2025年高考第三次模拟考试卷：化学（贵州卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（贵州卷）（解析版），共18页。试卷主要包含了制备的化学方程式为，下列反应方程式书写错误的是，硼酸可用于治疗婴儿湿疹等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ag-108
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
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，只有一项符合题目要求。
1．馆藏文物记载着中华文明的灿烂成就。下列由贵州博物馆收藏的文物中主要材质属于硅酸盐的是
【答案】C
【详解】A．战国甬钟是合金，不属于硅酸盐，A不选；
B．宋代鹭鸟纹蜡染是我国民间传统纺织印染手工艺，不属于硅酸盐，B不选；
C．东汉抚琴陶俑是陶瓷，属于硅酸盐，C选；
D．记录水族文化的水书主要成分是纤维素，不属于硅酸盐，D不选；
故选C。
2．下列化学用语的表达正确的是
A．氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：
B．反式聚异戊二烯的结构简式：
C．Cl2分子中共价键电子云轮廓图：
D．用轨道表示式表示石墨烯中C原子的杂化：
【答案】B
【详解】A．氧原子电负性更强，与氧原子连接的氢几乎成为质子，更容易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：，故A错误；
B． Cl2分子中两个氯原子形成σ键，共价键电子云轮廓图为，故C正确；
C．反式聚异戊二烯的结构简式为，故B错误；
D．石墨烯中C原子的杂化方式为sp2，轨道表示式为，故D错误；
故答案为B。
3．“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
【答案】A
【详解】A．福尔马林能使蛋白质变性，用于制作生物标本，与强氧化性无关，故A错误；
B．与Cu反应生成和，为氧化剂，为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于，故B正确；
C．铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故C正确；
D．石膏（CaSO4）的Ksp大于CaCO3，因此向碳酸盐中加入CaSO4可以转化为CaCO3和硫酸盐，故D正确；
故答案为A。
4．丹参是《本草纲目》记载的一味中药，丹参醇是其有效成分，结构简式如图所示。下列关于丹参醇的说法正确的是
A．分子中含3个手性碳原子
B．消去反应产物最多有2种
C．红外光谱可鉴定有3种含氧官能团
D．该分子最多与发生加成反应
【答案】C
【详解】A．分子中与羟基相连的两个碳原子为手性碳原子，则分子中含2个手性碳原子，A错误；
B．能发生消去反应的是醇羟基，该分子中两个醇羟基所在碳原子的邻位碳原子上有氢原子，且结构不对称，消去反应产物最多有3种，B错误；
C．该分子中的含氧官能团有羟基、羰基、醚键，共3种，所以红外光谱可鉴定有3种含氧官能团，C正确；
D．该分子中含有2个碳碳双键、2个羰基、1个苯环，所以1ml该分子最多与发生加成反应，D错误；
故选C。
5．下列实验装置能达到相应实验目的的是
【答案】D
【详解】A．碳酸钠固体呈粉末状，不能实现固液分离，所以不能用启普发生器随开随用制，A项错误；
B．检测某样品中的钾元素，应通过蓝色钴玻璃，B项错误；
C．制取消毒液时，应使氯气与氢氧化钠溶液在常温下反应，加热时生成氯酸钠，C项错误；
D．通过硬质玻璃管中固体颜色变化可判断乙醇能将黑色的还原为红色的单质铜，D项正确；
故选D。
6．制备的化学方程式为：，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中原子总数为
B．中键的数目为
C．每消耗，转移电子数为
D．溶液中的数目等于
【答案】B
【详解】A．没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；
B．1个中有3个键，键的数目为，B正确；
C．根据方程式可知，2mlCl2参加反应，电子转移的物质的量为2ml，电子转移数目为2NA，C错误；
