【文档说明】福建省厦门市2023-2024学年高二下学期7月期末考试 化学 Word版含解析.docx，共(27)页，3.606 MB，由小赞的店铺上传

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厦门市2023—2024学年第二学期高二期末质量检测化学试题本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，

用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：

H：1Li：7C：12N：14O：16Fe：56Se：79一、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目要求。1.纳米催化剂()362MgFeCN可缓解阿霉素诱导的心脏毒性。下列说法错误．．的是A.单质熔点：Mg>石墨B.电负性：C>FeC.第一电离能：

N>CD.单质还原性：Mg>Fe2.下列说法错误．．的是A.的系统命名：2-甲基丙醛B.葡萄糖的实验式：2CHOC.的分子式：1010CHOD.1-氯丙烷的球棍模型：3.银屑病的治疗药物本维莫德乳膏结构如图。下列说法正确的是A.有1个手性碳原子

B.可形成分子内氢键和分子间氢键C.所有碳原子共平面D.1mol该物质与足量的溴水反应，最多可消耗3mol2Br4.一种新型光学材料根据晶胞内原子数命名为Si10，其晶胞如图。下列说法错误．．的是A.Si10与单晶硅互为同素异形体B.Si原子基态价电子排布式为223s3pC.Si10中S

i原子的杂化方式为3spD.Si10中Si原子位于顶点、面上和体内5.利用冠醚可实现水溶液中锂镁分离，其制备与分离过程如图。下列说法错误．．的是A.甲→乙的反应类型为取代反应B.丙中Li+通过共价键与

O原子结合C.甲、乙、丙中仅有一种物质属于超分子D.通过空间结构和作用力协同实现锂镁分离6.下列实验能达到实验目的的是A．除去甲苯中的苯酚B．用毛皮摩擦过的橡胶棒判断分子的极性的C．检验葡萄糖中的醛基D．验证苯与液溴

发生取代反应AAB.BC.CD.D7.利用PdAu−二聚体调控22CH与2H反应程度的机理如图。下列说法错误．．的是A.X能发生加聚反应B.“222CHHX+→”为加成反应C.该过程每生成1molX需要1mol2HD.该反应历程中Pd的配位数发生变化8.()0.80.2LiFeOHFeSe

晶体结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成。晶胞中铁硒层在yz、xz和xy平面投影如图，1号Fe原子的原子坐标为10,0,2。下列说法错误．．的是A.铁硒层中Fe的配位数为4B.1个晶胞中含有2个Se原子C.2号Fe原子的原子坐标为111,,222

D.晶体密度为2332A1.68810gcmabN−实验小组利用螯合剂邻二氮菲phen()与2Fe+、3Fe+，分别形成()23Fephen+、()33Fephen+定性检测4FeSO溶液中的铁元素，后利用分光光度法定量测定含4FeSO水样

中铁元素的.总浓度c总。分光光度法原理为有色物质会吸收特定波长λ的光，吸光度A与有色物质的浓度c(单位为：1mgL−，本实验以Fe计)存在关系Akc=。阅读上述材料，回答下列问题：9.探究phen与2Fe+形成的配合物性质，

进行如下实验(忽略体积变化)。下列说法正确的是A.phen中有7个大π键B.()23Fephen+中2Fe+的配位数为3C.颜色逐渐变浅说明与phen的配位能力：2HFe++D.现象X为颜色持续变深10

.取5mL水样加入phen、硫酸羟胺()2242NHOHHSO并调节合适的pH后稀释至25mL，利用分光光度法测定溶液c总。等浓度的()23Fephen+和()33Fephen+标准液在不同波长光下吸光度A如图。已知5

10nm=时，()23Fephen+的200k=。下列说法错误．．的是A.λ在450～550nm内，k值大小为()()2333FephenFephen++B.测定c总前若未加入足量硫酸羟胺，吸光度A偏大C.

