高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省徐州市部分學(xué)校2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期階段測試注意事項考生在答題前請認(rèn)真閱讀本注意事項及各題答題要求1.本試卷共6頁。滿分為100分，考試時間為75分鐘。考試結(jié)束后，請將答題卡交回。2.答題前，請您務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、考試號等用書寫黑色字跡的0.5毫米簽字筆填寫在答題卡上規(guī)定的位置。3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符。4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效。5.如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23S32Ce140一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.“中國名片”、“中國制造”在眾多領(lǐng)域受到世界矚目。下列說法正確的是A.“福建艦”航空母艦防腐涂料使用的石墨烯是乙烯的同系物B.“神舟號”載人飛船上常攜帶一定量的活性炭，利用其還原性去除呼吸廢氣中的異味C.“華龍一號”核反應(yīng)堆采用二氧化鈾(UO2)陶瓷芯塊，中子數(shù)為92D.“蛟龍”載人潛水器的耐壓球殼使用了鈦合金，鈦合金的硬度比鈦大【答案】D【解析】石墨烯是碳的單質(zhì)，乙烯是烴類，結(jié)構(gòu)不同，不屬于同系物，A錯誤；活性炭通過吸附性去除異味，而非利用還原性，B錯誤；的中子數(shù)為238?92=146，而非92，C錯誤；鈦合金的硬度比純鈦大，符合合金特性，D正確；故選D。2.國產(chǎn)大飛機(jī)C919上用到較多的鎂鋁合金。下列敘述正確的是A.鎂位于元素周期表的p區(qū)B.基態(tài)鋁原子能量最高的電子云輪廓圖為啞鈴形C.鎂鋁合金的熔點(diǎn)比Mg和Al都高D.基態(tài)原子價層電子軌道表示式：【答案】B【解析】基態(tài)Mg的價層電子排布為3s2，Mg位于元素周期表的s區(qū)，A錯誤；基態(tài)鋁原子的價層電子排布式為3s23p1，能量最高的為3p軌道，其電子云輪廓圖為啞鈴形，B正確；一般來說，合金的熔點(diǎn)比其成分金屬的熔點(diǎn)低，所以鎂鋁合金的熔點(diǎn)比Mg和Al都低，C錯誤；基態(tài)Al的價層電子排布式為3s23p1，故基態(tài)Al原子價層電子軌道表示式為，D錯誤；故選B。3.下列實驗裝置(部分夾持裝置略)正確且能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿．制取氯氣B．制乙炔并檢驗乙炔具有還原性C．配制NaOH溶液D．驗證AgCl和AgI溶度積的大小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】和濃鹽酸反應(yīng)制取需要加熱，該裝置缺少加熱儀器，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故A錯誤；電石與水反應(yīng)制得的乙炔中混有等雜質(zhì)，也能使酸性溶液褪色，會干擾乙炔還原性的檢驗，應(yīng)先除雜，故B錯誤；不能在容量瓶中溶解固體，應(yīng)在燒杯中溶解，故C錯誤；向溶液中滴加過量溶液，生成白色沉淀，再滴加溶液，若白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，說明的溶度積小于，可驗證和溶度積大小，故D正確；故選D。4.石墨與F2在反應(yīng)，石墨層間插入F得到層狀化合物，該物質(zhì)仍具有潤滑性，其單層局部結(jié)構(gòu)如圖所示，下列表述正確的是A.第一電離能：N>C>OB.1mol(CF)x中含2.5xmol共價單鍵C.(CF)x中C-C鍵長比C-F短D.與石墨相比，(CF)x導(dǎo)電性增強(qiáng)【答案】B【解析】同周期主族元素，從左至右，第一電離能有增大趨勢，N的2p軌道半充滿，較穩(wěn)定，第一電離能大于O，第一電離能：N>O>C，A錯誤；由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，在(CF)x中C與周圍的3個碳原子形成共價鍵，每個C-C鍵被2個碳原子共用，和1個F原子形成共價鍵，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵，B正確；已知C的原子半徑比F的大，故可知(CF)x中的C—C的鍵長比C—F長，C錯誤；石墨晶體中每個碳原子上未參與雜化的1個2p軌道上電子在層內(nèi)離域運(yùn)動，故石墨晶體能導(dǎo)電，而(CF)x中沒有未參與雜化的2p軌道上的電子，故與石墨相比，(CF)x導(dǎo)電性減弱，D錯誤；故選B。閱讀下列材料，完成下面小題：碳族元素及其化合物在自然界廣泛存在且具有重要應(yīng)用。