D．没有给出溶液的体积，无法计算NaHCO3的物质的量，D错误；
答案选B。
7．下列反应方程式书写错误的是
A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：
B．、在强碱性溶液中反应制备：
C．在无水HF中电解制氟气，阴极反应式：
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：
【答案】D
【详解】A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明没有生成Fe3+，则离子方程式为，故A正确；
B．、在强碱性溶液中反应生成、NaCl和水，根据得失电子守恒，原子守恒得出离子方程式为：，B正确；
C．在无水HF中电解KHF2制氟气，在阴极得电子生成氢气，则阴极反应式为，故C正确；
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴发生氧化还原反应，SO2被氧化为硫酸根离子，Br2被还原为Br-，离子方程式为：，D错误；
答案选D。
8．硼酸可用于治疗婴儿湿疹。硼酸显酸性的原因：H3BO3 + H2OH+ + [B(OH)4]-，硼酸的结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．H3BO3分子中所有的共价键均为极性键
B．硼酸水溶液中的H＋主要来自水的电离
C．H3BO3分子中B原子与3个O原子形成三角锥形结构
D．[B(OH)4]—中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键
【答案】C
【详解】A．H3BO3分子中仅含有B-O共价键和O-H共价键，二者均为极性键，A正确；
B．硼酸溶于水后，B(OH)3与水电离产生的OH-结合生成[B(OH)4]-，从而促进水电离，所以硼酸水溶液中的H＋主要来自水的电离，B正确；
C．H3BO3分子中，中心B原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，且中心B原子无孤电子对，所以B原子与3个O原子形成平面正三角形结构，C错误；
D．[B(OH)4]-中，有3个-OH来自原B(OH)3，1个来自OH-与B原子形成的配位键，此配位键由B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对，D正确；
故选C。
9．聚合物固态电解质(SPE)替代传统有机液态电解液，有望从根本上解决电池安全性问题，是电动汽车和规模化储能理想的化学电源。某SPE的基体材料结构如图所示，已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的电负性为4．0，则下列说法错误的是
A．X的单质在空气中燃烧只生成一种氧化物
B．该物质的阴离子中含有配位键
C．Z是所在周期第一电离能最大的元素
D．Y的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸
【答案】B
【分析】Z的电负性为4.0，则Z为F；Y形成4个化学键后带负电荷，则Y为B；X可以形成离子且原子序数比Y和Z小，则X为Li。据此解答：
【详解】A．锂在氧气中燃烧只能生成氧化锂，不能生成过氧化物，故A正确；
B．第二周期第一电离能最大的元素是Ne，故C错误；
C．含有3个共价键和1个配位键，故B正确；
D．中B原子具有空轨道，可与水分子结合产生一个氢离子，即，是一元弱酸，故D正确；
故答案为C。
10．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
【答案】A
【详解】A．已知呈红棕色，将气体通入溶液中，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色，证明与先发生络合反应，再发生氧化还原反应，从而推出与络合反应速率比氧化还原反应速率快，故A正确；
B．溴蒸气、二氧化氮均为红棕色，均可使淀粉-KI溶液变蓝，由实验操作和现象，不能说明气体为，还可能为溴蒸气，故B错误；
C．新制氯水中的能与反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，碘元素可能来自于海带灰，也可能来自于淀粉-KI溶液，不能说明海带灰中存在碘元素，故C错误；
