高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省鹽城市2023-2024學年高一下學期6月期末試題注意事項：1.本試卷考試時間為75分鐘，試卷滿分100分，考試形式閉卷。2.本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規定的位置，否則不給分。3.答題前，務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題卡上?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16Al27Cl35.5Ti48Fe56一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項最符合題意。1.科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法正確的是（）A.利用合成了脂肪酸：實現了無機小分子向有機高分子的轉變B.江南大學科學家利用雙點位催化劑實現由二氧化碳和氫氣一步合成乙醇，該反應有利于實現碳中和C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→化學能→電能D.革新了海水原位電解制氫工藝關鍵材料耐腐蝕多孔聚四氟乙烯屬于脂肪烴〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對分子質量雖大，但沒有達到高分子化合物的范疇，不屬于有機高分子，A錯誤；B．該反應消耗二氧化碳，有利于碳中和，B正確；C．電池是一種可以將其他能量轉化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉化為電能，C錯誤；D．海水中含有大量的無機鹽成分，可以將大多數物質腐蝕，而聚四氟乙烯塑料被稱為塑料王，耐酸、耐堿，不會被含水腐蝕，聚四氟乙烯中含有C、H之外的元素，是烴的衍生物，D錯誤；故選B。2.下列化學用語表述正確的是（）A.次氯酸的結構式：B.聚丙烯的結構簡式：C.氨分子的空間填充模型： D.一氯甲烷的電子式：〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．次氯酸中氧原子分別和氫原子、氯原子形成共價鍵，故結構式為H—O—Cl，A正確；B．聚丙烯的結構簡式：，B錯誤；C．氨分子為三角錐形，為氨分子的空間填充模型，為球棍模型，C錯誤；D．一氯甲烷的電子式：，D錯誤；故〖答案〗選A。3.下列實驗原理及裝置均正確的是（）A.裝置甲分離溶液和B.裝置乙制取氯氣C.裝置丙制取并干燥氨氣D.裝置丁檢驗氨氣極易溶于水〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．分離溶液和應用分液漏斗，故A錯誤；B．裝置乙利用和濃鹽酸共熱制取氯氣，實驗缺少加熱裝置，故B錯誤；C．氯化銨加熱分解為氨氣和氯化氫，兩種氣體在試管口會反應重新生成氯化銨，因而無法制取氨氣，故C錯誤；D．擠壓膠頭滴管，由于氨氣極易溶于水，圓底燒瓶中壓強迅速減小，可觀察到氣球變大，能達到實驗目的，故D正確；故選D。4.W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，最外層電子數之和為19。Y的最外層電子數與K層電子數相等，是形成酸雨的物質之一、下列說法正確的是（）A原子半徑：Y>X>WB.簡單氣態氫化物的熱穩定性：W<XC.X、Y、Z形成的化合物中僅存在離子鍵D.X單質與Z單質在加熱條件下可直接生成〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗WX2可能是二氧化硫或二氧化氮，故X是O元素，因為W、X、Y、Z原子序數依次增大，故W為N元素，根據Y最外層電子數與K層電子數相等，故其核外電子為2、8、2，故Y為Mg，又因為W、X、Y、Z最外層電子數之和為19，Z原子的最外層電子數為19-5-6-2=6，其原子序數在最后，則Y為S元素。所以W為N、X為O、Y為Mg、Z為S。【詳析】A．同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則原子半徑：Mg>N>O，故A錯誤；B．X的簡單氫化物為H2O，W的簡單氫化物為NH3，非金屬性越強，則簡單氣態氫化物越穩定性，非金屬性：O>N，因此熱穩定性：NH3<H2O，故B正確；C．X、Y、Z形成的化合物為MgSO4，既含有離子鍵，也含有共價鍵，故C錯誤；D．O2和S反應只能產生SO2，在催化劑的作用下，SO2與O2反應產生SO3，故D錯誤；故選B。5.下列所示的物質間轉化關系中，能一步實現的是（）A.溶液溶液B.石油C.溶液D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．次氯酸在光照條件下生成HCl和氧氣，不能一步實現，A不符合題意；B．通過石油分餾不能得到乙烯，通過石油的裂化和裂解可以得到乙烯，B不符合題意；C．Fe和鹽酸反應生成FeCl2，而不是FeCl3，則不能一步實現，C不符合題意；D．銅與稀硝酸反應產生NO，NO被O2氧化為NO2，均能一步實現，D符合題意；故選D。6.下列化學反應表示正確的是（）A.乙酸與溶液反應：B.使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：C.用氨水吸收煙氣中少量的：D.過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．乙酸與溶液反應生成乙酸鈉、水和二氧化碳：，故A正確；B．硫化亞鐵難溶于水，使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：，故B錯誤；C．用氨水吸收煙氣中少量的生成亞硫酸銨：，故C錯誤；D．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體NO和硝酸亞鐵：，故D錯誤；故選A。7.藿香薊具有清熱解毒功效，其有效成分結構為：。下列有關該物質的說法正確的是（）A.能發生水解反應 B.分子式C.含有1個手性碳原子 D.所有碳原子可能處于同一平面〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．藿香薊的分子結構中含有酯基，因此其可以發生水解反應，A正確；B．有機物的分子式為C17H20O4，B錯誤；C．連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，分子中不含有手性碳，C錯誤；D．