___________。的名称是___________。（2）E的分子式为19245CHO，其结构简式为___________。（3）有机物F中含氧官能团的名称为醚键、_

__________和___________。（4）G的同分异构体H同时满足下列条件，写出H的结构简式：___________。(写出一种即可)①遇3FeCl溶液发生显色反应；②1mol该有机物与足量3NaHCO溶液反应生成22molCO；③分

子中不同化学环境的氢原子个数比是3:6:2:1。（5）已知：R-BrMg⎯⎯⎯→乙醚RMgBr。根据已有知识并结合相关信息写出以和32CHCHOH为原料制备的合成路线流程图___________(合成路线流程图示例见本题题干)。【答案

】（1）①.氧化反应②.环己酮（2）（3）①.酮羰基②.羧基（4）或（5）【解析】【分析】A与环己酮在对甲苯磺酸作用下生成B，该过程将羰基转化为醚键，B与25CHMgBr发生加成反应，再酸化生成C，C被氧化生成D，D与修乙酸乙酯发生取代反应生

成E，结合F的结构简式可知E应为，E发生碱性水解，再经酸化得到F，F在流程条件下发生取代反应生成G，据此解答；【小问1详解】C→D过程中醇羟基被氧化为羰基，反应类型为氧化反应，由结构简式可知名称为环己酮；【小问2详解】由上述分析可知E的

结构简式为：；【小问3详解】由F的结构简式可知F中含醚键、酮羰基、羧基三种含氧官能团；【小问4详解】G的同分异构体满足下列条件①遇3FeCl溶液发生显色反应，说明含由酚羟基；②1mol该有机物与足量3NaHCO溶液反应生

成22molCO，说明含2个羧基；③分子中不同化学环境的氢原子个数比是3:6:2:1，可知有两个对称甲基结构，且两个羧基也对称；符合的结构简式有：或；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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