D．溶液过量，滴入的溶液与硫酸铜反应生成CuS黑色沉淀，不能说明氢氧化铜转化为硫化铜，无法判断Ksp大小，故D错误；
故选：A。
11．某水系氢气一质子二次电池以质子作为载流子，高浓度的磷酸为电解液，联合普鲁士蓝衍生物(PBA)电极优异的电化学特性，形成一种理想的质子全电池。工作原理示意图如下：
下列说法正确的是
A．充电时极连接电源负极作阴极
B．放电时电流方向：极电解质溶液极
C．充电时极反应为
D．为提高电池工作效率可将磷酸用纯磷酸代替
【答案】B
【分析】氢气在负极上失去电子产生氢离子，发生氧化反应，所以N是负极，M为正极，正极上发生还原反应，电极反应式为PBA+xe-+xH+=PBA-xH；充电时N成为阴极，M为阳极。
【详解】A．由分析可知，极为原电池负极，充电时作电解池阴极；极为原电池正极，充电时作电解池阳极，A项错误；
B．由分析可知，放电时为原电池，极为原电池负极，电流方向：极电解质溶液极，B项正确；
C．充电时极发生氧化反应，反应为，C项错误；
D．纯磷酸几乎不导电，用其代替磷酸电池效率会大大降低，甚至无法工作，D项错误；
选B。
12．25℃时，将4-氨基苯甲酸[：，的稀溶液加入插有惰性电极的电解槽中，保持其他条件不变，调节溶液，其离子向某一电极的迁移速率与溶液的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．时，：苯甲酸氨基苯甲酸
B．点溶液中：
C．点溶液
D．时，氨基苯甲酸在点溶液中溶解度最大
【答案】D
【详解】A．4—氨基苯甲酸中氨基的存在会促进羧基电离，导致其羧基的电离程度在相同温度下、相同溶剂中较苯甲酸更大，故苯甲酸>4-氨基苯甲酸，A错误；
B．4—氨基苯甲酸具有两性，pH较小时氨基与氢离子作用，生成铵盐，带正电，迁移速率大，即在M点之前；在呈中性时，形成分子内盐或净电荷为0，不带电，迁移速率为0；pH较大时形成羧酸盐带负电，迁移速率大，即在点之后，B错误；
C．4—氨基苯甲酸在点两侧分别形成铵盐和羧酸盐，溶解度较大；点处于分子形态(或净电荷为零)，极性最小，在水中溶解度最小，D错误；
D．设为、为、为，则有，由于点微粒不带电(或净电荷为零)，故，故，所以，C正确；
故选D。
13．偏钒酸铵可作催化剂、媒染剂等，也是制备的原料，溶于热水，微溶于冷水。利用某种工业钒渣(含、、)为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法正确的是
已知：在为3.7时才开始沉淀。
A．“焙烧”过程中有一种元素化合价发生变化
B．“滤渣”中含、
C．在溶液中反应生成
D．“滤液”中的溶质只有，且能循环用于“酸浸”
【答案】C
【分析】钒渣(含、、)中的在焙烧过程中被氧气氧化，稀硫酸酸浸过后钒元素以形式存在，在为3.7时才开始沉淀，所以滤渣成分仅为硫酸钙，沉钒过程中加入硫酸铵，转化为，则滤液成分为稀硫酸和硫酸铝，据此分析解答。
【详解】A．“焙烧”过程中钒和氧两种元素化合价都发生变化，故A错误；
B．在为3.7时才开始沉淀，酸浸时为2.5，则“滤渣”中只含不含，故B错误；
C．根据流程分析在溶液中反应生成，故C正确；
D．“滤液”中的溶质不仅有，应还有硫酸铝，故D错误；
答案C。
14．AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息分析，下列说法错误的是
A．AgCN与发生取代反应过程中均有极性键的断裂和非极性键的形成
B．AgCN与发生取代反应主要得到异腈
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．升高温度可以提高生成腈的选择性
【答案】A
【详解】A．由图可知，AgCN与发生取代反应生成腈的过程中，有C-C非极性键的形成和C-Br极性键的断裂，AgCN与发生取代反应生成异腈的过程中，有C-N极性键的形成和C-Br极性键的断裂，A项错误；
B．由图可知，AgCN与发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，活化能越小，反应速率越快，则AgCN与发生取代反应主要得到异腈，B项正确；