藿香薊分子結構中的右側有一個飽和碳原子連接著兩個甲基，類比甲烷分子的空間構型可知，藿香薊分子中所有碳原子不可能處于同一平面，D錯誤；故選A。8.與可發生反應①和②，其能量與反應進程如圖所示，下列說法不正確的是（）①②A.反應①、②均為加成反應B.反應①的I、Ⅱ兩步均放出能量C.比穩定D.與同分異構體〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．反應①、②均為CH3CH=CH2與HCl的加成反應，A正確；B．反應①的第Ⅰ步反應物總能量低于生成物總能量，吸收能量；第Ⅱ步反應物的總能量高于生成物總能量，放出能量，B錯誤；C．由圖可知，CH3CHClCH3的總能量低于CH3CH2CH2Cl，能量越低越穩定，則CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl穩定，C正確；D．CH3CH2CH2Cl與CH3CHClCH3的分子式相同而結構式不同，兩者互為同分異構體，D正確；故選B。9.下列實驗方案設計、現象和結論都正確的是（）實驗方案現象結論A將濃鹽酸滴入碳酸鈉固體中，生成的氣體通入盛有硅酸鈉溶液的試管中出現渾濁碳的非金屬性強于硅B向盛有和的試管中分別滴加濃鹽酸盛的試管中產生黃綠色氣體氧化性：C將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，滴加溶液溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有＋3價鐵D取一小塊金屬鈉，在空氣中燃燒。取燃燒后的固體粉末加入2～3mL蒸餾水有氣泡生成該固體粉末為〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．濃鹽酸具有揮發性，產生的CO2中混有HCl，HCl也能與硅酸鈉反應生成硅酸，因此HCl對驗證CO2與硅酸鈉的反應產生干擾，不能說明碳的非金屬性強于硅，故A錯誤；B．向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的試管中分別滴加濃鹽酸，盛有NiO(OH)的試管中產生黃綠色氣體，說明NiO(OH)能將濃鹽酸氧化成Cl2，但Fe(OH)3不能將濃鹽酸氧化，故氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)3，故B正確；C．將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，Fe3+能被Fe還原為Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不變紅色而呈淺綠色，不能說明食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵，故C錯誤；D．若金屬鈉未燃燒完全，該固體粉末可能為Na2O2和Na的混合物，鈉與水反應也會產生氣泡，故D錯誤；故選B。10.下列選項中敘述均正確，且兩者具有對應關系的是（）A.75%的乙醇具有強氧化性，可用于殺菌消毒B.具有漂白性，可使含有酚酞的溶液褪色C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.是兩性氧化物，與溶液和溶液均可反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．75%的乙醇能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，故A錯誤；B．二氧化硫屬于酸性氧化物，能跟氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，使得溶液褪色，與SO2具有漂白性無關，故B錯誤，C．維生素C具有還原性，因而可用作食品抗氧化劑，故C正確；D．兩性氧化物是指既能和酸反應，又能和堿反應生成鹽和水的氧化物．二氧化硅與氫氟酸反應是特性，二氧化硅和其它的酸不能反應生成鹽和水，但能與堿如氫氧化鈉反應生成鹽和水，所以二氧化硅不是兩性氧化物，而是酸性氧化物，故D錯誤；故選C。11.化學燙發巧妙利用了頭發中蛋白質發生化學反應實現對頭發的“定型”，其變化過程示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A.化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發的定型B.藥劑A具有還原性C.①→②過程若有鍵斷裂，則轉移4mol電子D.②→③過程若藥劑B是，其還原產物為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．通過①→②過程和②→③過程，某些蛋白質中S?S鍵位置發生了改變，因此化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中S?S鍵位置來實現頭發的定型，故A正確；B．①→②是氫原子添加進去，該過程是還原反應，因此①是氧化劑，具有氧化性，則藥劑A具有還原性，故B正確；C．①→②過程中S的價態由?1價變為?2價，若有2molS?S鍵斷裂，則轉移4mol電子，故C正確；D．②→③過程發生氧化反應，若藥劑B是H2O2，則B化合價應該降低，因此其還原產物為H2O，故D錯誤；故選D。12.負載有和的活性炭，可選擇性去除實現廢酸的純化，其工作原理如圖。下列說法正確的是（）A.作原電池正極B.電流由經活性炭流向C.每消耗標準狀況下11.2L的，最多去除D.表面發生的電極反應：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗在Pt得電子發生還原反應，Pt為正極，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應，Ag為負極?！驹斘觥緼．由分析可知，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應生成AgCl，Ag為負極，A錯誤；B．電子由負極Ag經活性炭流向正極Pt，故電流由正極Pt經活性炭流向負極Ag，B錯誤；C．每消耗標準狀況下的11.2L的O2，即0.5molO2，轉移電子2mol，而失去2mol電子生成2molAg+，故最多去除，C正確；D．溶液顯酸性，故Pt表面發生的電極反應為：，D錯誤；故選C。13.是一種用途廣泛的磁性材料，以為原料制備并獲得副產物水合物的工藝如圖。下列說法正確的是（）A.晶體屬于非電解質B.在實際生產中反應釜2中反應溫度越高越好C.反應釜2中反應的離子方程式為D.