甲烷是清潔能源，燃燒熱為(890.3kJ/mol)，完全燃燒生成CO2，CO2催化加氫可制CH4；電解還原SiO2可制得半導(dǎo)體材料晶體Si，四氯化鍺(GeCl4)水解可得到GeO2；醋酸鉛[(CH3COO)2Pb]易溶于水，難電離，醋酸鉛溶液可用于吸收H2S氣體。用甲醇在酸性條件下與NaClO3反應(yīng)制得ClO2；ClO2有強(qiáng)氧化性，易溶于水，是一種高效安全消毒劑，純ClO2易分解爆炸，一般稀釋到10％以下。5.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.水解GeCl4制GeO2：GeCl4＋2H2O=GeO2↓＋4HClB.電解還原SiO2制高純Si的陰極反應(yīng)：SiO2-2e-=Si＋2O2-C.甲烷的燃燒：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-890.3kJ/molD.醋酸鉛溶液吸收H2S氣體：Pb2+＋H2S=PbS↓＋2H＋6.下列說法正確的是A.鍵角：B.制備ClO2時參加反應(yīng)的NaClO3和CH3OH的物質(zhì)的量之比為1：6C.制備ClO2需要鼓入空氣，主要目的是稀釋ClO2以防爆炸D.作為消毒劑，ClO2在消毒過程中最終轉(zhuǎn)化為Cl27.下列有關(guān)反應(yīng)CO2(g)＋4H2(g)?CH4(g)＋2H2O(g)說法正確的是A.反應(yīng)的ΔS>0B.反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=C.反應(yīng)的ΔH=4E(C-H)＋4E(O-H)-2E(C=O)-4E(H-H)（E表示鍵能）D.單位時間內(nèi)，4molC-H鍵形成的同時有2molO-H鍵斷裂說明該反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)【答案】5.A6.C7.B【解析】5．GeCl4水解生成GeO2和HCl，水解方程式：GeCl4＋2H2O=GeO2↓＋4HCl，A正確；陰極反應(yīng)應(yīng)為還原反應(yīng)（得電子），正確式為SiO2+4e?=Si+2O2?，B錯誤；甲烷燃燒熱為890.3kJ/mol，生成的是氣態(tài)水，生成氣態(tài)水，ΔH應(yīng)小于-890.3kJ/mol（燃燒熱對應(yīng)液態(tài)水），C錯誤；醋酸鉛難電離，應(yīng)寫分子形式(CH3COO)2Pb＋H2S=PbS↓＋2CH3COOH，D錯誤；故選A；6．的中心原子的價層電子對數(shù)=，為sp3雜化，有一對孤電子對，的中心原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，有兩對孤電子對，鍵角：，A錯誤；反應(yīng)中與CH3OH發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成得ClO2，化合價由+5降低到+4，得1個電子，CH3OH生成CO2，化合價由-2升高到+4，失6個電子，根據(jù)得失電子守恒，NaClO3和CH3OH的物質(zhì)的量之比為6:1，B錯誤；純ClO2易分解爆炸，一般稀釋到10％以下，故鼓入空氣是稀釋ClO2以防爆炸，C正確；ClO2消毒后還原為Cl?，非Cl2，D錯誤；故選C。7．反應(yīng)氣體總物質(zhì)的量減少（5→3），ΔS<0，A錯誤；可逆化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時生成物與反應(yīng)物的濃度（方程式系數(shù)冪次方）乘積比或反應(yīng)產(chǎn)物與反應(yīng)底物的濃度（方程式系數(shù)冪次方）乘積比，反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=，B正確；ΔH=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和，ΔH=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)，C錯誤；單位時間內(nèi)，4molC-H形成（正反應(yīng)）與4molO-H斷裂（逆反應(yīng)）速率相等，題中未達(dá)平衡，D錯誤；故選B。8.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.CO具有還原性，可用于脫除汽車尾氣中的NOB.SO2有氧化性，可用作葡萄酒的添加劑C.氨基中氮原子含有孤電子對，可與羧基反應(yīng)生成酰胺基D.H2S具有還原性，可除去廢水中的Pb2+【答案】A【解析】CO作為還原劑，在催化劑作用下與NO反應(yīng)生成CO?和N2，利用其還原性脫除汽車尾氣中的NO，性質(zhì)與用途對應(yīng)，A正確；SO2在葡萄酒中作為抗氧化劑，實際是通過其還原性防止氧化變質(zhì)，而非利用氧化性，B錯誤；氨基的孤電子對使其與羧基反應(yīng)生成酰胺基，屬于化學(xué)反應(yīng)機(jī)理的描述，而非實際應(yīng)用中的用途，C不符合題意；H2S與Pb2+生成PbS沉淀，是復(fù)分解反應(yīng)（沉淀作用），與H2S的還原性無關(guān)，D錯誤；故選A。