510nm=时，测得水样吸光度A为0.560，则712.510molLc−−=总D.测定时未控制适宜pH，导致k减小，测量误差增大二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.电子传输导体可解决钙钛矿类太阳能电池长时间使用后存在的晶体缺陷问题。Ⅰ．钙钛矿类太阳能电池3F

APbI[FA+表示()22CHNH+]晶胞如图，晶胞边长apm。（1）Ⅰ位于第5周期ⅦA族，其价电子轨道表示式为______。（2）()22CHNH+中N原子的杂化方式为_____。（3）FA+和2Pb+之间最短距离为____pm。（4）在俯视图中用“○

”画出−Ⅰ的位置_____。Ⅱ．电子传输导体A解决钙钛矿类太阳能电池3FAPbI晶体缺陷问题的原理如图。（5）A的结构示意图如下。为①A中所含同周期元素电负性由大到小排序为____(填元素符号)。②A中

所含化学键类型有______(填标号，下同)，A可减少晶体缺陷是因为A和晶体之间存在作用力有______。a．共价键b．离子键c．配位键d．氢键e．金属键（6）与电子传输导体B(如下图)对比，稳定晶体表面效果更好的为_____

(选填“A”或“B”)，可能的原因为______。12.从苯甲酸生产残渣(主要成分为苯甲酸、3Co+，2Mn+，2Ni+)中分离Co、Mn、Ni元素的工艺流程如下。（1）PX()的名称为______。（2）苯

甲酸和乙酸结构相似，但性质有差异。25℃，aK(苯甲酸)4.210−=，aK(乙酸)4.7610−=。①苯甲酸常温下为固态，乙酸常温下为液态，其原因为______。②从基团间相互影响的角度分析，苯甲酸酸性强于乙酸的原因为______。的（3）“沉锰”后，滤液中主要含有的阳离子为()236NiN

H+、()336CoNH+。“沉锰”中发生反应的离子方程式为()2232326Ni6NHHONiNH6HO+++=+、_____、_______。（4）“萃取2”中2-乙基己基磷酸结构为，萃取原理为HRMMRHnnnn++++。萃取率随水相pH的变化

如图。①萃取剂中最易与金属离子配位的O原子为_____(填标号)，理由是_______。②从平衡移动角度分析，水相pH上升，萃取率上升的原因是______。③已知，萃取时3Co+的配位数为4，2Ni+的

配位数为6，但3Co+萃取率远大于2Ni+的原因是______。13.利用草酸自催化与正丁醇制备并提纯草酸二正丁酯的流程如图。相关数据如下表。名称摩尔质量1/gmol−密度3/gcm−熔点/℃沸点/℃草酸901.77218

9.5365.1正丁醇740.81588.6−117.6草酸二正丁酯2020.98629.0−240.0（1）量取18.30mL正丁醇使用的仪器为________。（2）“回流”装置中发生反应的化学方程式为_______。（3）开始反应后，若发

现未添加沸石，正确的操作是_______。（4）反应温度控制120℃左右。若高于120℃，副反应增多；若低于120℃，___(填2点)。（5）从平衡移动原理分析，分水器的作用是______。（6）“除杂

”时可选用的试剂为___(填标号，下同)，“干燥”时可选用的试剂为___。A．饱和氢氧化钠溶液B．饱和碳酸钠溶液C．无水硫酸镁D．无水硫酸铜（7）“蒸馏”时应收集___℃左右的馏分，应选择的冷凝管为___(填标号)。A

．B．C．D．（8）草酸二正丁酯的产率为_____。14.合成强效抗氧化剂绿原酸中间体奎尼酸的合成路线如下。（1）A中官能团的名称为_______。（2）C的结构简式为_______。（3）D→E的化学方程式为_______。（4）G的一种同分异构体符合以下条件，其结构简式为_

_____。①与3FeCl溶液显紫色②核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶2∶1∶1（5）H→I反应的试剂及条件为______。（6）利用奎尼酸合成绿原酸的路线如下。在①奎尼酸→L涉及两种反应类型，依次为_____、_____。②不用奎尼酸与M直接反应制备绿原酸的原因是_____。（7）参考上述合成

路线，设计维兰德-米歇尔酮的合成路线如下。其中，N和O的结构简式分别为______、______。厦门市2023—2024学年第二学期高二期末质量检测化学试题本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。注意事

项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和

答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Fe：56Se：79一、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目要求。1.纳米催化剂()362MgFeCN可缓解阿霉素诱导的心脏毒性。下列说法错误．．的是A.单