濾液后處理可采用蒸發結晶獲得水合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗FeCl2溶液進入反應釜1，加入氧化鈣反應生成氫氧化亞鐵和氯化鈣，FeCl2溶液進入反應釜2，加入氧化鈣和分散劑，通入空氣，反應生成氫氧化鐵和氯化鈣，合并兩溶液進入反應釜3中，調節pH使鐵進一步沉淀，加壓過濾后，氫氧化鐵、氫氧化亞鐵沉淀經過后處理得Fe3O4，濾液中含氯化鈣，后處理后得氯化鈣水合物。【詳析】A．電解質是指溶于水或熔融狀態下能導電的化合物，晶體屬于離子化合物，熔融狀態下可以導電，屬于電解質，故A錯誤；B．在實際生產中，升高溫度會增加生成成本，并非是溫度越高越好，故B錯誤；C．FeCl2溶液進入反應釜2，加入氧化鈣和分散劑，通入空氣，反應生成氫氧化鐵和氯化鈣，反應的離子方程式為，故C正確；D．濾液中主要成分是，將濾液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾得到水合物，直接蒸發結晶不能獲得水合物，故D錯誤；故〖答案〗選C。14.一定條件下，酸性溶液與發生反應，(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價態含粒子的濃度隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是（）A.(Ⅲ)能氧化B.隨著反應物濃度的減小，反應速率逐漸減小C.該條件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)能大量共存D.總反應為：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗約13min前，隨著時間的推移Mn(Ⅶ)濃度減小直至為0，Mn(Ⅲ)濃度增大直至達到最大值，結合圖像，此時間段主要生成Mn(Ⅲ)，同時先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；約13min后，隨著時間的推移Mn(Ⅲ)濃度減少，Mn(Ⅱ)的濃度增大?！驹斘觥緼．由圖像可知，隨著時間的推移Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說明開始反應生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正確；B．隨著反應物濃度的減小，到大約13min時開始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)濃度增大，Mn(Ⅱ)對反應起催化作用，13min后反應速率會增大，B錯誤；C．由圖可知，Mn(Ⅶ)的濃度為0后才開始生成Mn(Ⅱ)，則該條件下Mn(Ⅱ)和Mn(VII)不能大量共存，C錯誤；D．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應以化學式保留，總反應為：，D錯誤；故選A。二、非選擇題：共4題，共58分。15.工業上煅燒含硫礦物產生的可以按如圖所示流程脫除或利用。已知：。請回答：（1）富氧煅燒燃煤產生的低濃度的可以在爐內添加通過途徑I脫除，寫出反應化學方程式___________。下列實驗操作一定能提高石灰石吸收效率的有___________(填序號)。A．將石灰石粉末加水制成漿液B．提高反應的溫度C．加快攪拌速率D．降低通入氣體的速率（2）煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的，通過途徑Ⅱ最終轉化為化合物A。①化合物A是一種無機酸酯。試寫出化合物A的結構簡式___________。②下列說法正確的是___________。A．煤的干餾為化學變化B．與足量的氧氣充分反應轉移C．工業上途徑Ⅱ產生的也可用水吸收（3）設計實驗驗證化合物A中含有S元素___________(可選用試劑：氫氧化鈉溶液、鹽酸、稀硫酸、氯化鋇溶液)。〖答案〗（1）①.②.AC（2）①.②.A（3）取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素〖解析〗含硫礦物燃燒生成，和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質量的甲醇發生已知反應生成A：

。（1）氧氣具有氧化性，能將四價硫氧化為六價硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫反應生成硫酸鈣和二氧化碳，其化學方程式為；A．將石灰石粉末加水制成漿液，增大接觸面積，提高吸收SO2效率，A正確；B．加熱可加快反應速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會導致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，B錯誤；C．加快攪拌速率，可以使反應物充分接觸，提高吸收SO2效率，C正確；D．降低通入SO2氣體的速率，SO2可與石灰石充分接觸，但SO2濃度降低，會降低反應速率，不一定能提高吸收SO2效率，D錯誤；故〖答案〗為：AC。（2）①根據分析可知，化合物A的結構簡式為；②A．煤的干餾有新物質生成，所以煤的干餾屬于為化學變化，A正確；B．與氧氣的反應為可逆反應，因此二氧化硫不能完全反應，1mol

SO2與足量的氧氣反應轉移電子小于，B錯誤；C．工業上途徑Ⅱ產生的也可用濃吸收用于生產發煙硫酸，不用水吸收會形成酸霧，影響吸收效率，C錯誤；故〖答案〗選A。（3）由分析可知，A為

，A堿性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根離子能和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗設計為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素。16.作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦(主要含，含有少量、、、等元素)制備的流程如下：已知：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質開始沉淀1.93.56.9完全沉淀3.24.689回答下列問題：（1）“反應器”主要反應的離子方程式為___________。（2）“反應器”加入少量的作用是___________。不宜使用替代，原因是___________。（3）①若需要、分步沉淀需先調的范圍為___________。②測定此時沉淀中鐵的質量分數：準確稱取沉淀1.200g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的溶液(將還原為)，充分反應后，除去過量的。