C．由图可知，物质Ⅰ转化为腈断裂“N--Ag”所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂“C--Ag”所需的能量，则Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；
D．AgCN与发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，升高温度，可加快AgCN与发生取代生成腈的反应速率，减少与AgCN、发生取代生成异腈的差距，适当提高了腈的选择性，D项正确；
答案选A。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）我国的歼-20战机使用了大量的钛金属，四氯化钛是生产海绵钛的重要中间原料，某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
已知：①CO与PdCl2溶液反应产生黑色金属钯；
②有关物质的性质：
请回答下列问题：
(1)装置A中a的作用是 ，仪器b的名称为 。
(2)装置C中的药品为 ，装置E用冰盐水浴的目的是 。
(3)组装好仪器后，部分实验步骤如下：①装入药品；②打开分液漏斗活塞；③检查装置气密性；④关闭分液漏斗活塞；⑤停止加热，充分冷却；⑥加热装置D中陶瓷管。从上述步骤中选择合适操作(不重复使用)并排序：③① (填序号)。
(4)装置D中发生两个反应，其中副反应为C+Cl2CCl4，主反应中氧化剂与还原剂的物质的量相等且只有两种产物，写出主反应化学方程式 。
(5)进一步提纯E中产物的方法是 。
(6)测定TiCl4的含量：取1.0g产品于烧瓶中，通过安全漏斗加入足量蒸馏水，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中的液体转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，滴加2-3滴K2CrO4溶液为指示剂，用0.1000ml/L的AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗溶液40.00mL。该产品纯度为 %。下列实验操作会导致产品纯度测定结果偏低的有 。
A．未用标准液润洗滴定管 B．未将安全漏斗中的液体转移到容量瓶中
C．滴定终点时仰视读数 D．滴加过多的K2CrO4溶液
【答案】 除备注外，每空2分
(1) 平衡气压，使液体顺利流下（1分） 蒸馏烧瓶（1分）
(2) 浓硫酸（1分） 冷凝收集TiCl4
(3)②⑥⑤④
(4)
(5)蒸馏（1分）
(6) BD
【详解】（1）装置A中a的作用是平衡气压，使液体顺利流下；仪器b的名称为蒸馏烧瓶；
（2）根据分析，C中盛放浓硫酸，干燥氯气；因TiCl4的熔点低，用冰盐水浴的目的是冷凝收集TiCl4；
（3）组装好仪器后，部分实验步骤如下③检查装置气密性，①装入药品，②打开分液漏斗活塞，⑥加热装置D中陶瓷管，⑤停止加热，充分冷却，④关闭分液漏斗活塞；
（4）反应中氧化剂与还原剂的物质的量相等且只有两种产物，反应化学方程式；
（5）根据表格信息，TiCl4与CCl4互溶，但沸点差异比较大，故从混合液体分离出TiCl4的操作为蒸馏；
（6）①根据关系式TiCl4~4HCl~4AgNO3，n(TiCl4)=(HCl)= (AgNO3)==ml，取1.0g产品于烧瓶中，配成10.00mL溶液。取于锥形瓶中，则产品纯度为。
②A．未用标准液润洗滴定管，消耗的标准液偏多，产品纯度测定结果偏大，A错误；
B．安全漏斗吸收挥发的HCl气体，未将安全漏斗中的液体转移到容量瓶中，产品纯度测定结果偏低，B正确；
C．滴定终点时仰视读数，标准液体积偏大，产品纯度测定结果偏大，C错误；
D．滴加过多的 K2CrO4溶液会让滴定终点提前，标准液偏少，产品纯度测定结果偏低，D正确；
故选BD；
16．（15分）金属Ru被广泛用于制笔行业。某实验小组以某钌废料[主要成分是Ru(CO3)2，含RuO4(其中Ru为＋6价)、FeO、MgO、CaO和SiO2等]为原料制备Ru的流程如下：
已知：常温下Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11；离子浓度小于或等于1×10-5 ml·L-1时认为该离子已被完全除去。
(1)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“酸浸”中RuO4转化为Ru(SO4)2的离子方程式为 。