质熔点：Mg>石墨B.电负性：C>FeC.第一电离能：N>CD.单质还原性：Mg>Fe【答案】A【解析】【详解】A．石墨是混合型晶体，熔点很高，故熔点石墨>Mg，故A错误；B．非金属电负性一般大于金属，故电负性：C

>Fe，故B正确；C．同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：N>C，故C正确；D．镁的金属性强于铁，故单质还原性：Mg>Fe，故D正确；答案选A。2.下列说法错误．．的是A.的系统命名：

2-甲基丙醛B.葡萄糖的实验式：2CHOC.的分子式：1010CHOD.1-氯丙烷的球棍模型：【答案】C【解析】的【详解】A．的母体为丙醛，2号位上有甲基，名称为2-甲基丙醛，故A正确；B．葡萄糖的分子式为6126CHO，实验式为2CHO，故B正确；C．的分子式为：

108CHO，故C错误；D．1-氯丙烷的球棍模型为，故D正确；答案选C。3.银屑病的治疗药物本维莫德乳膏结构如图。下列说法正确的是A.有1个手性碳原子B.可形成分子内氢键和分子间氢键C.所有碳原子共平面D.1mol该物质与足量的溴

水反应，最多可消耗3mol2Br【答案】D【解析】【详解】A．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故分子中不含有手性碳原子，故A错误；B．分子中两个羟基处于间位，距离较远，不能形成分子内氢键，故B错误；C．该分子由连

个苯环平面和一个双键平面构成，碳碳单键可以旋转，这三个平面不一定共面，异丙基三个碳原子与其连接的苯环上的碳原子，这四个碳原子一定不共面，故所有碳原子不可能共面，故C错误；D．碳碳双键可以与1molBr2加成，酚羟基有两个邻

位可以与2molBr2发生取代反应，故1mol该物质与足量的溴水反应，最多可消耗3mol2Br，故D正确；答案选D。4.一种新型光学材料根据晶胞内原子数命名为Si10，其晶胞如图。下列说法错误．．的是A.Si10与单晶硅互为同素异形体B.Si原子基态价电子

排布式为223s3pC.Si10中Si原子的杂化方式为3spD.Si10中Si原子位于顶点、面上和体内【答案】D【解析】【详解】A．Si10与单晶硅是由同种元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A项正确；B．Si为14号元素，最外层4个电子，故Si原子基态价电子排布式为223s3p，B项正

确；C．Si10类似于单晶硅的结构，Si原子的杂化方式均为3sp，C项正确；D．Si10是根据晶胞内原子数命名，一个晶胞内有10个Si原子，故晶胞内Si原子8个位于顶点、9个位于体内，没有在面上，D项错误；答案选D5.利用冠醚可实现水溶液中锂镁的分离，其

制备与分离过程如图。下列说法错误．．的是A.甲→乙的反应类型为取代反应B.丙中Li+通过共价键与O原子结合C.甲、乙、丙中仅有一种物质属于超分子D.通过空间结构和作用力协同实现锂镁分离【答案】C【解析】【详解】A．两分子甲与两分子反应生成乙和4个

HBr，发生的是取代反应，故A正确；。B．丙中Li+通过配位键与O原子结合，配位键也是共价键，故B正确；C．乙和丙都是超分子，故C错误；D。由流程图可知，通过空间结构和作用力协同可以实现锂镁分离，故D正确；答案

选C。6.下列实验能达到实验目的的是A．除去甲苯中的苯酚B．用毛皮摩擦过的橡胶棒判断分子的极性C．检验葡萄糖中的醛基D．验证苯与液溴发生取代反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚会溶解在甲苯中，不能分离，故A

错误；B．对二甲苯是非极性分子，液流不会偏转，邻二甲苯是极性分子，液流会偏转，可以判断分子的极性，故B正确；C．应该采用水浴加热，不能直接加热，故C错误；D．挥发的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，不能验证苯与液溴发生取代反

应，故D错误；答案选B。7.利用PdAu−二聚体调控22CH与2H反应程度的机理如图。下列说法错误．．的是A.X能发生加聚反应B.“222CHHX+→”为加成反应C.该过程每生成1molX需要1mol2HD.该反应历程中Pd