用溶液滴定至終點(滴定過程中與反應生成和)，消耗溶液22.00mL。該沉淀中鐵的質量分數為___________(寫出計算過程)。（4）煅燒窯中，生成反應的化學方程式是___________?！即鸢浮剑?）（2）①.將Fe2+氧化為Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.3.2~3.5②.，，樣品中鐵元素的質量分數為（4）〖解析〗菱錳礦主要含有MnCO3，還含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反應生成硫酸錳，同時得到硫酸亞鐵、硫酸鐵、硫酸鎳、硫酸鋁等鹽，加二氧化錳把亞鐵離子氧化鐵離子，加石灰乳調節至pH≈7形成氫氧化鐵沉淀除鐵，氫氧化鋁沉淀除鋁，加BaS生成NiS除Ni，過濾，濾液中含有硫酸錳，電解硫酸錳溶液得到MnO2，煅燒窯中碳酸鋰、二氧化錳反應生成LiMn2O4。（1）由分析可知，反應器發生的主要反應為碳酸錳與稀硫酸反應生成硫酸錳、二氧化碳和水，反應的化學方程式為MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑，離子方程式為：；（2）由分析可知，加入二氧化錳的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，由于鐵離子可以做過氧化氫分解的催化劑，所以不宜使用過氧化氫替代二氧化錳；（3）①由已知信息可知，pH=3.2時，鐵離子完全沉淀，此時鋁離子未開始沉淀，pH=3.5時，鋁離子開始沉淀，若需要Fe3+、Al3+分步沉淀需先調pH的范圍為3.2~3.5，鐵離子先完全沉淀，鋁離子再沉淀；②由滴定時和，根據得失電子守恒可得以下微粒關系式，則，樣品中鐵元素的質量為，樣品中鐵元素的質量分數為；（4）由分析可知，煅燒窯中發生的反應為二氧化錳、碳酸鋰在高溫條件下反應生成LiMn2O4、二氧化碳和氧氣，反應的化學方程式為。17.有機物A的產量用來衡量一個國家石油化工的發展水平，以A為原料合成香料G的流程如下：已知：①同一個碳原子連接兩個或兩個以上羥基的有機化合物不穩定。②(X為鹵素原子)回答下列問題。（1）C中的官能團名稱為___________。（2）A→H的反應類型為___________。（3）寫出與F互為同系物同時滿足下列條件的有機物結構簡式：___________。①分子式為，且分子中有2個甲基；②核磁共振氫譜中只有3個峰。（4）寫出生成G的化學方程式___________。（5）有關上述物質的說法正確的是___________。①可通過酸性高錳酸鉀溶液洗氣的方法除去乙烷中含有的A雜質②C和E互為同分異構體③1molF與足量金屬鈉反應可產生22.4L氣體(標準狀況下)④H可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色（6）請設計以甲苯為原料制備苯甲酸苯甲酯()的合成路線________(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。〖答案〗（1）醛基（2）加聚反應（3）（4）（5）②③（6）〖解析〗A的產量用來衡量一個國家石油化工發展水平，則A為CH2=CH2，A和水發生加成反應生成B（乙醇），乙醇發生氧化反應生成C為CH3CHO，C發生氧化反應生成D（乙酸），A發生氧化反應生成E（環氧乙烷），E和水發生開環加成生成F（乙二醇），D和F發生酯化反應生成G，根據G的分子式知，G的結構簡式為CH3COOCH2CH2OOCCH3，H為高分子化合物，則A發生加聚反應生成H為。（1）C為CH3CHO，的官能團的名稱為醛基，故〖答案〗為：醛基；（2）H為高分子化合物，則A發生加聚反應生成H為。故〖答案〗為：加聚反應；（3）與F（乙二醇）互為同系物同時滿足①分子式為，且分子中有2個甲基；②核磁共振氫譜中只有3個峰。得4個碳的二元醇，-OH只能在2號和3號碳原子上，符合條件的有機物結構簡式：。故〖答案〗為：；（4）乙酸與乙二醇反應生成G和水，化學方程式。故〖答案〗為：；（5）①乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成CO2，不能通過酸性高錳酸鉀溶液洗氣的方法除去乙烷中含有的A雜質，因為引進新的雜質，故錯誤；②C為CH3CHO，二者分子式相同但個不同，所以C和E互為同分異構體，故正確；③2-OH~H2,1molF（乙二醇）與足量金屬鈉反應可產生22.4L氣體(標準狀況下)，故正確；④H中不含碳碳雙鍵，所以不可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故錯誤；故〖答案〗為：②③；（6）甲苯與氯氣在光照條件下得到，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解得到，甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化得到，苯甲酸與苯甲醇在濃硫酸、加熱條件下發生轉化反應得到苯甲酸苯甲酯，合成路線流程圖為：，故〖答案〗為：。18.氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性質以及氮的循環利用對解決環境和能源問題都具有重要意義。I．工業上合成氨的反應為：。（1）已知：鍵能是指氣態分子中1mol化學鍵解離成氣態原子所吸收的能量或氣態原子形成1mol化學鍵所放出的能量。結合下表中化學鍵的鍵能數值，計算合成氨反應中生成時___________(填“吸收”或“放出”)的熱量是___________kJ?；瘜W鍵鍵能436391946（2）某同學在實驗室模擬工業合成氨的反應：恒溫下，在2L定容密閉容器中通入和，催化劑存在下發生反應。①容器中壓強(p)隨時間(t)的變化圖像如圖所示，測得(恒溫恒容容器中，壓強與氣體物質的量成正比)，反應開始至5min，用的濃度變化表示反應的平均速率為___________。②下列情況能說明該反應一定達到化學平衡狀態的是___________(填標號)。A．每斷裂的同時生成B．混合氣體的壓強保持不變C．容器中和的物質的量濃度相等D．混合氣體的密度不隨時間的變化而變化E．的體積分數在混合氣體中保持不變（3）如圖是以氨為燃料的固體氧化物(含有)燃料電池。寫出負極的電極反應式：___________。Ⅱ．和等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（4）催化還原。汽車的尾氣凈化裝置如圖所示，在催化劑表面上與反應生成，若尾氣的溫度過高導致最終排放出的氣體中氮氧化物濃度偏高，原因可能是___________。