(3)“除杂1”中氯元素被还原成最低价态。若只氧化Fe2＋，生成3 ml Na2Fe4(SO4)6(OH)2理论上需要 ml NaClO3。
(4)“除杂1”之后，若滤液中c(Mg2＋)=c(Ca2＋)，则“除杂2”中先生成的沉淀是 。“除杂2”后的滤液中c(F-)=0.01 ml·L-1，则Ca2＋和Mg2＋是否除尽？ (填“是”或“否”)。
(5)“除杂2”宜选择的容器材质有 (填序号)。
A．陶瓷 B．铁 C．石英
(6)为优化方案1，该小组设计出方案2如下，从安全角度分析，方案2优于方案1的理由是 。
(7)CaF2晶胞如图所示，Ca2＋将晶胞切割成8个小空隙，F-填充在Ca2＋构成的 (填“正八面体”“正方体”或“正四面体”)空隙中，其填充率为 (填充率=×100%)。
【答案】除备注外，每空2分
(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)2
(4) MgF2 是（1分）
(5)B（1分）
(6)方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全
(7) 正四面体 （1分） 100%
【详解】（1）由分析可知，滤渣主要成分是二氧化硅和硫酸钙，故答案为：SiO2、CaSO4；
（2）“酸浸”中RuO4和硫酸反应生成Ru(SO4)2和水，离子方程式为；
（3）加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为沉淀，氯化合价由+5变为-1、铁化合价由+2变为+3，由电子守恒3，则生成3 ml Na2Fe4(SO4)6(OH)2理论上需要2ml NaClO3。
（4）由溶度积可知，向镁离子和钙离子浓度相等的溶液中加入氟化钠溶液，溶度积小的氟化镁优先沉淀；由滤液中的氟离子浓度为0.01ml/L可知，溶液中钙离子、镁离子浓度分别为、，离子浓度均小于1×10—5ml/L，所以溶液中的钙离子、镁离子均完全沉淀；
（5）氟化钠是强碱弱酸盐，氟离子在溶液中水解生成的氢氟酸能与二氧化硅反应，所以“除杂2”宜选择的容器为铁质容器，不能选择陶瓷和石英容器，故选B；
（6）方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全，故方案2优于方案1；
（7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心钙离子将晶胞切割成8个小立方体，8个氟离子位于每个小立方体的体心，所以氟离子的填充率为100%，故答案为：正四面体形；100%。
17．（14分）丙烯是重要的化工原料，时，耦合丙烷制备丙烯发生如下反应：
Ⅰ．；
Ⅱ．。
(1)部分化学键的键能如下，计算 。
(2)丙烷直接脱氢也可制备丙烯，发生反应Ⅲ： ，在压强为的恒压容器中分别通入丙烷和进行反应Ⅰ、丙烷进行反应Ⅲ，的平衡转化率随温度的变化如图所示。
① 0(填“>”或“”“ > 在温度和总压一定时，充入气体可降低气体的分压，同时与反应生成的反应而降低的分压，两者均可使平衡正向移动，因此a点平衡转化率高
(3) 脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高
【详解】（1）由反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应：，该反应的反应物的总键能-生成物的总键能===，由盖斯定律得：，则==；
（2）①由图可知，温度升高，的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则反应Ⅲ为吸热反应，即；b点和c点对应的反应体系中，的平衡转化率相等，但b点的温度较高，b点正反应速率大于c点正反应速率，由于体系处于平衡状态，即，因此；
②a点可看作是在反应体系中充入气体，则a点的平衡转化率比b点高的原因为：在温度和总压一定时，充入气体可降低气体的分压，同时与反应生成的反应而降低的分压，两者均可使平衡正向移动，因此a点的平衡转化率高；
③由图可知，800K时b点的平衡转化率为0.2，列三段式：
由于该体系为恒压体系，则平衡时，，则此时分压平衡常数；
（3）①研究表明，在Pt催化剂表面发生直接脱氢制备，总反应为：+，结合其它步骤的反应机理，补全步骤3为：；
