福建省厦门市第一中学2023-2024上学期高三上学期12月考化学试题（Word版附解析）

厦门一中2024届高三年化学科12月考试卷说明：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Cu：64Br：80Ag：108I：127一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)1.我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指A.碳原子B.二氧化碳C.碳元素D.含碳物质【答案】B【解析】【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转化为其他物质是碳中和的核心，故选B。【点睛】2.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A.X不能与氨基酸和蛋白质中的氨基发生反应B.Y可能形成分子间氢键C.Z中所有碳原子不可能共平面D.X、Y、Z可用FeCl3溶液和新制氢氧化铜悬浊液进行鉴别【答案】D【解析】【详解】A．X含有羧基，能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应，故A错误；B．Y中氢原子没有与电负性大的氧原子形成共价键，因此Y不可能形成分子间氢键，故B错误；C．苯中12个原子共平面，氧碳键可以旋转，因此Z中所有碳原子可能共平面，故C错误；D．X含有酚羟基，X与FeCl3溶液显紫色，Z含有醛基，能与新制氢氧化铜悬浊液加热条件下反应生成砖红色沉淀，因此X、Y、Z可用FeCl3溶液和新制氢氧化铜悬浊液进行鉴别，故D正确。综上所述，答案为D。3.下列有关离子方程式不正确的是 A.氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2OB.加热使(暂时)硬水软化时的反应之一：Ca2++2CaCO3↓+CO2↑+H2OC.过量铁粉加入稀硝酸中：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2OD.乙醇与酸性KMnO4溶液反应：5CH3CH2OH+4+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O【答案】A【解析】【详解】A.氯气通入石灰乳中生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl－+ClO－+H2O，选项A不正确；B.加热使(暂时)硬水软化时的反应之一，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++2CaCO3↓+CO2↑+H2O，选项B正确；C.过量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，选项C正确；D.乙醇与酸性KMnO4溶液反应生成乙酸、硫酸锰、硫酸钾和水，反应的离子方程式为：5CH3CH2OH+4+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O，选项D正确；答案选A。4.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：下列说法不正确的是A.操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体【答案】B【解析】【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl 溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。我国科学家在实验室实现了CO2到淀粉的全合成，其合成路线为下列说法正确的是A.48gCl8O2所含中子数为22NAB.1Llmol/L的甲醇水溶液中含有氧原子的数目为NAC.1mol甲醛中所含共用电子对总数为4NAD.1molDHA中含有羧基的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．1个Cl8O2分子中含有26个中子，48gCl8O2所含中子数为，故A错误；B．甲醇、水都含氧原子，1Llmol/L的甲醇水溶液中含有氧原子的数目大于NA，故B错误；C．甲醛的结构式为，1个分子中含有4个共价键，1mol甲醛中所含共用电子对总数为4NA，故C正确；D．根据图示，DHA中含羰基、羟基，不含羧基，故D错误；选C。 6.化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型"，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是A.药剂A具有还原性B.①→②过程若有2molS－S键断裂，则转移4mol电子C.②→③过程若药剂B是H2O2，其氧化产物为H2OD.化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S－S键位置来实现头发的定型【答案】C【解析】【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，选项A正确；B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子，选项B正确；C．②→③过程发生还原反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，选项C不正确；D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，选项D正确；答案选C。7.化合物XYZ4ME4可作把料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，x的基态原子价层电子排布式为nSn－1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是A.第一电离能：E>Y>XB.元素电负性：E>Y>ZC.氢化物沸点：M>Y>ED.YZ3和的空间结构均为三角锥形【答案】B【解析】【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为nSn－1，所以n-1=2，n=3，X 为镁或者n=2，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素；【详解】A．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能都要大，所以氮大于氧大于镁，选项A错误；B．元素电负性：氧大于氮大于氢，选项B正确；C．磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所以氢化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，选项C错误；D．NH3价层电子对为3+1=4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，价层电子对为3+0=3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，选项D错误；答案选B。8.处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有和B.溶液呈碱性，其主要原因是C.“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。9.科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成速率的关系如图乙所示，下列说法不正确的是A.是该合成氨装置的阳极B.电极出口混合气可能含有、、C.若H₂的进出口流量差为22.4L/min(标准状况)，则固体质子导体中的流速为1mol/minD.