（5）的氧化。已知，室溫下，固定進入反應器的物質的量，改變加入的物質的量，反應一段時間后體系中、隨反應前的變化如圖所示。當時，反應后的物質的量減少，其原因是___________?！即鸢浮剑?）①.放出②.46（2）①.0.12②.BE（3）2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O（4）溫度過高導致催化劑活性下降，NOx與CO的反應速率變小（5）過多的將NO2氧化為更高價態的氮氧化物〖解析〗（1）斷鍵吸收能量為(946+3×436)kJ=2254kJ，形成鍵的釋放能量為2×3×391kJ=2346kJ>2254kJ，即生成2mol氨氣時放出的熱量為(2346-2254)kJ=92kJ，則合成氨反應中生成時放出的熱量是46kJ。故〖答案〗為：放出；46；（2）①根據圖像，5min后氣體壓強不再改變，說明反應達到平衡，令達到平衡時消耗氮氣的物質的量為xmol，則消耗氫氣物質的量為3xmol，生成氨氣物質的量為2xmol，達到平衡時氮氣物質的量為(1-x)mol，氫氣的物質的量為(3-3x)mol，利用相同條件下，壓強之比等于氣體物質的量之比，因此有，解得x=0.4，根據化學反應速率的數學表達式，v(H2)==0.12，故〖答案〗為：0.12；②A．用不同物質的反應速率表示達到平衡，要求反應方向一正一逆，每斷裂的同時生成，均表示正反應速率，故A不符；B．該反應是氣體物質的量減少的反應，混合氣體的壓強保持不變，說明達到平衡，故B符合；C．容器中和的物質的量濃度相等，不能確定反應混合物的組成是否保持不變，故C不符；D．組分均為氣體，即混合氣體總質量不變，總體積不變，混合氣體的密度不隨時間的變化而變化，不能判斷是否達到平衡，故D不符；E．根據化學平衡狀態的定義，當組分濃度不再改變，說明達到平衡，即當氫氣的含量如體積分數保持不變，說明反應達到平衡，故E符合；故〖答案〗為：BE；（3）以氨為燃料的固體氧化物(含有)燃料電池，氨氣失電子發生氧化反應生成氮氣，負極的電極反應式：2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O。故〖答案〗為：2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O；（4）在催化劑表面上與反應生成，若尾氣的溫度過高導致最終排放出的氣體中氮氧化物濃度偏高，原因可能是溫度過高導致催化劑活性下降，NOx與CO的反應速率變小。故〖答案〗為：溫度過高導致催化劑活性下降，NOx與CO的反應速率變?。唬?）當時，反應后的物質的量減少，其原因是的氧化性較強，過多的將NO2氧化為更高價態的氮氧化物。故〖答案〗為：過多的將NO2氧化為更高價態的氮氧化物。江蘇省鹽城市2023-2024學年高一下學期6月期末試題注意事項：1.本試卷考試時間為75分鐘，試卷滿分100分，考試形式閉卷。2.本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規定的位置，否則不給分。3.答題前，務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題卡上?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16Al27Cl35.5Ti48Fe56一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項最符合題意。1.科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法正確的是（）A.利用合成了脂肪酸：實現了無機小分子向有機高分子的轉變B.江南大學科學家利用雙點位催化劑實現由二氧化碳和氫氣一步合成乙醇，該反應有利于實現碳中和C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→化學能→電能D.革新了海水原位電解制氫工藝關鍵材料耐腐蝕多孔聚四氟乙烯屬于脂肪烴〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對分子質量雖大，但沒有達到高分子化合物的范疇，不屬于有機高分子，A錯誤；B．該反應消耗二氧化碳，有利于碳中和，B正確；C．電池是一種可以將其他能量轉化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉化為電能，C錯誤；D．海水中含有大量的無機鹽成分，可以將大多數物質腐蝕，而聚四氟乙烯塑料被稱為塑料王，耐酸、耐堿，不會被含水腐蝕，聚四氟乙烯中含有C、H之外的元素，是烴的衍生物，D錯誤；故選B。2.下列化學用語表述正確的是（）A.次氯酸的結構式：B.聚丙烯的結構簡式：C.氨分子的空間填充模型： D.一氯甲烷的電子式：〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．次氯酸中氧原子分別和氫原子、氯原子形成共價鍵，故結構式為H—O—Cl，A正確；B．聚丙烯的結構簡式：，B錯誤；C．氨分子為三角錐形，為氨分子的空間填充模型，為球棍模型，C錯誤；D．一氯甲烷的電子式：，D錯誤；故〖答案〗選A。3.下列實驗原理及裝置均正確的是（）A.裝置甲分離溶液和B.裝置乙制取氯氣C.裝置丙制取并干燥氨氣D.裝置丁檢驗氨氣極易溶于水〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．分離溶液和應用分液漏斗，故A錯誤；B．裝置乙利用和濃鹽酸共熱制取氯氣，實驗缺少加熱裝置，故B錯誤；C．氯化銨加熱分解為氨氣和氯化氫，兩種氣體在試管口會反應重新生成氯化銨，因而無法制取氨氣，故C錯誤；D．擠壓膠頭滴管，由于氨氣極易溶于水，圓底燒瓶中壓強迅速減小，可觀察到氣球變大，能達到實驗目的，故D正確；故選D。4.W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數依次增大，最外層電子數之和為19。Y的最外層電子數與K層電子數相等，是形成酸雨的物質之一、下列說法正確的是（）A原子半徑：Y>X>WB.簡單氣態氫化物的熱穩定性：W<XC.X、Y、Z形成的化合物中僅存在離子鍵D.X單質與Z單質在加熱條件下可直接生成〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗WX2可能是二氧化硫或二氧化氮，故X是O元素，因為W、X、Y、Z原子序數依次增大，故W為N元素，根據Y最外層電子數與K層電子數相等，故其核外電子為2、8、2，故Y為Mg，又因為W、X、Y、Z最外層電子數之和為19，Z原子的最外層電子數為19-5-6-2=6，其原子序數在最后，則Y為S元素。