江蘇省淮安市2023-2024學年高二上學期期末調研測試化學試卷（解析版）

PAGE12023～2024學年度第一學期高二年級期末調研測試化學試題注意事項：考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求。1．本試卷共8頁，滿分為100分，考試時間為75分鐘?？荚嚱Y束后，請將答題卡交回。2．答題前，請你務必將自己的姓名、學校、考試號等用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在答題卡上規(guī)定的位置。3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號和本人是否相符。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?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32一、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.化學與生產生活密切相關，下列說法正確的是A.碳酸鋇和硫酸鋇都可以作為醫(yī)用口服“鋇餐”B.明礬和臭氧均可用作水處理劑且原理相同C.草木灰和銨態(tài)氮肥混合使用能使肥效增強D.工業(yè)上常用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鋇與胃酸中鹽酸反應，生成劇毒的氯化鋇，而硫酸鋇不溶與鹽酸，所以可做鋇餐，A錯誤；B．臭氧具有強氧化性，能使蛋白質發(fā)生變性，而明礬水解生成膠體，具有吸附性，都可用作水處理劑，二者作用原理不同，B錯誤；C．草木灰的主要成分是碳酸鉀，顯堿性，和銨態(tài)氮肥混合使用會生成氨氣，降低肥效，C錯誤；D．金屬鈉的化學性質很活潑，故工業(yè)上常用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉，反應方程式為：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，D正確；故答案為：D。2.下列化學用語或圖示正確的是A.對硝基甲苯結構簡式：B.名稱為2-羥基丙醇C.甲烷的球棍模型：D.乙酸的質譜圖：【答案】A【解析】【詳解】A．對硝基甲苯中甲基與硝基處于對位，結構簡式為，故A正確；B．的命名為2-丙醇，故B錯誤；C．甲烷的球棍模型，空間填充模型為，故C錯誤；D．該圖最大質合比為46，即有機物的相對原子質量為46，乙酸的相對原子質量為60，故D錯誤；故選A。3.下列有關物質的性質與用途不具有對應關系的是A.乙烯具有可燃性，可用作催熟劑B.硫酸亞鐵具有還原性，可用作食品抗氧化劑C.小蘇打水溶液呈弱堿性，可用作制藥中的抗酸劑D.漂白粉具有強氧化性，可用作游泳池的殺菌消毒劑【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯用作催熟劑，是利用其為水果催熟劑和植物生長調節(jié)劑的性質，與其具有可燃性無關，A符合題意；B．硫酸亞鐵具有還原性，能夠吸收空氣中的O2，故可用作食品抗氧化劑，B不合題意；C．小蘇打水溶液呈弱堿性，能與胃酸中的HCl反應，故可用作制藥中的抗酸劑，C不合題意；D．漂白粉具有強氧化性，能夠是蛋白質發(fā)生變性，故可用作游泳池的殺菌消毒劑，D不合題意；故答案為：A。4.實驗室用如下裝置制備溴苯并進行相關問題探究，下列相關實驗操作或敘述正確的是A.制備過程中可將液溴換為溴水，從而減少溴的揮發(fā)B.移除裝置乙也可檢驗出反應過程中有生成C.甲裝置中三頸燒瓶內的苯和溴苯混合物可以通過分液分離D.根據(jù)丙裝置實驗現(xiàn)象可以判斷制備反應是加成反應還是取代反應【答案】D【解析】【分析】由實驗裝置可知，甲中苯與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和HBr，溴化鐵作催化劑，乙中四氯化碳可除去揮發(fā)的溴，丙中AgNO3溶液可吸收HBr，且倒扣的漏斗可防止倒吸，反應結束后，甲中混合物經(jīng)水洗滌分液、稀堿溶液洗滌分液、再水洗滌分液、干燥、蒸餾，即可得到溴苯，以此來解答?！驹斀狻緼．苯與溴水發(fā)生萃取，而不發(fā)生化學反應，故制備過程中不可將液溴換為溴水，A錯誤；B．由分析可知，乙中四氯化碳可除去揮發(fā)的溴，移除裝置乙后則生成的HBr中混有揮發(fā)出來的Br2，而Br2能與H2O反應生成HBr和HBrO，故不可檢驗出反應過程中有HBr生成，B錯誤；C．苯和溴苯互溶，不能通過分液的方法進行分離，故甲裝置中三頸燒瓶內的苯和溴苯混合物可以通過蒸餾分離，C錯誤；D．若發(fā)生加成反應則冰裝置中沒有明顯現(xiàn)象，若發(fā)生取代反應則生成的HBr能與AgNO3反應生成淡黃色沉淀AgBr，故根據(jù)丙裝置實驗現(xiàn)象可以判斷制備反應是加成反應還是取代反應，D正確；故答案為：D。