当电压高于1.2V时，随电压升高，在阴极放电生成的速率加快 【答案】C【解析】【分析】由图甲可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，Pt-C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。【详解】A．由分析可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故A正确；B．由分析可知，电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，可能存在氢离子得到电子发生还原反应生成的氢气及部分没反应的氮气，故B正确；C．标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，则反应生成氢离子的物质的量2mol，故固体质子导体中氢离子的流速2mol/min，故C错误；D．由图乙可知，当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，故D正确；故选C。10.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子物质的量分数与的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法不正确的是 A.由图1，B.由图2，初始状态，无沉淀生成C.由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D.由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．水溶液中的离子平衡从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，60分)11.超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下： 已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；③相关物质的沸点：物质沸点/55.734.642.43658回答下列问题：（1）晶体的晶体类型是_______；（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；（5）下列说法错误的是_______； A.流程中得到了循环利用B.流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行C.“工序X”的作用是解配，并蒸出D.用核磁共振氢谱不能区分和（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；（7）比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。【答案】（1）分子晶体（2）①.保证Ga为液体，便于纯Ga流出②.+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；（4）CH4（5）D（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3（7）①.>②.Ga(CH3)3中Gasp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小【解析】【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。【小问1详解】晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；【小问2详解】电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）； 【小问3详解】“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；【小问4详解】“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；【小问5详解】A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；B.容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C.“配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；故选D；【小问6详解】直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；【小问7详解】分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。12.溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。 回答下列问题：（1）装置A中的离子方程式为___________。（2）装置常采用60℃水浴加热，温度不宜过高的原因是___________；加料完成后，60℃水浴加热，以一定速率搅拌，能提高SO2吸收率的方法为___________。（3）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测含有Na2SO3、NaHSO3)制取较纯净的Na2SO3晶体。补充完整制取Na2SO3晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，___________，用乙醇洗涤2~3次，置于真空干燥箱中干燥。(已知：室温下从饱和Na2SO3溶液中结晶出Na2SO3·7H2O，34~100℃结晶出Na2SO3；可选用试剂：SO2气体、20%NaOH溶液)（4）CuBr在空气中氧化所得绿色粉末为xCuBr·yCu(OH)2，为探究该粉末的化学式，现进行如下实验：准确称取一定质量的绿色粉末，溶于足量乙酸中，用蒸馏水配制成100mL溶液。①取25mL溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得淡黄色固体质量为0.94g；②另取25mL溶液，向其中加入过量的KI溶液，再用0.400mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗25.00mL。已知反应的方程式如下：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2、2+I2=2I－+。请确定该绿色粉末的化学式___________。（5）室温下，Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为___________(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。【答案】（1）2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+（2）①.防止CuBr受热分解，防止SO2溶解度减小反应速率减慢②.缓慢通入SO2气体（3）通入过量的SO2充分反应，再加入100g20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体析出，在34℃以上趁热过滤（4）（5）K•Ksp【解析】【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；用NaOH溶液除去过量的SO2气体，该装置常采用60℃水浴加热，防止CuBr受热分解，防止SO2溶解度减小反应速率减慢；以此解答。