所以W為N、X為O、Y為Mg、Z為S。【詳析】A．同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則原子半徑：Mg>N>O，故A錯誤；B．X的簡單氫化物為H2O，W的簡單氫化物為NH3，非金屬性越強，則簡單氣態氫化物越穩定性，非金屬性：O>N，因此熱穩定性：NH3<H2O，故B正確；C．X、Y、Z形成的化合物為MgSO4，既含有離子鍵，也含有共價鍵，故C錯誤；D．O2和S反應只能產生SO2，在催化劑的作用下，SO2與O2反應產生SO3，故D錯誤；故選B。5.下列所示的物質間轉化關系中，能一步實現的是（）A.溶液溶液B.石油C.溶液D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．次氯酸在光照條件下生成HCl和氧氣，不能一步實現，A不符合題意；B．通過石油分餾不能得到乙烯，通過石油的裂化和裂解可以得到乙烯，B不符合題意；C．Fe和鹽酸反應生成FeCl2，而不是FeCl3，則不能一步實現，C不符合題意；D．銅與稀硝酸反應產生NO，NO被O2氧化為NO2，均能一步實現，D符合題意；故選D。6.下列化學反應表示正確的是（）A.乙酸與溶液反應：B.使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：C.用氨水吸收煙氣中少量的：D.過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體：〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．乙酸與溶液反應生成乙酸鈉、水和二氧化碳：，故A正確；B．硫化亞鐵難溶于水，使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：，故B錯誤；C．用氨水吸收煙氣中少量的生成亞硫酸銨：，故C錯誤；D．過量鐵粉與稀硝酸反應，產生無色氣體NO和硝酸亞鐵：，故D錯誤；故選A。7.藿香薊具有清熱解毒功效，其有效成分結構為：。下列有關該物質的說法正確的是（）A.能發生水解反應 B.分子式C.含有1個手性碳原子 D.所有碳原子可能處于同一平面〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．藿香薊的分子結構中含有酯基，因此其可以發生水解反應，A正確；B．有機物的分子式為C17H20O4，B錯誤；C．連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，分子中不含有手性碳，C錯誤；D．藿香薊分子結構中的右側有一個飽和碳原子連接著兩個甲基，類比甲烷分子的空間構型可知，藿香薊分子中所有碳原子不可能處于同一平面，D錯誤；故選A。8.與可發生反應①和②，其能量與反應進程如圖所示，下列說法不正確的是（）①②A.反應①、②均為加成反應B.反應①的I、Ⅱ兩步均放出能量C.比穩定D.與同分異構體〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．反應①、②均為CH3CH=CH2與HCl的加成反應，A正確；B．反應①的第Ⅰ步反應物總能量低于生成物總能量，吸收能量；第Ⅱ步反應物的總能量高于生成物總能量，放出能量，B錯誤；C．由圖可知，CH3CHClCH3的總能量低于CH3CH2CH2Cl，能量越低越穩定，則CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl穩定，C正確；D．CH3CH2CH2Cl與CH3CHClCH3的分子式相同而結構式不同，兩者互為同分異構體，D正確；故選B。9.下列實驗方案設計、現象和結論都正確的是（）實驗方案現象結論A將濃鹽酸滴入碳酸鈉固體中，生成的氣體通入盛有硅酸鈉溶液的試管中出現渾濁碳的非金屬性強于硅B向盛有和的試管中分別滴加濃鹽酸盛的試管中產生黃綠色氣體氧化性：C將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，滴加溶液溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有＋3價鐵D取一小塊金屬鈉，在空氣中燃燒。取燃燒后的固體粉末加入2～3mL蒸餾水有氣泡生成該固體粉末為〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．濃鹽酸具有揮發性，產生的CO2中混有HCl，HCl也能與硅酸鈉反應生成硅酸，因此HCl對驗證CO2與硅酸鈉的反應產生干擾，不能說明碳的非金屬性強于硅，故A錯誤；B．向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的試管中分別滴加濃鹽酸，盛有NiO(OH)的試管中產生黃綠色氣體，說明NiO(OH)能將濃鹽酸氧化成Cl2，但Fe(OH)3不能將濃鹽酸氧化，故氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)3，故B正確；C．將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，Fe3+能被Fe還原為Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不變紅色而呈淺綠色，不能說明食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵，故C錯誤；D．若金屬鈉未燃燒完全，該固體粉末可能為Na2O2和Na的混合物，鈉與水反應也會產生氣泡，故D錯誤；故選B。10.下列選項中敘述均正確，且兩者具有對應關系的是（）A.75%的乙醇具有強氧化性，可用于殺菌消毒B.具有漂白性，可使含有酚酞的溶液褪色C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.是兩性氧化物，與溶液和溶液均可反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．75%的乙醇能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，故A錯誤；B．二氧化硫屬于酸性氧化物，能跟氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，使得溶液褪色，與SO2具有漂白性無關，故B錯誤，C．維生素C具有還原性，因而可用作食品抗氧化劑，故C正確；D．兩性氧化物是指既能和酸反應，又能和堿反應生成鹽和水的氧化物．