广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试化学试卷

这是一份广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试化学试卷，共21页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 Ti48 Fe56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 苏轼《浣溪沙·细雨斜风作晓寒》：“雪沫乳花浮午盏，蓼茸蒿笋试春盘。人间有味是清欢。”美食是美好生活的重要组成部分。下列对美食的叙述错误的是
A. 罗汉笋爆双脆：“笋”的主要成分易水解
B. 恋爱豆腐果：石膏是制作“豆腐”的凝固剂
C. 折耳根炒腊肉：碘盐常作腌制“腊肉”的防腐剂
D. 柳州螺蛳粉：“粉”的主要成分是多糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．“笋” 的主要成分是纤维素，纤维素在一般条件下较稳定，不易水解，只有在强酸或酶等特定条件下才会发生水解，A错误；
B．制作豆腐时，常用石膏（硫酸钙的水合物）作为凝固剂，它能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而制成豆腐，B正确；
C．腌制腊肉主要是利用氯化钠形成高盐环境抑制微生物生长，起到防腐作用，碘盐中碘元素主要是为了补充人体所需碘，预防碘缺乏病，C正确；
D．柳州螺蛳粉的 “粉” 主要由大米等制作，大米主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，D正确；
故选A。
2. 实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸共热制备氯化氢，下列叙述错误的是
A. 分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状
B. 的电子式：
C. 中阴离子的VSEPR模型：
D. 形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸分子中的H和O相连，使得硫酸分子间能够形成氢键，增大了分子间的相互作用，使浓硫酸呈黏稠状，A正确；
B．是离子化合物，其电子式为：， B正确；
C．中心S原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=，无孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，C正确；
D．图中是Cl2的形成过程，形成过程应为：，D错误；
故选D。
3. 科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体管速度快、能耗低，具有良好的半导体特性，Se元素的原子序数为34，位于元素周期表第四周期ⅥA族，在金属与非金属分界线附近，A正确；
B．蛋白质是有机高分子化合物‌，B正确；
C．钽酸锂异质集成晶圆具有良好半导体性能，钽酸锂属于新型无机非金属材料，C正确；
D．结合质量守恒，加氢合成的反应为：，该反应原子利用率小于100%，D错误；
故选D。
4. 人参是著名中草药之一，人参皂苷(如图)是人参的活性成分，下列有关该物质的叙述错误的是
A. 能使酸性溶液褪色B. 分子内能形成氢键
C. 碳原子有3种杂化类型D. 能发生加成、取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．人参皂苷分子中含有碳碳双键和羟基，碳碳双键和羟基都能被酸性溶液氧化，从而使酸性溶液褪色，该选项正确；
B．分子中存在多个羟基，羟基之间可以形成分子内氢键，该选项正确；
C．该分子中碳原子的杂化类型有杂化（羧基、酯基、碳碳双键中的碳原子）和杂化（如饱和碳原子），共2种杂化类型，并非3种，该选项错误；
D．分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；含有羟基、酯基等，能发生取代反应 ，该选项正确；
综上所述，正确答案是C。
5. 下列玻璃仪器能完成对应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．制备需要烧瓶，净化需要洗气瓶（除去HCl和水蒸气），A不符合题意；
B．可以用试管和胶头滴管进行互滴实验来区别氨水和AgNO3溶液。将氨水滴入AgNO3溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加沉淀溶解；将AgNO3溶液滴入氨水中，开始无明显现象，后产生沉淀，利用不同现象可以鉴别，B符合题意；
C．粗盐提纯要过滤，还需要漏斗，C不符合题意；
D．配制一定浓度的溶液还需要指定规格的容量瓶，D不符合题意；
故选B。
6. 根据题意，下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．水滴石穿是碳酸钙和溶解在水中的二氧化碳反应生成可溶性碳酸氢钙，A正确；
B．次氯酸钠具有强氧化性，碱性条件下，次氯酸钠氧化氢氧化铁生成高铁酸钠，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，反应方程式正确，B正确；
C．碳与二氧化硅反应生成粗硅和一氧化碳，，C错误；
D．固体改良碱性(主要含)土壤，是碳酸钠与硫酸钙反应转化为更难溶的碳酸钙沉淀的过程，D正确；
故选C。
7. 某元素(该元素仅为或或N或S)“价-类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 若a是淡黄色固体，则在新制氯水中通入e能生成g