【小问1详解】三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，SO2 被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；【小问2详解】装置常采用60℃水浴加热，温度不宜过高的原因是防止CuBr受热分解，防止SO2溶解度减小反应速率减慢；以一定速率搅拌，能提高SO2吸收率的方法为缓慢通入SO2气体；【小问3详解】制取Na2SO3晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，通入过量的SO2充分反应，再加入100g20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体析出，在34℃以上趁热过滤，用乙醇洗涤2~3次，置于真空干燥箱中干燥；【小问4详解】n(Br-)=n(AgBr)==0.005mol，即n(CuBr2)=0.0025mol，n(S2O)=0.4mol/L0.025L=0.01mol，根据2Cu2++4I－=2CuI↓+I2、2+I2=2I－+可得关系式：，n(Cu2+)=n(S2O)=0.01mol，根据电荷守恒：n(Cu2+)2=n(Br-)+n(OH-)，n(OH-)=0.015mol，所以n[Cu(OH)2]=0.0075mol，故绿色粉末的化学式为；【小问5详解】Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+的反应为①Cu+(aq)+2L(aq)⇌[Cu(L)2]+(aq)，平衡常数为K，CuBr(s)存在溶解平衡为②CuBr(s)⇌Cu+(aq)+Br-(aq)，溶度积常数为Ksp，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr(s)+2L(aq)⇌[Cu(L)2]+(aq)+Br-(aq)，①+②得到反应CuB(s)+2L(aq)⇌[Cu(L)2]+(aq)+Br-(aq)，则反应CuBr(s)+2L(aq)⇌[Cu(L)2]+(aq)+Br-(aq)的平衡常数为K•Ksp。13.银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题： ①中间体生成吸附态的活化能为_______。②由生成的热化学方程式为_______。（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下：4014434631051100①时的平衡常数_______。②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。A．从Ⅰ到Ⅱ的过程B．C．平衡常数：D．若体积，则E．逆反应的速率：③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则_______(用表示)。（3）可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 ①测定晶体结构最常用的仪器是_______(填字母)。A．质谱仪B．红外光谱仪C．核磁共振仪D．射线衍射仪②与晶胞体积之比为_______。③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是_______。【答案】（1）①.83②.（2）①.10②.CDE③.（3）①.D②.12:7③.a中银电极质量减小，b中银电极质量增大【解析】【小问1详解】①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为；【小问2详解】 ①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数。②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误；B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误；C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确；D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确；E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确；故选CDE；③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，故；【小问3详解】①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪；②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为 ；故，则与晶胞的体积之比为12:7。③由图可知，a为阳极、b为阴极，实验测得支管a中质量不变，则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b中银电极质量增大，a中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a中银电极质量质量减小，可判定导电离子是而不是。【点睛】14.含有吡喃柒醌骨架的化合物常只有抗菌、抗病逛等生物活性，一－种合成该类化合物的路线如下(部分反应条件已简化)：回答下列问题：（1）物质G所含官能团的名称为___________。（2）从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是___________、___________。（3）A转化B的化学方程式为___________。（4）依据上述流程提供的倍息，下列反应产物J的结构简式为___________。（5）下列物质的酸性由大到小的顺序是___________(写标号)。 ①②③（6）(呋喃)是一种重要的化工原料，其能够发生银镜反应的同分异构体中，除H2C=C=CH－CHO外，还有___________种；（7）甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯，依据由C到D的反应信息，设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线(无机试剂任选)___________。【答案】14.醚键、碳碳双键15.①.消去反应②.加成反应16.+Br2+HBr17.18.③＞①＞②19.420.【解析】【分析】根据A、F的结构简式及B的分子式知，A中酚羟基的邻位氢原子被溴原子取代生成B为，C和浓硫酸发生取代反应生成D，D中羟基被氯原子取代生成E，B、E发生取代反应生成F，同时还生成HCl；F发生取代反应生成中间体，中间体和呋喃发生加成反应生成G，G发生反应生成H，H通过一系列转化生成I；【小问1详解】根据G的结构可知物质G所含官能团的名称为醚键、碳碳双键；【小问2详解】由分析可知，从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是消去反应、加成反应；【小问3详解】 B的结构简式为，A中酚羟基的邻位氢原子被溴原子取代生成B，A转化为B的方程式为：+Br2+HBr；【小问4详解】依据上述流程提供的信息，HOOC-C≡CCOOH先与呋喃反应生成，再与HCl发生G生成H类型的反应而生成有机物J，则J的结构简式为；【小问5详解】甲基为斥电子基团，-F为吸电子基团，吸电子基团导致磺酸基易电离出氢离子、斥电子基团导致磺酸基难电离出氢离子，磺酸基越易电离出氢离子，其酸性越强，所以这三种物质的酸性由大到小的顺序是③＞①＞②；【小问6详解】）的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，呋喃的不饱和度是3，醛基的不饱和度是1，符合条件的同分异构中可能含有2个碳碳双键或1个碳碳三键或1个碳碳双键和1个环，除H2C=C=CH-CHO外，如果含有碳碳三键，符合条件的结构简式有HC≡CCH2CHO、CH3C≡CCHO，如果含有一个环和1个碳碳双键，符合条件的结构简式为、，所以符合条件的同分异构体还有4种；【小问7详解】以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯，甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯，为防止生成对溴甲苯，结合C生成D的反应知，甲苯先和浓硫酸反应生成，再和液溴发生取代反应生成，最后再水解生成邻溴甲苯，合成路线为 。