的配位数发生变化【答案】C【解析】【详解】A．由题干可知，X为乙烯，能发生加聚反应，故A正确；B．22224CHHCH+→”为加成反应，故B正确；C．由反应机理图可知，该过程每生成1molX需要2mol2H，故

C错误；D．该反应历程中Pd的配位数有3、5，配位数发生变化，故D正确；答案选C。8.()0.80.2LiFeOHFeSe晶体结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成。晶胞中铁硒层在yz、xz和xy平面投影如图，1号Fe原

子的原子坐标为10,0,2。下列说法错误．．的是A.铁硒层中Fe的配位数为4B.1个晶胞中含有2个Se原子C.2号Fe原子的原子坐标为111,,222D.晶体密度为2332A1.68810gcma

bN−【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息可知，铁硒层中Se的配位数为4，Se与原子的个数比为1：1，所以Fe原子的配位数也为4，故A正确；B．由平面投影图可知，硒原子4个位于侧面上，其个数为1422=，故B正确；C．由平面投影图可推知，1号Fe原子位于侧竖棱上，2号Fe原子位于

体心，坐标为111,,222，故C正确；D．铁硒层中铁、硒个数均为2，再结合化学式可知一个晶胞的质量为()A70.8+560.2+17+56+792gN，一个晶胞的体积为V=2213ab10cm−，则该晶体密度为()A221370.8

+560.2+17+56+792gNab10cm−==2332A3.33610gcmabN−，故D错误；答案选D。实验小组利用螯合剂邻二氮菲phen()与2Fe+、3Fe+，分别形成()23Feph

en+、()33Fephen+定性检测4FeSO溶液中的铁元素，后利用分光光度法定量测定含4FeSO水样中铁元素的总浓度c总。分光光度法原理为有色物质会吸收特定波长λ的光，吸光度A与有色物质的浓度c(单位为：1mgL−，本实验以Fe计)存在关系

Akc=。阅读上述材料，回答下列问题：9.探究phen与2Fe+形成的配合物性质，进行如下实验(忽略体积变化)。下列说法正确的是A.phen中有7个大π键B.()23Fephen+中2Fe+的配位数为3C.颜色逐渐变浅说

明与phen的配位能力：2HFe++D.现象X为颜色持续变深10.取5mL水样加入phen、硫酸羟胺()2242NHOHHSO并调节合适的pH后稀释至25mL，利用分光光度法测定溶液c总。等浓度的()23Fephen+和()33Fephen+

标准液在不同波长光下吸光度A如图。已知510nm=时，()23Fephen+的200k=。下列说法错误．．的是A.λ在450～550nm内，k值大小为()()2333FephenFephen++B.测定c总前若未加入足量硫酸羟胺，吸光度A

偏大C.510nm=时，测得水样吸光度A为0.560，则712.510molLc−−=总D.测定时未控制适宜pH，导致k减小，测量误差增大【答案】9.C10.B【解析】【9题详解】A．phen有一个类似

于菲环的14中心14电子大π键，A错误；B．()23Fephen+中2Fe+与6个N原子配位，配位数为6，B错误；C．酸性增强，phen中的N优先与H+形成配位键，颜色逐渐变浅说明与phen的配位

能力：2HFe++，C正确；D．滴中NaOH中和H+颜色变深，然后NaOH与2Fe+结合生成白沉再变灰绿最后红褐沉淀，D错误；故选C。【10题详解】A．等浓度的()23Fephen+和()33Fephen+

标准液在不同波长光下吸光度A，A=kc，()()2333AFephenAFephen++，则k值大小为()()2333FephenFephen++，A正确；B．硫酸羟胺的水溶液呈酸性，颜色逐渐变浅，吸光度A与有色物质的浓度相关，则A偏小，B错误；C．51

0nm=时，测得水样吸光度A为0.560，200k=，根据A=kc则0.56250.014mg/L2005c==总，7130.014mg/L2.510molL5610g/mmolc−−==总，C正确；D．测定时未控制适宜pH，pH较小则A减小，导致k减小，pH较