B. 若c在空气中迅速转化成红棕色e，则a中σ键、π键数目之比为
C. 若d为红褐色固体，则与稀硝酸完全反应时一定失去电子
D. 若常温下，a与水发生剧烈反应，则b在空气中因发生氧化还原反应而变质
【答案】A
【解析】
【详解】A．若a是淡黄色固体，则a为S，e为，g为，将通入新制氯水中能生成，A正确；
B．若c在空气中迅速转化成红棕色e ，则c为，e为，1个分子中含1个σ键、2个π键，故a中σ键、π键数目之比为，B错误；
C．若d为红褐色固体，则a为，d为，的物质的量为，与稀硝酸完全反应生成硝酸亚铁时，失去电子，C错误；
D．若常温下，a与水发生剧烈反应，则a为，b为，在空气中吸收而变质，D错误；
故答案为：A。
8. 第三周期四种元素对应的氧化物中离子键的百分数、熔点如图所示。
下列有关说法错误的是
A. 金属性：T＞W＞P＞Q
B. 上述Q对应的氧化物为共价晶体
C. 上述W的氧化物熔点高于T的氧化物是因为其摩尔质量较大
D. 熔化上述T、W对应的氧化物时克服离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属性越强，形成氧化物中离子键成分越大，由离子键百分数可知，A项正确；
B．Q的氧化物以共价键为主，由熔点可知，它是共价晶体，B项正确；
C．W、T都是离子晶体，W对应的氧化物熔点高于T，是因为离子所带电荷较多、离子半径较小，故离子键较强，与摩尔质量无关，C项错误；
D．T、W的氧化物含离子键百分数超过或接近50％，它们是离子晶体，熔化时克服离子键，D项正确；
故选C。
9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 溶液中数为
B. 标准状况下，生成时，反应转移的电子数为
C. 工业上电解饱和食盐水制备时阴极收集到的气体产物总分子数为
D. 在核反应中，的中子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．高氯酸钾是强酸强碱盐，溶液中为，数目为，A正确；
B．反应中H、F元素化合价不变，OF2中氧化合价由+2变为0得到O2，水中氧化合价由-2变为0得到O2，每生成1ml氧气转移电子2ml，则标准状况下生成（为0.5ml）时，反应转移电子数为，B错误；
C．工业上电解饱和食盐水的方程式：，阴极收集到的气体为氢气，的物质的量为，阴极收集到的氢气的分子数为，C正确；
D．核反应中A=226-4=222，Z=88-2=86，则Rn的中子数为222-86=136，故的中子数为，D正确；
故选B。
10. 催化剂Cat1、Cat2均能催化反应，反应历程如图所示，为中间产物。其他条件相同时，下列说法错误的是
A. 达到平衡后升高温度，平衡常数减小
B. 使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行
C. 达到平衡所用时间：Cat1>Cat2
D. 所达到的最高浓度：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，A正确；
B．由反应历程图可知，使用Cat1和Cat2，反应历程均经3步进行，B正确；
C．由图可知，最大活化能：Cat1>Cat2，活化能最大的基元反应为决速反应，活化能越大，反应速率越小，则平均反应速率：Cat1Cat2，C正确；
D．由图可知，在前两步反应中使用Cat2时活化能均较低，反应速率较快，最后一步反应中使用Cat2活化能较大，反应速率较慢，即使用Cat2时生成较快，消耗较慢，则P(g)所达到的最高浓度：Cat1Z>M ，B正确；
C．X的氢化物可能为高分子化合物（聚乙烯），状态不一，Y的氢化物为NH3 ，没有指明具体氢化物，无法比较沸点，C错误；
D．同周期主族元素中第一电离能只有大于，D错误；
故选B。
12. 根据下列操作及现象，得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌与硫酸铜反应生成铜，铜、锌在稀硫酸中构成原电池，加快了反应速率，A错误；
B．环己烷萃取了碘水中的碘单质，没有发生取代反应，B错误；
C．溶液中存在平衡：，加入铁粉，铁单质和铁离子生成亚铁离子，铁离子浓度减小，导致平衡向左移动，溶液颜色变浅，C正确；
D．碳酸钡、硫酸钡都是白色沉淀，无法比较Ksp相对大小，D错误；
故选C。
13. 一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是
A. 绿色工艺体现之一为的循环利用
B. “氧化”中盐酸浓度越大，氧化效率越高
C. “操作1”和“操作2”需要使用分液漏斗和烧杯
D. 上述流程中，作氧化剂，作还原剂
【答案】B
【解析】
【分析】由题给流程可知，向粗溴盐中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将溴还原为溴化钠，分液得到能循环使用的四氯化碳和溴化钠溶液；溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。
【详解】A．由分析可知，操作2可以得到循环使用的四氯化碳，能够提高原料的利用率，体现绿色工艺，故A正确；
B．盐酸的浓度越大还原性增强，能与氯酸钠溶液反应生成氯化钠、氯气和水，导致氯酸钠溶液的浓度减小，氧化效率降低，故B错误；
C．由分析可知，操作1和操作2为液液分离的分液操作，分液需要的仪器为分液漏斗和烧杯，故C正确；
D．由分析可知，氧化步骤中氯酸钠是反应的氧化剂，还原步骤中尿素是反应的还原剂，故D正确；
故选B。
14. 常温下，分别向溶液中滴加溶液，代表]与的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：，完全电离；当平衡常数时该反应不可逆。