9.肉桂酸(3-苯基丙烯酸)是一種天然的有機(jī)物，其與水加成引入羥基，賦予產(chǎn)物更強(qiáng)的生物活性、水溶性和反應(yīng)的多樣性，該反應(yīng)的主要途徑如圖，下列說法不正確的是A.H＋為該反應(yīng)的催化劑，是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物B.肉桂酸與足量氫氣加成所得產(chǎn)物中含有1個手性碳C.步驟Ⅰ形成碳正離子，與羧基吸電子效應(yīng)有關(guān)D.與水加成的產(chǎn)物可通過縮聚反應(yīng)制備高分子聚酯類物質(zhì)【答案】B【解析】由圖，氫離子參與反應(yīng)被消耗，后又生成氫離子，H＋為該反應(yīng)的催化劑，在反應(yīng)歷程中是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，A正確；手性碳原子是連有四個不同基團(tuán)的碳原子；肉桂酸與足量氫氣加成所得產(chǎn)物為中，其不含手性碳，B錯誤；羧基為吸電子基團(tuán)，使得羧基附近的碳容易形成碳正離子，步驟Ⅰ形成碳正離子，與羧基吸電子效應(yīng)有關(guān)，C正確；與水加成產(chǎn)物中含有羥基、羧基，可通過縮聚反應(yīng)制備高分子聚酯類物質(zhì)，D正確；故選B。10.在指定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是A.Fe2O3FeFe3O4B.NH3NOHNO3C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]NO3(aq)AgD.NaHCO3(s)CO2BaCO3【答案】A【解析】Fe2O3與Al在高溫下發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Fe，F(xiàn)e在高溫下與水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4，均能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，A正確；NH3催化氧化生成NO正確，但NO不能直接與水反應(yīng)生成HNO3（需O2參與），B錯誤；AgNO3與氨水生成銀氨溶液正確，但蔗糖不是還原糖，無法還原銀氨溶液生成Ag，C錯誤；NaHCO3分解生成CO2正確，但CO2與BaCl2溶液不反應(yīng)（碳酸酸性弱于鹽酸），D錯誤；故選A。11.中科院研制出了雙碳雙離子電池，其反應(yīng)機(jī)理為：充電時，電解液中的K＋運(yùn)動到MCMB電極表面，同時PF運(yùn)動到石墨電極Cn中；放電時，K＋從MCMB電極中脫出，同時石墨電極Cn中的PF回到電解液中。下列說法正確的是A.放電時石墨電極Cn的電勢比MCMB電極電勢低B.當(dāng)轉(zhuǎn)移電子1mol時，參與反應(yīng)K＋與PF的物質(zhì)的量共1molC.放電時正極反應(yīng)式是Cn(PF6)x＋xe-=Cn＋xPFD.充電時石墨電極Cn發(fā)生還原反應(yīng)【答案】C【解析】由圖可知，充電時，與直流電源正極相連的石墨電極是電解池的陽極，陰離子在Cn作用下失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cn(PF6)x，MCMB電極為陰極，鉀離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鉀；放電時石墨電極為原電池的正極，Cn(PF6)x在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Cn、離子，MCMB電極為負(fù)極，鉀在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鉀離子，電池放電時的總反應(yīng)為Cn(PF6)x+xK=Cn+xKPF6。正極電勢比負(fù)極高，由分析可知，放電時石墨電極為原電池的正極，MCMB電極為負(fù)極，則放電時石墨電極電勢比MCMB電極電勢高，A錯誤；由分析可知，當(dāng)轉(zhuǎn)移電子1mol時，參與反應(yīng)的K+的物質(zhì)的量和離子的物質(zhì)的量各1mol，共2mol，B錯誤；放電時石墨電極為原電池的正極，Cn(PF6)x在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Cn、離子，正極反應(yīng)式是Cn(PF6)x＋xe-=Cn＋xPF，C正確；與直流電源正極相連的石墨電極是電解池的陽極，陰離子在Cn作用下失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cn(PF6)x，D錯誤；故選C。12.實驗室由正丁醇制備正丁醛(微溶于水)的流程如圖所示。下列說法或操作正確的是A.步驟①中需加入過量的B.步驟②的操作是水洗，該過程需振蕩、放氣、靜置分層C.無水的作用是檢驗正丁醛是否含有水D.