大则A增大，导致k增大，测量误差增大，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.电子传输导体可解决钙钛矿类太阳能电池长时间使用后存在的晶体缺陷问题。Ⅰ．钙钛矿类太阳能电池3FAPbI[

FA+表示()22CHNH+]晶胞如图，晶胞边长为apm。（1）Ⅰ位于第5周期ⅦA族，其价电子轨道表示式为______。（2）()22CHNH+中N原子的杂化方式为_____。（3）FA+和2Pb+之间最短距离为____pm。（4）在俯视图中用“○”画出−Ⅰ的位置___

__。Ⅱ．电子传输导体A解决钙钛矿类太阳能电池3FAPbI晶体缺陷问题的原理如图。（5）A的结构示意图如下。①A中所含同周期元素电负性由大到小排序为____(填元素符号)。②A中所含化学键类型有______(填标号，下同)，

A可减少晶体缺陷是因为A和晶体之间存在的作用力有______。a．共价键b．离子键c．配位键d．氢键e．金属键（6）与电子传输导体B(如下图)对比，稳定晶体表面效果更好的为_____(选填“A”或“B”)，可能的原因为______。【答案】（1）（2）sp3（3）3a2（4）（5）①.O

>N>C②.a③.cd（6）①.A②.A可与晶体表面形成更多的配位键和氢键【解析】小问1详解】Ⅰ价电子排布式为255s5p，其价电子轨道表示式为；【小问2详解】()2CHNH2+中N原子的价层电子对数为3+1=

4，则N原子采取sp3杂化；【小问3详解】FA+和2Pb+之间最短距离为体对角线的一半，为3apm2；【小问4详解】在晶胞中，I−位于面心，则在俯视图中用“○”画出−Ⅰ的位置为；【小问5详解】①A中所含同周期元素为C、N、O，电负性从从左到右增大，则电

负性：O>N>C；②A中所含化学键类型有C-C、C-N、C-O、O-H共价键，氢键不是化学键，故选a；由图可知，A和晶体之间存在的作用力有配位键和氢键，故选cd；【小问6详解】与电子传输导体B对比，稳定晶体表面效果更好的为A，可能的原因是A可与晶体表面形成更多的配位键和氢键；12.从苯甲

酸生产残渣(主要成分为苯甲酸、3Co+，2Mn+，2Ni+)中分离Co、Mn、Ni元素的工艺流程如下。【（1）PX()的名称为______。（2）苯甲酸和乙酸结构相似，但性质有差异。25℃，aK(苯甲酸)4.210−=，aK(乙酸)4.7610−=。①苯甲酸常温下为固态，乙酸常温下为液态，其原

因为______。②从基团间相互影响的角度分析，苯甲酸酸性强于乙酸的原因为______。（3）“沉锰”后，滤液中主要含有的阳离子为()236NiNH+、()336CoNH+。“沉锰”中发生反应的离子方程

式为()2232326Ni6NHHONiNH6HO+++=+、_____、_______。（4）“萃取2”中2-乙基己基磷酸结构为，萃取原理为HRMMRHnnnn++++。萃取率随水相pH的变化如图。①萃取剂中最易与金属离子配位的O原子为_____(填标号)，理由是_______。

②从平衡移动角度分析，水相pH上升，萃取率上升的原因是______。③已知，萃取时3Co+的配位数为4，2Ni+的配位数为6，但3Co+萃取率远大于2Ni+的原因是______。【答案】（1）对二甲苯或1，4-二甲苯（2）①.都为分子晶体，苯甲酸的相对分子质量更大，分子间作用力更

强②.苯环的吸电子作用使羧基中O－H极性增强，更容易电离出H＋（3）①.()3232223262Co12NHHO+HO2CoNH12HO+2OH++−+=+②.2++3222224Mn+2NHHO+HO=MnO(OH)+HO+2NHg（4）①.3②.电离出H＋

后3号O带负电荷③.H＋浓度减小，萃取平衡正向移动④.萃取剂配体体积较大，3Co+形成4配位配离子可减少空间位阻，比2Ni+的6配位配离子更稳定【解析】【分析】苯甲酸生产残渣(主要成分为苯甲酸、3Co+，2Mn+，2