A. 代表和关系的直线是B.
C. 点坐标近似为(5.47，-0.77)D. 和的反应不可逆
【答案】D
【解析】
【分析】HX、HY都是一元弱酸，它们两条直线是平行的，故代表与的关系，，相同时，，，故L1代表与的关系，L2代表与的关系。
【详解】A．根据分析，代表与的关系，A正确；
B．根据a点坐标，=，根据b点坐标，=，，B正确；
C．根据c点坐标，=7时，，可得，，m点代表，可得，常温下，，求出m点，≈5.47，，可得纵坐标约为-0.77，点坐标近似为(5.47，-0.77)，C正确；
D．的平衡常数，属于可逆反应，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. NaCl是人体正常活动不可缺少的重要物质，成人体内所含Na+的总量约为60g，其中80%存在于细胞外液中，即在血浆和细胞间液中。某实验小组做NaCl的相关实验，回答下列问题：
实验(一)：提纯NaCl。
粗盐中含有Na2SO4、CaCl2、MgCl2等杂质，提纯的方法是在粗盐溶液中加入试剂，进行适当操作最终得到纯NaCl。
（1）下列加入试剂顺序、操作及操作顺序均正确的是_______(填标号)。
A. BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、降温结晶
B. Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、蒸发结晶
C. BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、降温结晶
D. NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、蒸发结晶
实验(二)：用纯NaCl固体配制100mL 0.1ml/L NaCl溶液。
（2）合理选择仪器配制上述溶液(部分仪器未画出)，仪器按使用先后排序为_______(填序号)。
实验(三)：电解饱和食盐水探究实验。
该小组同学以铜、石墨为电极，设计三种装置电解饱和食盐水(如图)。
（3）从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是_______。
（4）图甲装置中阴极的电极反应式为_______
（5）图乙装置中阴极产生1g气体，阳极区理论上减少的离子的物质的量为_______ml。
（6）在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置。利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2。
【发现问题】理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2。
【分析问题】
①同学A认为V1＞V2的原因是_______(答一条)。
同学B认为V1＞V2的原因是随着c(Cl-)减小，c(OH-)增大，OH-放电能力大于Cl-，产生O2。
【提出猜想】
小组同学根据同学分析认为，Cl-、OH-浓度大小会影响放电顺序。
【设计实验】
在相同温度、电极及电流强度下，对实验1~4中的溶液进行电解，并用溶解氧传感器测定0~t s内阳极区溶液中溶解氧的浓度变化，测得数据如下表所示。
已知：实验前，各溶液中溶解氧的浓度相同，各组溶液在所测定的时间段内阳极区溶液上方气体中O2浓度几乎不变。
【分析与结论】
②实验2中溶解氧浓度随时间的变化如图所示，检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，则溶解氧浓度先减小后增大的原因是_______。
③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，则a的取值范围为_______。
【答案】（1）D （2）②①⑥⑤④或②⑥①⑤④
（3）排入空气，污染环境
（4）2H2O+2e-=2OH-+H2↑
（5）2 （6） ①. Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水 ②. 电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大 ③. 10.5＜a＜15.5
【解析】
【分析】本题为实验探究题，先从粗盐中除杂提纯得到纯净的NaCl，然后配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，接着探究电解电解氯化钠溶液，以及电解过程中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气，据此分析解题。
【小问1详解】
加NaOH能除去镁离子，加氯化钡除去硫酸根离子，加碳酸钠除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸至中性，然后蒸发结晶得到NaCl，故答案为：D；
【小问2详解】
根据用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤分别为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀和装瓶，先后需要用到的仪器分别为：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故仪器按使用先后排序为②①⑥⑤④或②⑥①⑤④，故答案为：②①⑥⑤④或②⑥①⑤④；
【小问3详解】
图甲、图乙装置中阳极电极反应均为：2Cl--2e-=Cl2↑，而产生的Cl2均没有收集或尾气处理装置，故从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境，故答案为：没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境；
【小问4详解】
图甲装置中石墨为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cu电极为阴极，发生还原反应，则阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