閱讀下列資料，完成下面小題：電石(CaC2)常用生石灰和過量焦炭在電石爐內制備；其與水反應可產生乙炔。以乙炔為原料可以合成苯（）、乙烯基乙炔、正四面體烷（）、聚乙炔（）、氯丁橡膠（）、順丁橡膠（）、聚丙烯腈（）等化工原料。5.下列對相關有機物結構的描述中正確的是A.乙烯基乙炔分子中所有原子不可能共平面B.乙烯基乙炔與乙炔、苯是同系物C.可用紅外光譜圖區(qū)分氯丁橡膠和順丁橡膠D.聚丙烯腈中含有1個手性碳原子6.下列對相關有機物性質的判斷中正確的是A.制取乙炔后的固體廢渣可用于制取漂白粉 B.聚乙炔是通過取代反應形成C.聚乙炔不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色 D.乙炔在氧氣中燃燒的產物一定是CO2和H2O7.下列對相關有機物定量計算結論正確的是A.常溫下，1mol苯中含碳碳雙鍵數(shù)目約為B.電石制備反應中氧化劑和還原劑的質量比為C.正四面體烷與氯氣反應得到的二氯代物有兩種D.完全燃燒等質量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧氣的量相同【答案】5.C6.A7.D【解析】【5題詳解】A．由題干乙烯基乙炔的結構簡式可知，乙烯基乙炔分子中含有碳碳雙鍵的平面結構和碳碳三鍵的直線型結構，故分子中所有原子共平面，A錯誤；B．同系物是指結構相似，組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質，由題干有機物結構簡式可知，乙烯基乙炔與乙炔、苯的結構不相似，不是同系物，B錯誤；C．紅外光譜圖中能夠反映有機化合物中含有的化學鍵和官能團，故可用紅外光譜圖區(qū)分氯丁橡膠和順丁橡膠，C正確；D．已知同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故聚丙烯腈中每個鏈節(jié)中含有1個手性碳原子，即聚丙烯晴中含有n個手性碳原子，D錯誤；故答案為：C；【6題詳解】A．已知實驗室制乙炔的反應為：CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑，制取乙炔后的固體廢渣主要成分為Ca(OH)2，故可用于制取漂白粉，A正確；B．聚乙炔是通過加聚反應形成的，反應方程式為：nCH≡CH，B錯誤；C．已知聚乙炔的結構簡式為：，故聚乙炔分子中含有碳碳雙鍵，故能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，C錯誤；D．乙炔中含有C、H在氧氣中充分燃燒的產物是CO2和H2O，若氧氣不足則生成CO、H2O或者CO、CO2和H2O，D錯誤；故答案為：A；【7題詳解】A．已知苯分子中碳碳鍵沒有單鍵和雙鍵之分，六個碳碳鍵均為介于單鍵與雙鍵之間獨特的鍵，A錯誤；B．由題干信息可知，電石(CaC2)常用生石灰和過量焦炭在電石爐內制備,即該反應為：CaO+3CCaC2+CO，反應中C由0價降低到-1價，由0價升高到+2價，故電石制備反應中氧化劑和還原劑的質量比為，B錯誤；C．由題干正四面體烷的結構簡式可知，正四面體烷與氯氣反應得到的二氯代物只有一種，C錯誤；D．由題干信息可知，乙烯基乙炔和乙炔的最簡式均為CH，故完全燃燒等質量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧氣的量相同，D正確；故答案為：D。8.NH3脫除NO的一種催化反應機理示意圖如下。下列說法不正確的是A.屬于氧化還原反應B.是該反應的中間產物C.總反應化學方程式為D.Ti4+可降低該反應的活化能【答案】C【解析】【詳解】A．反應中N的化合價發(fā)生改變，故屬于氧化還原反應，A正確，B．由題干反應歷程圖可知，既是生成物，又是反應物，故是該反應的中間產物，B正確；C．由題干反應歷程圖可知，轉化過程中NH3和NO的物質的量之比為1:1，則總反應化學方程式為，C錯誤；D．由題干反應歷程圖可知，Ti4+為該反應的催化劑，故Ti4+可降低該反應的活化能，加快反應速率，D正確；故答案為：C。9.固定體積容器中一定條件下發(fā)生反應：，下列關于該反應說法正確的是A.從容器中取走，逆反應速率增大B.反應物鍵能之和大于生成物鍵能之和C.當時，反應處于平衡狀態(tài)D.其他條件不變時，減小壓強，再次達到平衡時的數(shù)值保持不變【答案】D【解析】【詳解】A．從容器中取走的瞬間，生成物濃度突然減小，正反應速率突然減小，導致逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，則生成物濃度也慢慢減小，導致逆反應速率隨之減小，A錯誤；B．根據(jù)反應熱等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和，結合題干信息可知，該反應正反應是一個放熱反應，故反應物鍵能之和小于生成物鍵能之和，B錯誤；C．