蒸餾時使用球形冷凝管，可提升冷凝效率【答案】B【解析】酸性條件下，正丁醇被Na2Cr2O7氧化得到正丁醛，由于正丁醛微溶于水，加水除正丁醛以外，其他成分易溶于水，靜置分液后加硫酸鎂干燥，蒸餾可到正丁醛。酸性條件下，Na2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性，步驟①中加入過量的Na2Cr2O7會使生成的正丁醛被氧化成正丁酸，A錯誤；根據(jù)分析可知，步驟②的操作是水洗，該過程需振蕩、放氣、靜置分層，B正確；無水MgSO4的作用是干燥，C錯誤；蒸餾時應(yīng)該使用直形冷凝管，D錯誤；故答案為：B。13.工業(yè)尾氣中含有CO和，可將尾氣通過催化劑進(jìn)行處理，發(fā)生以下反應(yīng)：①②600~1000K范圍內(nèi)，平衡轉(zhuǎn)化率接近100%。其他條件相同，不同溫度下，、COS平衡產(chǎn)率和10min時實際產(chǎn)率如圖所示。下列說法正確的是A.一定存在B.升高溫度，平衡產(chǎn)率上升的可能原因是反應(yīng)物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響C.900K，10min后繼續(xù)反應(yīng)足夠長時間，實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為先增大后保持不變D.用該方法處理工業(yè)尾氣回收單質(zhì)硫（），反應(yīng)的溫度越高越好【答案】B【解析】由圖可知，反應(yīng)②是放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)②逆向移動，SO2和CO濃度增大，可以使反應(yīng)①正向移動，溫度升高平衡產(chǎn)率上升的原因可能是由于濃度影響超過溫度影響，反應(yīng)①不一定是吸熱反應(yīng)，即不一定存在，A錯誤；根據(jù)A的分析可知，升高溫度，平衡產(chǎn)率上升的可能原因是反應(yīng)物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響，B正確；通過觀察圖像可知，10min時S2的實際產(chǎn)率大于平衡產(chǎn)率，所以最終要減小到與900K時平衡產(chǎn)率相等，則900K，在10min后繼續(xù)反應(yīng)足夠長時間，S2實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為：先增大后減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變，C錯誤；600~1000K范圍內(nèi)，平衡轉(zhuǎn)化率接近100%，溫度過高，催化劑的活性可能降低，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率可能下降，D錯誤；答案選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.二氧化鈰(CeO2)是一種應(yīng)用非常廣泛的稀土氧化物。現(xiàn)以氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰。已知：①硫脲()具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；②Ce3+在空氣中易被氧化為Ce4+，兩者均能形成氫氧化物沉淀；③Ce2(CO3)3為白色粉末，難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟①氟碳鈰礦在空氣中焙燒得到燒渣，并用稀硫酸浸取，得到濾渣A和含CeF的濾液。濾渣A的主要成分是_________(寫化學(xué)式)。（2）步驟②向含CeF的濾液中依次加入硫脲和硫酸鈉，得到含F(xiàn)-和復(fù)鹽沉淀（主要成分是Ce2(SO4)3?Na2SO4?nH2O）。硫脲中碳的化合價為________，加入硫脲的目的是將CeF還原為Ce3+，該反應(yīng)的離子方程式為__________。（3）步驟③向復(fù)鹽沉淀中加入NaOH溶液充分反應(yīng)后，加入稀鹽酸得到含Ce3+的濾液。步驟④向含Ce3+的濾液中加入NH4HCO3溶液，充分反應(yīng)得到Ce2(CO3)3Ⅰ：寫出步驟④對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為__________。Ⅱ：常溫下，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28。Ce3+恰好沉淀完全時c(Ce3+)=1.0×10-5mol?L-1，此時測得溶液pH=5，則溶液中c(HCO)=______mol?L-1。（4）步驟⑤灼燒Ce2(CO3)3得到二氧化鈰(CeO2)。其產(chǎn)物可作脫硝催化劑，其晶胞如圖所示。CeO2催化脫硝時，能在Ce4+和Ce3+之間改變氧化狀態(tài)，將NO氧化為NO2，并引起氧空位的形成，得到新的鈰氧化物(Ce8O15)。①Ce8O15中Ce4+和Ce3+的個數(shù)比為_________。②氧化1molNO，則生成Ce8O15的物質(zhì)的量為________?！