【小问5详解】
由题干图乙装置中阴极电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则阴极产生1g气体，即通过电路的电子物质的量为：=1ml，即由1mlNa+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，同时阳极区有1mlCl-失去电子生成Cl2，故阳极区理论上减少的离子的物质的量为2ml，故答案为：2；
【小问6详解】
①由题干图示信息可知，在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置，利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，根据得失电子数目相等可知，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2，理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2，可能的原因是Cl2在水中的溶解度比H2大，或者Cl2能与NaOH溶液反应等，故答案为：Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水；
②由题干信息可知，实验2中随着电解的进行，电解产生的Cl2越来越多将水中的溶解的O2排除，使得检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，水中溶解氧浓度减小，但随着电解的进行，溶液中Cl-浓度越来越小，OH-浓度越来越大，导致OH-放电产生O2，从而使得溶液中的溶解氧浓度又逐渐增大，故溶解氧浓度先减小后增大的原因是电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大，故答案为：电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大；
③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，比较实验2只电离NaCl溶液、实验3则电离NaOH和NaCl混合溶液，实验4为只电离NaOH溶液，电解前水中的溶解氧浓度均为8.3mg/L，由此可得出a的取值范围为10.5＜a＜15.5，故答案为：10.5＜a＜15.5。
16. 硼化钛(Ti)可用于制造熔融金属的坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣(主要成分为、、和，含少量、等)为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：①中为价，溶于浓硫酸形成；
②常温下，；
③通入溶液中产生黑色沉淀。
（1）Ti位于元素周期表_______区。
（2）可用_______(填试剂名称)检验“滤液1”中是否存在。
（3）常用于催化分解汽车尾气。，则正反应自发进行的条件是_______(填标号)。
A. 高温B. 低温C. 任意温度D. 无法判断
（4）“萃取”的目的是_______。“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。
（5）常温下，“水解”一段时间后，溶液的，此时_______。
（6）制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)。转化为的化学方程式为_______。
（7）晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中位于顶点的原子是_______(填元素符号)，晶体的密度为_______。
【答案】（1）d （2）硫氰化钾溶液 （3）B
（4） ①. 分离出硫酸，使更易水解 ②.
（5）1010 （6）
（7） ①. Ti ②.
【解析】
【分析】高钛渣主要成分为、、和，含少量、等。高钛渣用稀盐酸“酸浸”， 、、、与盐酸反应生成氯化铝、氯化钙、氯化铁、氯化镁，过滤除去这些氯化物，剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”， 和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是，用萃取剂“萃取”， 水解转化为 ，脱水得到，和B2O3、C在高温条件下反应生成TiB2、CO。
【小问1详解】
Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。
【小问2详解】
遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在。
【小问3详解】
，正反应放热，气体系数和减小，，则正反应在低温条件下自发进行，选B；
【小问4详解】
水解使溶液呈酸性，“萃取”的目的是分离出硫酸，使更易水解。剩余固体中含有、，加浓硫酸“酸解”， 和浓硫酸反应生成，不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是。
【小问5详解】
常温下，，“水解”一段时间后，溶液的，此时。
【小问6详解】
制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，、B2O3、C转化为和CO，化学方程式为。
【小问7详解】
根据均摊原则，灰球数为、黑球数为，根据化学式，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞如图所示，其边长分别为为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。
17. 氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：
（1）催化还原。已知：、都大于0。
①
②
_______(用含、的代数式表示)。
（2）铜还原生成。在恒容密闭容器中充入和足量，发生上述反应达到平衡。下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 平衡后，升高温度，