根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量系數(shù)之比可知，，故當時，即反應不處于平衡狀態(tài)，C錯誤；D．已知平衡常數(shù)K=，K僅僅是溫度的函數(shù)，故其他條件不變時，減小壓強，再次達到平衡時的數(shù)值保持不變，D正確；故答案為：D。10.草酸亞鐵(FeC2O4)晶體為淡黃色粉末，難溶于水，溶于稀酸，是生產鋰電池的原材料。實驗室制備FeC2O4部分實驗過程如下：已知室溫時：、、。下列說法正確的是A.可用KMnO4溶液檢驗(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否變質B.室溫時，反應平衡常數(shù)C.“操作a”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、乙醇洗滌、干燥D.“操作a”所得濾液中存在：【答案】B【解析】【分析】由題干流程圖信息可知，硫酸亞鐵銨加水并加入H2SO4進行酸化溶解，然后加入草酸，加熱后反應生成草酸亞鐵沉淀，通過過濾，洗滌，干燥即得到FeC2O4晶體，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．銨根中N為-3價能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不可用KMnO4溶液檢驗(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否變質，應該用KSCN溶液等，A錯誤；B．室溫時，反應的平衡常數(shù)K=====11.8，B正確；C．由分析可知，F(xiàn)eC2O4是沉淀，故“操作a”為過濾、乙醇洗滌、干燥，C錯誤；D．由分析可知，“操作a”為過濾出FeC2O4沉淀后所得濾液中，則存在：，否則將繼續(xù)產生FeC2O4沉淀，D錯誤；故答案為：B。11.室溫下，下列探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向濃硝酸中加入紅熱的炭塊產生紅棕色氣體濃硝酸具有強氧化性B分別向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色苯環(huán)增強了甲基的活性C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，有白色沉淀白色沉淀一定是BaSO3D室溫下，用pH計測得0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH小于0.1mol/LNaHCO3溶液水解平衡常數(shù)：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃硝酸受熱會分解生成紅棕色氣體NO2，故向濃硝酸中加入紅熱的炭塊產生紅棕色氣體，即能說明濃硝酸和碳發(fā)生反應，也不能說明濃硝酸具有強氧化性，A不合題意；B．已知甲烷等烷烴不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但甲苯能夠，且反應后生成苯甲酸，作用部位在側鏈甲基上，故能說明苯環(huán)增強了甲基的活性，B符合題意；C．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，有白色沉淀，若X氣體為NH3，則生成的白色沉淀為BaSO3，但若X為Cl2、NO2等氣體，則生成的白色沉淀為BaSO4，C不合題意；D．由于CH3COONH4中CH3COO-和銨根離子均能水解，而NaHCO3中碳酸氫根離子既能電離又能水解，故不能通過測量兩者溶液的pH來探究CH3COO-和碳酸氫根離子水解平衡常數(shù)的相對大小，D不合題意；故答案為：B。12.分別向相同濃度的Na2RO3、NaHRO3溶液中逐滴加入鹽酸，滴定過程中溶液的pH變化如圖所示。下列說法不正確的是A.曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液的過程B.a、b、c點水的電離程度：a＞b＞cC.a、b、d點均滿足：D.NaHRO3溶液中：【答案】C【解析】【分析】由題干信息可知，Na2RO3、NaHRO3溶液的pH均大于7，說明兩種溶液中均存在水解反應，已知相同濃度的Na2RO3、NaHRO3溶液中的水解程度大于，結合題干圖像可知，曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3的反應過程，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液過程，A正確；B．