二氧化硅與氫氟酸反應是特性，二氧化硅和其它的酸不能反應生成鹽和水，但能與堿如氫氧化鈉反應生成鹽和水，所以二氧化硅不是兩性氧化物，而是酸性氧化物，故D錯誤；故選C。11.化學燙發巧妙利用了頭發中蛋白質發生化學反應實現對頭發的“定型”，其變化過程示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A.化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發的定型B.藥劑A具有還原性C.①→②過程若有鍵斷裂，則轉移4mol電子D.②→③過程若藥劑B是，其還原產物為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．通過①→②過程和②→③過程，某些蛋白質中S?S鍵位置發生了改變，因此化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中S?S鍵位置來實現頭發的定型，故A正確；B．①→②是氫原子添加進去，該過程是還原反應，因此①是氧化劑，具有氧化性，則藥劑A具有還原性，故B正確；C．①→②過程中S的價態由?1價變為?2價，若有2molS?S鍵斷裂，則轉移4mol電子，故C正確；D．②→③過程發生氧化反應，若藥劑B是H2O2，則B化合價應該降低，因此其還原產物為H2O，故D錯誤；故選D。12.負載有和的活性炭，可選擇性去除實現廢酸的純化，其工作原理如圖。下列說法正確的是（）A.作原電池正極B.電流由經活性炭流向C.每消耗標準狀況下11.2L的，最多去除D.表面發生的電極反應：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗在Pt得電子發生還原反應，Pt為正極，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應，Ag為負極。【詳析】A．由分析可知，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應生成AgCl，Ag為負極，A錯誤；B．電子由負極Ag經活性炭流向正極Pt，故電流由正極Pt經活性炭流向負極Ag，B錯誤；C．每消耗標準狀況下的11.2L的O2，即0.5molO2，轉移電子2mol，而失去2mol電子生成2molAg+，故最多去除，C正確；D．溶液顯酸性，故Pt表面發生的電極反應為：，D錯誤；故選C。13.是一種用途廣泛的磁性材料，以為原料制備并獲得副產物水合物的工藝如圖。下列說法正確的是（）A.晶體屬于非電解質B.在實際生產中反應釜2中反應溫度越高越好C.反應釜2中反應的離子方程式為D.濾液后處理可采用蒸發結晶獲得水合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗FeCl2溶液進入反應釜1，加入氧化鈣反應生成氫氧化亞鐵和氯化鈣，FeCl2溶液進入反應釜2，加入氧化鈣和分散劑，通入空氣，反應生成氫氧化鐵和氯化鈣，合并兩溶液進入反應釜3中，調節pH使鐵進一步沉淀，加壓過濾后，氫氧化鐵、氫氧化亞鐵沉淀經過后處理得Fe3O4，濾液中含氯化鈣，后處理后得氯化鈣水合物。【詳析】A．電解質是指溶于水或熔融狀態下能導電的化合物，晶體屬于離子化合物，熔融狀態下可以導電，屬于電解質，故A錯誤；B．在實際生產中，升高溫度會增加生成成本，并非是溫度越高越好，故B錯誤；C．FeCl2溶液進入反應釜2，加入氧化鈣和分散劑，通入空氣，反應生成氫氧化鐵和氯化鈣，反應的離子方程式為，故C正確；D．濾液中主要成分是，將濾液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾得到水合物，直接蒸發結晶不能獲得水合物，故D錯誤；故〖答案〗選C。14.一定條件下，酸性溶液與發生反應，(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價態含粒子的濃度隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是（）A.(Ⅲ)能氧化B.隨著反應物濃度的減小，反應速率逐漸減小C.該條件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)能大量共存D.總反應為：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗約13min前，隨著時間的推移Mn(Ⅶ)濃度減小直至為0，Mn(Ⅲ)濃度增大直至達到最大值，結合圖像，此時間段主要生成Mn(Ⅲ)，同時先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；約13min后，隨著時間的推移Mn(Ⅲ)濃度減少，Mn(Ⅱ)的濃度增大?！驹斘觥緼．由圖像可知，隨著時間的推移Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說明開始反應生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正確；B．隨著反應物濃度的減小，到大約13min時開始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)濃度增大，Mn(Ⅱ)對反應起催化作用，13min后反應速率會增大，B錯誤；C．由圖可知，Mn(Ⅶ)的濃度為0后才開始生成Mn(Ⅱ)，則該條件下Mn(Ⅱ)和Mn(VII)不能大量共存，C錯誤；D．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應以化學式保留，總反應為：，D錯誤；故選A。二、非選擇題：共4題，共58分。15.工業上煅燒含硫礦物產生的可以按如圖所示流程脫除或利用。已知：。請回答：（1）富氧煅燒燃煤產生的低濃度的可以在爐內添加通過途徑I脫除，寫出反應化學方程式___________。下列實驗操作一定能提高石灰石吸收效率的有___________(填序號)。A．將石灰石粉末加水制成漿液B．提高反應的溫度C．加快攪拌速率D．降低通入氣體的速率（2）煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的，通過途徑Ⅱ最終轉化為化合物A。①化合物A是一種無機酸酯。試寫出化合物A的結構簡式___________。②下列說法正確的是___________。A．煤的干餾為化學變化B．與足量的氧氣充分反應轉移C．工業上途徑Ⅱ產生的也可用水吸收（3）設計實驗驗證化合物A中含有S元素___________(可選用試劑：氫氧化鈉溶液、鹽酸、稀硫酸、氯化鋇溶液)?！即鸢浮剑?）①.②.AC（2）①.②.A（3）取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素〖解析〗含硫礦物燃燒生成，和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質量的甲醇發生已知反應生成A：