②由反应历程图可知，脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高，因此更容易发生脱氢反应而形成积碳，从而导致的选择性降低，所以在催化剂表面直接脱氢，的选择性低，结合反应历程图其原因为：脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高。
18．（15分）Imrecxib是我国科学家研发出来的一款高效低毒的非甾体抗炎药，其临床综合表现明显优于国外同类药物Rfecxib(已撤市)等。下图是Imrecxib的两条合成路线。
回答下列问题：
(1)有机化学中将烃分子中氢原子被氰基(一CN)取代后的产物命名为“腈”，则合成路线II中所用到溶剂的名称为 。
(2)反应的反应类型为 。(是一种有机碱，推测其在反应中的作用是 。
(3)从反应中官能团的转化角度分析，Jnes试剂的成分可能为_______(填字母)。
A．粉与盐酸的混合物B．与浓硫酸的混合物
C．与液氨的混合物D．与乙醇的混合物
(4)文献表明合成路线I和II中每步反应的转化率均在之间，且所用反应条件均比较温和，两条合成路线中能更好贯彻“绿色化学”理念的是 (做出判断并阐述理由)。
(5)已知反应的原子利用率为，则试剂的同分异构体有 种。
(6)下图为某合成路线中的一部分。
①其中J和K的结构简式分别为 和 。
②已知的反应类型为加成反应，则其方程式为 。
【答案】 除备注外，每空2分
(1)乙腈或甲基氰（1分）
(2) 取代反应 （1分） 中和生成的，促进反应正向移动，提高反应的转化率
(3)B（1分）
(4)合成路线II．合成步骤少，产率高
(5)3
(6)
【详解】（1）烃分子中氢原子被氰基(一CN)取代后的产物命名为“腈”， 含两个C，故名称为乙腈或甲基氰；
（2）反应中O被基团代替，反应类型为取代反应；(是一种有机碱，在反应中生成HCl，故其作用是中和生成的HCl，促进反应正向移动，提高反应的转化率；
（3）对比化合物与的结构可知发生醇的氧化，Jnes试剂为氧化剂；
A．含有金属，常用作还原反应，A错误；
B．元素化合价最高为+6价，硫酸辅助，可将醇氧化，B正确；
C．含有金属，常用作还原反应，C错误；
D．KOH与乙醇的混合物具有明显的碱性，不具有氧化性，D错误；
故选B；
（4）对比路线I、II可知，路线I由5步转化组成，路线II由2步转化组成。假设路线I中每步转化的转化率均能达到题中所给信息的最高转化率，其总产率为；同理，假设路线II中每步转化的转化率只有题中所给信息的最低转化率，其总产率仍可达到。故路线能更好地贯彻绿色化学理念。
（5）对比化合物B、C结构可知试剂M为，其同分异构体有、、，共3种。
（6）①由合成路线Ⅱ可推知，K为，K为J被氧化后的产物，可推知J为；
②已知（）的反应类型为加成反应，则I为，则其方程式为。
A．战国甬钟
B．宋代鹭鸟纹蜡染
C．东汉抚琴陶俑
D．记录水族文化的水书
选项
劳动项目
化学知识
A
用福尔马林制作生物标本
甲醛有强氧化性
B
溶液作腐蚀液制作印刷电路板
氧化性强于
C
用NaOH和铝粉疏通厨卫管道
铝和NaOH溶液反应生成
D
施加适量石膏降低盐碱地(含)土壤的碱性
实验装置
实验目的
A．实验室随开随用制取
B．检测某样品中的钾元素
实验装置
实验目的
C．制取84消毒液
D．验证能氧化乙醇
实验操作
现象
结论
A
已知可与络合生成(红棕色)，也可与发生氧化还原反应。将气体通入溶液中
溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色
与络合反应速率比氧化还原反应速率快
B
验证某红棕色气体是否为，将气体通入淀粉-KI溶液中
溶液变蓝
说明该气体为
C
将海带灰溶解后过滤，取滤液于试管中，酸化后加入足量新制氯水，充分反应后加入1~2滴淀粉-KI溶液
溶液变蓝
海带灰中含有碘元素
D
向2mL1ml/L的溶液中滴入2滴0.1ml/LNaOH溶液，再滴加2滴溶液
先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g/cm3)
水溶性
TiCl4
-24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CCl4
-23
76.8
1.6
难溶于水
化学键
能量/()
344
436
615
409.25
463