由題干圖像信息可知，酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，a點溶質為NaCl、NaHRO3，b點溶質為NaCl、H2RO3，c點溶質為NaCl、H2RO3、HCl，NaHRO3促進水電離，H2RO3、HCl都抑制水電離，c點c（H+）大于b點，抑制水電離程度：c點＞b點，所以a、b、c點水的電離程度：a＞b＞c，B正確；C．根據(jù)電荷守恒可知，a、b、d點均滿足：+c(Cl-)，C錯誤；D．由分析可知，曲線②分別表示鹽酸滴定NaHRO3溶液的過程，由圖中信息可知，未滴加鹽酸時，NaHRO3溶液顯堿性，說明水解大于電離，則在NaHRO3溶液中：，D正確；故答案為：C。13.向某密閉容器中充入4molH2和1molCO2，在催化劑作用下發(fā)生反應：①②③CO2的平衡轉化率和生成物的選擇性隨溫度變化如下圖所示（不考慮其它因素影響）。已知：生成物A的選擇性％。下列說法正確的是A.一定溫度下，使用高效催化劑能提高氫氣的平衡轉化率B.在220℃條件下，平衡時H2O的物質的量為0.56molC.溫度高于280℃，反應③右移程度小于反應①左移程度D.其他條件不變，增大壓強，圖中點X將可能下調至點Y【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑只能改變反應速率而不能使平衡發(fā)生移動，故一定溫度下，使用高效催化劑不能改變氫氣的平衡轉化率，A錯誤；B．由題干圖像信息可知，220℃下CO2的轉化率為40%，CH3OCH3的選擇性為80%，即×100%=80%，解得n(CH3OCH3)=0.16mol，CO的選擇性為5%，則×100%=5%，即得n(CO)=0.02mol，根據(jù)碳原子守恒可得n(CH3OH)=0.4×1-0.16×2-0.02=0.06mol，根據(jù)反應方程式可知，在220℃條件下，平衡時H2O的物質的量為0.38mol+0.16mol+0.02mol=0.56mol，B正確；C．由題干圖像信息可知，溫度高于280℃，CO的選擇性明顯增大，而CO2的平衡轉化率也增大，但CH3OCH3的選擇性減小，故反應③右移程度大于反應①左移程度，C錯誤；D．由題干方程式信息可知，其他條件不變，增大壓強，反應②③平衡不移動，而反應①平衡正向移動，導致CH3OH的濃度增大，反應②平衡正向移動，H2O濃度增大，CO2濃度減小，導致反應③平衡逆向移動，則平衡時CO的選擇性減小，CH3OCH3的選擇性增大，即圖中點X將不可能下調至點Y，D錯誤；故答案為：B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.某研究團隊利用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法對鍋爐產生煙氣(主要成分NO、SO2、N2)進行脫硫、脫硝研究。（1）二氧化氯制備。研究中采用鹽酸還原氯酸鈉制備ClO2，在生成ClO2的同時還生成Cl2；該反應的化學反應方程式為__________。（2）二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法脫除。研究中首先用制備的ClO2氣體配制濃度為150mg/L的ClO2溶液，接著向濃度為0.3％的氨水吸收液中添加濃度為150mg/L的ClO2溶液，組成復合吸收液來對模擬煙氣中NO和SO2同時脫除。脫除時NO發(fā)生反應：。①脫除時SO2發(fā)生反應的離子方程式為__________。②脫除過程中采用如圖所示噴淋吸收塔裝置吸收SO2和NO，采用該裝置吸收的優(yōu)點是__________。③已知反應吸收液的pH與ORP值(氧化還原電位)隨時間變化如圖所示(已知ORP值越大，氧化能力越強)，測定表明煙氣中含有SO2能提高NO的脫除率，可能原因是__________。（3）脫除效果檢測。實驗室利用模擬煙氣探究該方法“脫硫”、“脫硝”的效果，一定時間內，溫度對SO2、NO脫除率的影響曲線如圖所示。①檢測表明SO2的脫除率明顯高于NO，可能的原因__________。②在50℃下，若煙氣中SO2和NO體積比為4:5，吸收液中煙氣轉化生成、、的物質的量之比為__________。③列舉一條用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法“脫硫”、“脫硝”的優(yōu)點__________。【答案】（1）2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（2）①.5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-②.增大固體與液體的接觸面積與接觸時間，加快反應速率和提高SO2、NO的吸收率③.SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強，有利于NO的脫除（3）①.SO2的還原性比NO強，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應速率慢，一定時間內的去除率比SO2的低②.1:1:1③.