Ni+)先用PX萃取，使苯甲酸进入有机相中，再加H2SO4和H2O2进行反萃取，H2O2的作用是将Co3+还原为Co2+，得到水相中含有Co2+、2Mn+、2Ni+，加入32NHHO和H2O2进行沉锰，生成MnO(OH)2沉淀，滤液中含有的阳离子为()236NiNH+、

()336CoNH+，加入2-乙基己基磷酸进行萃取，分离出()236NiNH+，最后加硫酸反萃取分离出Co3+，据此解答。【小问1详解】的名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；【小问2详解】①由于都为分子晶体，苯甲酸的相对分子质量更大，分子间作用力更强，因此苯甲酸常温下为固

态，乙酸常温下为液态；②由于苯环的吸电子作用使羧基中O－H极性增强，更容易电离出H＋，所以苯甲酸酸性强于乙酸；【小问3详解】形成()336CoNH+的离子方程式为()3232223262Co12NHHO+HO2CoNH12HO+2OH++−+=+；Mn2+反应的离子

方程式为2++3222224Mn+2NHHO+HO=MnO(OH)+HO+2NHg；【小问4详解】①由于羟基可电离出H＋，电离出氢离子后3号O带负电荷，因此更易与金属离子配位；②水相pH上升，H+浓度减小，使平衡HRMMRH

nnnn++++向右移动，故萃取率上升；③由于萃取剂配体体积较大，3Co+形成4配位配离子可减少空间位阻，比2Ni+的6配位配离子更稳定，因此3Co+萃取率远大于2Ni+的。13.利用草酸自催化与正丁醇制备并提纯草酸二正丁酯的流程如图。相关数据如下表。名称摩尔质量

1/gmol−密度3/gcm−熔点/℃沸点/℃草酸901.772189.5365.1正丁醇740.81588.6−117.6草酸二正丁酯2020.98629.0−240.0（1）量取18.30mL正丁醇使用的仪器为________。（2）“回流”装置中发生反应的化学方程式为

_______。（3）开始反应后，若发现未添加沸石，正确的操作是_______。（4）反应温度控制在120℃左右。若高于120℃，副反应增多；若低于120℃，___(填2点)。（5）从平衡移动原理分析，分水器的作用是____

__。（6）“除杂”时可选用的试剂为___(填标号，下同)，“干燥”时可选用的试剂为___。A．饱和氢氧化钠溶液B．饱和碳酸钠溶液C．无水硫酸镁D．无水硫酸铜（7）“蒸馏”时应收集___℃左右的馏分，应选择的冷凝管为___(填标号)。A．B．C．D．（8）草酸二正丁酯

的产率为_____。【答案】（1）酸式滴定管（2）2223322222232HOOCCOOH+2HOCHCHCHCHCHCHCHCHOOCCOOCHCHCHCH+2HOΔ浓硫酸（3）停止加热，冷却后补加（4）反应速率慢、产物

水难以蒸出分离（5）分离产物水，促进反应正向进行（6）①.B②.C（7）①.240.0℃②.A（8）40.00%【解析】【分析】回流：取4.50g草酸和18.30mL正丁醇，还需要加入浓硫酸作吸水剂和催化剂，加入1.05mL的环己烷

起到共沸除水的作用，促进反应正向进行，加入沸石防止反应液暴沸，于三颈烧瓶中混合加热发生酯化反应，冷凝管能够减少反应物的损失，分水器能及时将产物水蒸发出去，相当于减少生成物浓度有利于反应正向进行，蒸发后冷凝下来的有机层和水在分水器中滞留

分层，水在下层，有机层从上层溢出，流回反应容器；除杂操作利用饱和碳酸钠除去多余的草酸（硫酸），降低酯的溶解度，便于酯从溶液中析出分层，分液得到含草酸二正丁酯和环己烷、正丁醇的混合溶液，再利用无水硫酸镁除去剩余的少量水，利用草酸二正丁酯与环己烷、正丁醇沸点不同进行分离提