。（1）氧氣具有氧化性，能將四價硫氧化為六價硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫反應生成硫酸鈣和二氧化碳，其化學方程式為；A．將石灰石粉末加水制成漿液，增大接觸面積，提高吸收SO2效率，A正確；B．加熱可加快反應速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會導致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，B錯誤；C．加快攪拌速率，可以使反應物充分接觸，提高吸收SO2效率，C正確；D．降低通入SO2氣體的速率，SO2可與石灰石充分接觸，但SO2濃度降低，會降低反應速率，不一定能提高吸收SO2效率，D錯誤；故〖答案〗為：AC。（2）①根據分析可知，化合物A的結構簡式為；②A．煤的干餾有新物質生成，所以煤的干餾屬于為化學變化，A正確；B．與氧氣的反應為可逆反應，因此二氧化硫不能完全反應，1mol

SO2與足量的氧氣反應轉移電子小于，B錯誤；C．工業上途徑Ⅱ產生的也可用濃吸收用于生產發煙硫酸，不用水吸收會形成酸霧，影響吸收效率，C錯誤；故〖答案〗選A。（3）由分析可知，A為

，A堿性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根離子能和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗設計為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素。16.作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦(主要含，含有少量、、、等元素)制備的流程如下：已知：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質開始沉淀1.93.56.9完全沉淀3.24.689回答下列問題：（1）“反應器”主要反應的離子方程式為___________。（2）“反應器”加入少量的作用是___________。不宜使用替代，原因是___________。（3）①若需要、分步沉淀需先調的范圍為___________。②測定此時沉淀中鐵的質量分數：準確稱取沉淀1.200g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的溶液(將還原為)，充分反應后，除去過量的。用溶液滴定至終點(滴定過程中與反應生成和)，消耗溶液22.00mL。該沉淀中鐵的質量分數為___________(寫出計算過程)。（4）煅燒窯中，生成反應的化學方程式是___________?！即鸢浮剑?）（2）①.將Fe2+氧化為Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.3.2~3.5②.，，樣品中鐵元素的質量分數為（4）〖解析〗菱錳礦主要含有MnCO3，還含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反應生成硫酸錳，同時得到硫酸亞鐵、硫酸鐵、硫酸鎳、硫酸鋁等鹽，加二氧化錳把亞鐵離子氧化鐵離子，加石灰乳調節至pH≈7形成氫氧化鐵沉淀除鐵，氫氧化鋁沉淀除鋁，加BaS生成NiS除Ni，過濾，濾液中含有硫酸錳，電解硫酸錳溶液得到MnO2，煅燒窯中碳酸鋰、二氧化錳反應生成LiMn2O4。（1）由分析可知，反應器發生的主要反應為碳酸錳與稀硫酸反應生成硫酸錳、二氧化碳和水，反應的化學方程式為MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑，離子方程式為：；（2）由分析可知，加入二氧化錳的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，由于鐵離子可以做過氧化氫分解的催化劑，所以不宜使用過氧化氫替代二氧化錳；（3）①由已知信息可知，pH=3.2時，鐵離子完全沉淀，此時鋁離子未開始沉淀，pH=3.5時，鋁離子開始沉淀，若需要Fe3+、Al3+分步沉淀需先調pH的范圍為3.2~3.5，鐵離子先完全沉淀，鋁離子再沉淀；②由滴定時和，根據得失電子守恒可得以下微粒關系式，則，樣品中鐵元素的質量為，樣品中鐵元素的質量分數為；（4）由分析可知，煅燒窯中發生的反應為二氧化錳、碳酸鋰在高溫條件下反應生成LiMn2O4、二氧化碳和氧氣，反應的化學方程式為。17.有機物A的產量用來衡量一個國家石油化工的發展水平，以A為原料合成香料G的流程如下：已知：①同一個碳原子連接兩個或兩個以上羥基的有機化合物不穩定。②(X為鹵素原子)回答下列問題。（1）C中的官能團名稱為___________。（2）A→H的反應類型為___________。（3）寫出與F互為同系物同時滿足下列條件的有機物結構簡式：___________。①分子式為，且分子中有2個甲基；②核磁共振氫譜中只有3個峰。（4）寫出生成G的化學方程式___________。（5）有關上述物質的說法正確的是___________。①可通過酸性高錳酸鉀溶液洗氣的方法除去乙烷中含有的A雜質②C和E互為同分異構體③1molF與足量金屬鈉反應可產生22.4L氣體(標準狀況下)④H可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色（6）請設計以甲苯為原料制備苯甲酸苯甲酯()的合成路線________(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。〖答案〗（1）醛基（2）加聚反應（3）（4）（5）②③（6）〖解析〗A的產量用來衡量一個國家石油化工發展水平，則A為CH2=CH2，A和水發生加成反應生成B（乙醇），乙醇發生氧化反應生成C為CH3CHO，C發生氧化反應生成D（乙酸），A發生氧化反應生成E（環氧乙烷），E和水發生開環加成生成F（乙二醇），D和F發生酯化反應生成G，根據G的分子式知，G的結構簡式為CH3COOCH2CH2OOCCH3，H為高分子化合物，則A發生加聚反應生成H為。（1）C為CH3CHO，的官能團的名稱為醛基，故〖答案〗為：醛基；（2）H為高分子化合物，則A發生加聚反應生成H為。故〖答案〗為：加聚反應；（3）與F（乙二醇）互為同系物同時滿足①分子式為，且分子中有2個甲基；②核磁共振氫譜中只有3個峰。得4個碳的二元醇，-OH只能在2