反應生成的產物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實現(xiàn)變廢為寶【解析】【小問1詳解】研究中采用鹽酸還原氯酸鈉制備ClO2，在生成ClO2的同時還生成Cl2，根據(jù)氧化還原反應配平可知，該反應的化學反應方程式為：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案為：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；【小問2詳解】①脫除時SO2發(fā)生反應即SO2轉化為(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被還原，根據(jù)氧化還原反應配平可得，該反應方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，則該反應的離子方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，故答案為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-；②脫除過程中采用如圖所示噴淋吸收塔裝置吸收SO2和NO，采用該裝置吸收的優(yōu)點是采用固液逆向對流可以增大固體與液體的接觸面積與接觸時間，加快反應速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案為：增大固體與液體的接觸面積與接觸時間，加快反應速率和提高SO2、NO的吸收率；③已知反應吸收液的pH與ORP值(氧化還原電位)隨時間變化如圖所示(已知ORP值越大，氧化能力越強)，由題干圖示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化還原電位越大，氧化能力越強，故測定表明煙氣中含有SO2能提高NO的脫除率，可能原因是SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強，有利于NO的脫除，故答案為：SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強，有利于NO的脫除；【小問3詳解】①由圖可知，SO2的脫除率高于NO，其原因是SO2的還原性比NO強，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應速率慢，一定時間內的去除率比SO2的低，故答案為：SO2的還原性比NO強，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應速率慢，一定時間內的去除率比SO2的低；②②模擬煙氣中SO2和NO的物質的量之比為4：5，設其物質的量分別為4mol、5mol，50℃時，兩者的吸收率分別為100%和80%，脫硫的離子方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，則該反應生成的Cl-為1.6mol，為4mol，脫硝的離子方程式為：，則該反應生成的Cl-為5mol×80%×=2.4mol,生成的為5mol×80%=4mol，故吸收液中煙氣轉化生成的、、Cl-的物質的量之比為4：4：(1.6+2.4)=1:1:1，故答案為：1:1:1；③由上述反應方程式可知，用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法“脫硫”、“脫硝”的優(yōu)點為反應生成的產物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實現(xiàn)變廢為寶，故答案為：反應生成的產物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實現(xiàn)變廢為寶。15.化合物H可用于制造合成纖維、染料、藥物等，其合成路線如下：（1）A→B的反應類型為__________。（2）E中的官能團名稱為__________。（3）F的分子式為C8H10Br2，其結構簡式為：__________。（4）H的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：__________。①分子呈“鏈狀”結構，無環(huán)、無支鏈，能使溴水褪色。②分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為。（5）已知：（、、表示烴基），寫出以為原料制備的合成路線流程圖__________（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！敬鸢浮浚?）