敬鸢浮浚?）BaSO4、SiO2（2）①.+4價②.+2H++2=2Ce3++(SCN2H3)2+4HF（3）①.2Ce3++6＝Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O②.0.20（4）①.3：1②.1mol【解析】氟碳鈰礦含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+進(jìn)入溶液，SiO2不反應(yīng)，BaO與硫酸反應(yīng)生成BaSO4沉淀，過濾分離，濾渣A為SiO2、BaSO4；濾液A中加入硫脲將還原為Ce3+，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復(fù)鹽沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，過濾分離；復(fù)鹽沉淀加入堿，再加入酸，Ce3+被轉(zhuǎn)移到溶液中，再加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2?！拘?詳析】根據(jù)分析，濾渣A的主要成分是SiO2、BaSO4；【小問2詳析】硫脲()中S為-2價，-NH2為-1價，因此C為+4價；加入硫脲的目的是將Ce4+還原為Ce3+，該反應(yīng)的離子方程式為+2H++2＝2Ce3++(SCN2H3)2+4HF；【小問3詳析】步驟④是碳酸氫銨提供碳酸根與Ce3+結(jié)合生成為（Ce2(CO3)3，產(chǎn)生的氫離子又與碳酸氫根反應(yīng)生成二氧化碳與水，反應(yīng)離子方程式為2Ce3++6＝Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；Ka2(H2CO3)==5.0×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)c3()=1.0×10-28，Ce3+恰好沉淀完全時c(Ce3+)=1.0×10-5mol?L-1，此時測得溶液pH=5，c(H+)=1.0×10-5mol?L-1，解得c()=1.0×10-6mol?L-1，c()=0.20mol?L-1；【小問4詳析】①設(shè)Ce4＋和Ce3＋個數(shù)分別為x、y，根據(jù)原子守恒有x+y=8，根據(jù)化合價代數(shù)和為0有4x+3y=15×2，解的x=6、y=2，Ce4＋和Ce3＋個數(shù)比為3∶1；②CeO2能在Ce4＋和Ce3＋之間改變氧化狀態(tài)，將NO氧化為NO2，并引起氧空位的形成，得到新的鈰氧化物(Ce8O15)，反應(yīng)原理為8CeO2+NO=Ce8O15+NO2，氧化1molNO，生成Ce8O15的物質(zhì)的量為1mol。15.布立西坦(H，Brivaracetam)是用于治療神經(jīng)性疾病的藥物，其合成路線如下圖所示(部分條件和試劑省略，忽略立體化學(xué))?；卮鹣铝袉栴}：（1）A→B的反應(yīng)中加入K2CO3的作用是________。（2）C→D的反應(yīng)中，若溫度過高會得到分子式為C7H12O4的副產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)簡式為______。（3）D→E的反應(yīng)類型為_________。（4）G→H的反應(yīng)中另一種有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為______。（5）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_______。①紅外光譜測定時未檢測到“-O-O-”、“-O-H”的吸收峰；②核磁共振氫譜中峰面積之比3：2：1；③X射線衍射實驗發(fā)現(xiàn)分子結(jié)構(gòu)含五元碳環(huán)且無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)。（6）左乙拉西坦（）是布立西坦的母體化合物，請根據(jù)上述流程和信息，設(shè)計以、和甲醇制備（的合成路線_______(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)?！敬鸢浮浚?）吸收反應(yīng)產(chǎn)生的HBr利于反應(yīng)進(jìn)行（2）（3）還原反應(yīng)（4）CH3CH2OH（5）或（6）【解析】A和發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與在一定條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C發(fā)生水解反應(yīng)在酸化生成D，D發(fā)生還原反應(yīng)生成E，E形成環(huán)合成F，F(xiàn)開環(huán)生成G，G與J發(fā)生取代反應(yīng)生成H，據(jù)此解答；【小問1詳析】A和發(fā)生取代反應(yīng)生成B和HBr，加入K2CO3的作用是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的HBr，利于反應(yīng)進(jìn)行；【小問2詳析】的反應(yīng)中，若溫度過高，C中兩個酯基均能水解，酸化后副產(chǎn)物為；【小問3詳析】的反應(yīng)為羧基→羥基，屬于還原反應(yīng)；【小問4詳析】由G和J的結(jié)構(gòu)簡式可知，G+J→H發(fā)生取代反應(yīng)，脫去-O-CH2CH3和-Br和兩個H原子，生成CH3CH2OH和HBr，有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH；【小問5詳析】F的分子式為，不飽和度為2，滿足i．