纯，得到草酸二正丁酯。【小问1详解】量筒精确度不够高，利用有机物之间“相似相溶”原理，醇很容易把碱式滴定管的乳胶管溶解，所以可以用酸式滴定管来量取18.30mL正丁醇；【小问2详解】“回流”装置中草酸与正丁醇反应生

成草酸二正丁酯和水，反应的化学方程式为2223322222232HOOCCOOH+2HOCHCHCHCHCHCHCHCHOOCCOOCHCHCHCH+2HOΔ浓硫酸【小问3详解】开始反应后，若发现未添加沸石，可以停止加热，等反应液冷却后再进行补加；【小问4详解】反应温度若低于120℃，则反

应速率会减慢，且不利于产物水蒸出分离；【小问5详解】分水器能及时分离出水，相当于减小生成物浓度有利于酯化反应朝正反应方向移动，提高产率；【小问6详解】“除杂”时可选用的试剂为饱和碳酸钠溶液，处于多余的草酸（硫酸）；因为酯在酸碱性都易水解，

“干燥”时可选偏中性、吸水性效果更高的硫酸镁作干燥剂；【小问7详解】根据草酸二正丁酯的沸点可知，“蒸馏”时应收集240.0℃左右的馏分，因草酸二正丁酯的沸点较高，故冷凝管应选择冷凝效果较差的直冷管；【小问8详解】草酸物质的量为4.50g=0.05mol70g/mol，正丁醇物质的量

为318.30mL?0.815g/cm0.2mol74g/mol，故正丁醇有剩余，生成草酸二正丁酯物质的量等于草酸物质的量0.05mol，产率为4.04g×100%=40.00%0.05mol?202g/mol。14.合

成强效抗氧化剂绿原酸中间体奎尼酸的合成路线如下。（1）A中官能团的名称为_______。（2）C的结构简式为_______。（3）D→E的化学方程式为_______。（4）G的一种同分异构体符合以下条件，其结构简式为______。①与3FeCl溶液显紫色②核磁共振氢谱

峰面积比3∶2∶2∶1∶1（5）H→I反应的试剂及条件为______。（6）利用奎尼酸合成绿原酸的路线如下。①奎尼酸→L涉及两种反应类型，依次为_____、_____。②不用奎尼酸与M直接反应制备绿原酸的原因是_

____。为（7）参考上述合成路线，设计维兰德-米歇尔酮的合成路线如下。其中，N和O的结构简式分别为______、______。【答案】（1）羰基、溴原子（或碳溴键）（2）（3）+NaOH醇⎯⎯→+NaBr+H2O（4）（5）NaOH水溶

液，加热（6）①.加成反应②.取代反应③.难以控制发生酯化的位置及程度（7）①.②.【解析】【分析】A与丙烯醛在吡啶作用下发生加成反应生成B，B在氢氧化钠作用下生成C，C在铜催化下与氧气反应生成D，结合D的结构简式可知，C为，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E为，G与溴发生

加成反应生成H为，H转化为I，I酸化得到J，则I为，结合其他物质的结构简式及反应条件进行分析；【小问1详解】根据结构简式可知，A中官能团名称为羰基、溴原子（或碳溴键）；【小问2详解】根据分析可知，C的结构简式为；【小问3详解】D→E是在氢氧化

钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，反应的化学方程式为+NaOH醇⎯⎯→+NaBr+H2O；【小问4详解】G为，其同分异构体符合：①与3FeCl溶液显紫色，则含有酚羟基，②核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶2∶1

∶1，则高度对称，其中有一个甲基，符合条件的同分异构体为；【小问5详解】的结合分析可知，转化为是卤代烃水解，则H→I反应的试剂及条件为NaOH水溶液，加热；【小问6详解】①根据合成过程中奎尼酸和丙酮的结构可知，反应应该是在丙酮碳氧双键上的加成，然后消去水分子，故奎尼

酸→L涉及两种反应类型，依次为加成反应、消去反应；②不用奎尼酸与M直接反应制备绿原酸的原因是难以控制发生酯化的位置及程度；【小问7详解】参考上述合成路线，维兰德-米歇尔酮的合成路线可知，发生加成反应生成N，N为，N在氢氧化钠作用下反应生成O为，O消去反应生

成最终产物，故答案为；。