還原反應（2）碳碳雙鍵（3）（4）CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH（5）【解析】【分析】由題干流程圖可知，A中酮羰基被NaBH4還原為醇羥基，B中醇羥基發(fā)生消去反應生成C，C和CH3I在一定條件下反應轉化為D，D繼續(xù)與CH3I反應生成E，由E、G的結構簡式和F的分子式為C8H10Br2，推知E發(fā)生1，6-加成反應生成F，則F的結構簡式為：，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】由題干流程圖可知，A→B即A中的酮羰基轉化為羥基，該反應的反應類型為還原反應，故答案為：還原反應；【小問2詳解】由題干流程圖中E的結構簡式可知，E中的官能團名稱為碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；【小問3詳解】由分析可知，F(xiàn)的分子式為C8H10Br2，其結構簡式為：，故答案為：；【小問4詳解】由題干流程圖可知，H的分子式為C8H8，不飽和度為：=5，H的一種同分異構體同時滿,條件①分子呈“鏈狀”結構，無環(huán)、無支鏈，能使溴水褪色，即含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，②分子中不同化學環(huán)境的氫原子數(shù)目比為3:1，該同分異構體的結構簡式為：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH，故答案為：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH；【小問5詳解】由題干流程圖中C到D的轉化信息可知，與CH3I在一定條件下反應可得，由D轉化為E或者G轉化為H的轉化信息可知，與CH3I在一定條件下反應可得，結合本小題題干信息可知，被酸性高錳酸鉀溶液氧化轉化為，結合A到B的轉化信息可知，被NaBH4還原為，由此確定合成路線為：，故答案為：。16.實驗室以廢渣（含少量Ca、Mg的氧化物）為原料制備的部分實驗過程如下：（1）“浸取”時轉化為，該反應的離子方程式為__________。（2）“除、”時，所得溶液中__________。[已知：，]。（3）“沉錳”時，溶液做“沉錳”試劑①的水溶液呈__________（填“酸性”或“堿性”或“中性”）。（已知：的，，的）②此過程需控制溫度低于70℃，該過程不宜在較高溫度下進行的原因是__________。（4）“加熱氧化”時，發(fā)生反應生成，該反應的化學方程式為__________。（5）“焙燒”時，生成活性；實驗室也可由固體制取活性。如圖為不同溫度下硫酸錳焙燒2小時后殘留固體中含錳產物的XRD圖譜（XRD圖譜可用于判斷某晶態(tài)物質是否存在，不同晶態(tài)物質出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同）。補充完整由固體制取活性的實驗方案：將固體置于可控制溫度的反應管中，__________，將冷卻、研磨、密封包裝。（須使用的試劑：溶液）【答案】（1）++4H+=2Mn2+++2H2O（2）100（3）①.堿性②.溫度過高會分解（4）2KOH++2O22+H2O（5）在850℃下焙燒2小時，并將產生的氣體通入1mol/LNaOH溶液【解析】【分析】廢渣（含少量Ca、Mg的氧化物）加入H2SO4溶液和Na2SO3溶液浸取，溶液中存在Mn2+、Ca2+和Mg2+，加入NH4F，將CaF2沉淀和MgF2沉淀過濾除去，加入NH4HCO3溶液將Mn2+轉化為MnCO3，“焙燒”時，生成活性，“加熱氧化”時，發(fā)生反應生成，水浸后經(jīng)過一系列操作得到KMnO4固體，以此解答?！拘?詳解】“浸取”時轉化為，Mn元素化合價由+3價下降到+2價，Na2SO3中S元素由+4價上升到+6價，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：++4H+=2Mn2+++2H2O?！拘?詳解】“除、”時，所得溶液中。【小問3詳解】①的水溶液中存在水解平衡：Kh=、Kh=，說明的水解程度大于的水解程度，則的水溶液呈堿性；②此過程需控制溫度低于70℃，該過程不宜在較高溫度下進行的原因是：溫度過高會分解?！拘?詳解】“加熱氧化”時，和KOH、O2發(fā)生反應生成，Mn元素由+3價上升到+7價，O元素由0價下降到-2價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：2KOH++2O22+H2O?！拘?詳解】由圖可知，850℃下焙燒2小時，的含量較高，則固體制取活性的實驗方案為：將固體置于可控制溫度的反應管中，在850℃下焙燒2小時，并將產生的氣體通入1mol/LNaOH溶液，將冷卻、研磨、密封包裝。17.氫能是能源體系的組成部分