紅外光譜測定時未檢測到“-O-O-”、“-O-H”的吸收峰，不含有過氧鍵、羥基；ii．核磁共振氫譜中峰面積之比為；iii．X射線衍射實驗發(fā)現(xiàn)分子結(jié)構(gòu)含五元碳環(huán)且無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)，說明除了五元碳環(huán)外，還存在一個雙鍵結(jié)構(gòu)，滿足條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為、；【小問6詳析】由G→H可知，需要合成，逆推需要合成（根據(jù)F→G），逆推需要合成（根據(jù)E→F），逆推需要合成（根據(jù)D→E），與甲醇酯化可生成，故流程為：。16.H2O2作為綠色氧化劑應(yīng)用廣泛，氫醌法制備H2O2原理及裝置如下：已知：H2O、HX等雜質(zhì)易使Ni催化劑中毒；H2O2在磷酸中穩(wěn)定；乙基蒽醌易溶于重芳烴。回答下列問題：（1）裝置B中試劑為__________，裝置F的作用為_______。（2）該反應(yīng)需要控制溫度45℃，其原因是__________。（3）氫醌法制備H2O2總反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。（4）補(bǔ)充完整獲取H2O2的實驗方案：控溫45℃反應(yīng)一段時間后得到乙基蒽醇，_________，_____，充分反應(yīng)后關(guān)閉電源和活塞，將三頸燒瓶中的混合物過濾，向混合液中，___________，______，得產(chǎn)品。(實驗中必須使用的試劑：蒸餾水、磷酸、重芳烴)（5）取5.00g產(chǎn)品，加蒸餾水配制200mL溶液并搖勻，取20.00mL于錐形瓶中，用0.0500mol?L-1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。平行滴定三次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.97mL、20.90mL、20.03mL。假設(shè)其他雜質(zhì)不干擾結(jié)果，產(chǎn)品中H2O2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。（寫出計算過程）【答案】（1）①.堿石灰②.防止外界水蒸氣進(jìn)入C中使催化劑中毒（2）防止溫度過低，化學(xué)反應(yīng)速率減慢；防止溫度過高，H2O2會分解（3）（4）①.關(guān)閉活塞a②.打開活塞c③.加入蒸餾水、重芳烴萃取，分液④.水相加入磷酸，然后減壓蒸餾（5）17%【解析】該實驗?zāi)康臑槔脷漉ㄖ苽?，A為的制備裝置，B裝置為除去中的雜質(zhì)，C為制備的發(fā)生裝置，E提供氧氣，D裝置的作用是除去氧氣中的雜質(zhì)，b接F，F(xiàn)中濃硫酸具有吸水性，作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入C裝置而使催化劑中毒?！拘?詳析】B裝置的作用是除去中的雜質(zhì)，中含有的H2O、HCl等雜質(zhì)易使Ni催化劑中毒，堿石灰能吸收H2O、HCl，故B中的試劑為堿石灰；容易使Ni催化劑中毒，實驗中需要保持C裝置為無水環(huán)境，故F的作用為防止外界水蒸氣進(jìn)入C裝置中使催化劑中毒；【小問2詳析】適當(dāng)升溫可以加快反應(yīng)速率，同時防止溫度過高會發(fā)生分解，故答案為：防止溫度過低，化學(xué)反應(yīng)速率減慢，防止溫度過高，會分解；【小問3詳析】從的制備原理圖可知，反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第一步為在Ni催化作用下與乙基蒽醌反應(yīng)生成乙基蒽醇，第二步為與乙基蒽醇反應(yīng)生成和乙基蒽醌，故乙基蒽醌是催化劑，乙基蒽醇是中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為、生成，化學(xué)方程式為；【小問4詳析】根據(jù)的制備原理圖可知，反應(yīng)分兩步進(jìn)行，故實驗開始制備時，打開活塞a、b，A中產(chǎn)生的進(jìn)入裝置C中，在催化作用下與乙基蒽醌反應(yīng)生成乙基蒽醇，一段時間后，關(guān)閉活塞a，打開活塞c，將通入裝置C中與乙基蒽醇反應(yīng)生成和乙基蒽醌，充分反應(yīng)后關(guān)閉電源和活塞，將三頸燒瓶中的混合物過濾除去Ni，向過濾得到的混合液中加入蒸餾水