B. 增加的质量，平衡正向移动
C. 充入的平衡转化率增大
D. 充入少量NO，NO的平衡转化率增大
（3）CO还原NO：。向体积均为的甲、乙两恒容容器中分别充入和，在“绝热”和“恒温”条件分别发生上述反应。两反应体系中压强随时间的变化曲线如图所示。
①_______(填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率_______c点逆反应速率。
②的转化率：_______，判断依据是_______。
③a点气体的总物质的量为_______。
④点_______。b点_______(填“大于”“小于”或“等于”)点。
【答案】（1）- （2）D
（3） ①. < ②. > ③. < ④. 同体积同压强，温度较高，气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，点转化率较大 ⑤. 3.25 ⑥. 27 ⑦. 大于
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
【小问2详解】
A．平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，故A错误；
B．Cu为固体，增加质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，故B错误；
C．恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，故C错误；
D．结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故D正确；
故选：D。
【小问3详解】
①恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，Q(a)。
18. 高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水、改良土壤，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）I中只含有一种化学环境的氢原子，则I的结构简式为_______，I生成II的反应类型是_______。
（2）III→IV的化学方程式为_______。
（3）III与V发生取代反应的条件是_______，VI的名称是_______。
（4）V有多种同分异构体，其中能发生银镜反应的链状化合物有_______种(已知：羟基与碳碳双键连接的结构不稳定)，核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为_______(任写一种)。
（5）以丙酮和甲醇为有机原料，制备高分子Ⅷ的单体，补齐该合成路线中残缺的物质_______。
【答案】（1） ①. ②. 氧化反应
（2）
（3） ①. 浓硫酸、加热 ②. 丙烯酸钠
（4） ①. 3 ②. (或)
（5）、、
【解析】
【分析】根据已知信息①知，I中发生氧化反应，则I中含有碳碳双键，再结合问题(1)所给信息知，I为，II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇消去反应，IV经一系列的变化可得到V，V和氢氧化钠反应可得到VI，VI为丙烯酸钠，V和VI发生加聚反应可得到VII。
【小问1详解】
I的化学式C6H12，其中含有一种化学环境的氢原子，结合已知信息①知，
I的结构简式为，I→II过程中I被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应类型为氧化反应。
【小问2详解】
II和氢气发生加成反应得到III，III为，III→IV发生醇的消去反应，化学方程式为。
【小问3详解】
III属于醇类，V属于羧酸类，二者发生取代反应的条件是浓硫酸、加热；VI为，名称是丙烯酸钠。
【小问4详解】
V为，其同分异构体能发生银镜反应，说明含“-CHO”，共有、、这3种链状化合物符合题意。其中核磁共振氢谱图上只有两组峰的结构简式为(或)。
【小问5详解】
合成路线中丙酮和HCN先发生加成反应得到A，A为，在酸性条件下发生水解得到B，B为，在浓硫酸、加热的条件下发生醇的消去反应得到C，C为，最后和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应即可得到高分子VIII的单体。选项
科技动态
化学解读
A
构筑了超短沟道弹道二维晶体管
Se位于元素周期表第四周期VIA族
B
人工智能首次成功从零生成原始蛋白质
蛋白质是有机高分子
C
中国科学院开发出钽酸锂异质集成晶圆，并成功用其制作高性能光子芯片
钽酸锂属于无机非金属材料
D
开发催化剂利用太阳能实现加氢合成
该反应的原子利用率为100%
选项
实验
玻璃仪器
A
制备纯净
分液漏斗、导管、酒精灯
B
区别氨水和溶液
试管和胶头滴管
C
粗盐提纯
烧杯、玻璃棒、酒精灯
D
配制溶液
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒
选项
情景
反应方程式
A
水滴石穿
B
在作用下溶液氧化制备
C
工业上制备粗硅
D
用固体改良碱性(主要含)土壤

选项
操作及现象
结论
A
在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量溶液，产生的速率加快
作该反应的催化剂
B
在碘水中加入环己烷，振荡，静置，下层溶液颜色变浅
碘与环己烷发生了取代反应
C
在和的混合溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅
减少反应物浓度，平衡向左移动
D
在含和的溶液中滴加溶液，生成白色沉淀

实验
5.0ml/LNaCl溶液体积/mL
5.0ml/LNaOH溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
溶解氧浓度变化/(mg/L)
1
0
0
20.0
83
2
4.0
0
16.0
8.3~10.5
3
4.0
4.0
12.0
8.3~a
4
0
4.0
16.0
8.3~15.5