重庆市 2023届高三上学期高考适应性月考卷（五）化学 Word版含解析.docx

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巴蜀中学2023届高考适应性月考卷(五)化学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如雪改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：N14O16Si28Cl35.5Cr52一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1.2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭成功发射，科学的发展离不开化学。下列有关说法正确的是A.飞船和火箭使用的铝合金材料属于无机非金属材料B.宇航员的餐食非常丰富，肉制品中的蛋白质属于天然高分子化合物C.神舟飞船降落伞中的碳纤维属于有机高分子材料D.飞船搭载的太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是二氧化硅【答案】B【解析】【详解】A．铝合金属于金属材料，A错误；B．肉制品中的蛋白质属于天然高分子化合物，B正确；C．碳纤维是由C单质构成的，属于无机非金属材料，C错误；D．太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅，二氧化硅可用于制造光导纤维，D错误；故选B。2.光气是一种重要的有机合成中间体，它的一种合成方法为：。泄露时，可用液氨解毒，原理为。下列说法正确的是A.基态碳原子的轨道表示式：B.的结构式： C.的填充模型：D.的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．基态碳原子的轨道表示式：，A错误；B．分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯单键，结构式：，B正确；C．填充模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；不是直线型分子，充填模型为：，C错误；D．是由铵根离子和氯离子构成的，电子式：，D错误；故选B。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.30g二氧化硅晶体中含有Si—O键的数目为B.常温下，46g气体中含有的分子数是C.71g氯气与足量的铁完全反应转移的电子数为2D.标准状况下，11.2L含有的分子数为0.5【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅中1个硅原子形成4个硅氧键，30g二氧化硅（0.5mol）晶体中含有Si—O键的数目为2，A错误；B．二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，不确定分子数多少，B错误；C．氯气和铁反应中氯元素化合价由0变为-1，71g氯气（1mol）与足量的铁完全反应转移的电子数为2，C正确；D．标况下甲醇不是气体不确定其物质的量，D错误；故选C。4.常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是 A.的溶液中：、、、B.透明溶液中：、、、C.与Al反应能放出的溶液中：、、、D.小苏打溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．的溶液呈酸性，H+、、之间能发生氧化还原反应不能大量共存，A项不选；B．大量存在的溶液呈紫色，但溶液依旧透明，离子间不发生反应能大量共存，B项选；C．与Al反应能放出的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在、，酸性溶液中不能大量存在，C项不选；D．小苏打溶液中有，与能反应不能共存，D项不选；故选B。5.已知一种免疫调节剂的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.该有机物属于芳香族化合物，其分子式为B.该有机物可以发生氧化反应、取代反应、消去反应、加成反应C.该有机物遇到溶液会显色D.该有机物不可以与HCHO发生缩聚反应【答案】C【解析】【详解】A．含有苯环属于芳香族化合物，其分子式为C9H11O4N，A错误；B．与醇羟基相连的碳原子的邻位碳上没有氢，不能发生消去反应，B错误；C．含有酚羟基，遇到FeCl3溶液会显紫色，C正确； D．酚羟基邻位C上只有1个H原子，与甲醛不能发生缩聚反应,，D错误；故选C。6.类比推理是化学中的常见推理，下列推理合理的是A.Na与反应可以生成，推测Li与反应可以生成B.硝酸具有强氧化性，推测磷酸具有强氧化性C.能与溶液反应生成白色沉淀，推测能与溶液反应生成白色沉淀D.能形成大π键，推测能形成大π键【答案】D【解析】【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸，二氧化硅和硫酸不反应、氧化钙和硫酸生成不溶性硫酸钙，两者在酸浸中成为滤渣，滤液加入铁粉的目的是将还原为，过滤除去过量的铁，滤液加入少量氢氧化钠、氧气制得晶种，二次氧化后分离出铁黄。【详解】A．Li与反应只生成氧化锂，故A错误；B．磷酸中磷元素非金属性弱于氮，故磷酸没有强氧化性，故B错误；C．溶液中硝酸根离子可以氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀；二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；D．、为等电子体，结构相似，均能形成大π键，故D正确；故选D。7.丁二酮肟常用于检验，在稀氨水介质中，丁二酮肟与反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。下列说法不正确的是A.元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为B.1mol该沉淀含有σ键与π键的个数比为17：2C.基态的价电子排布式为 D.该沉淀中C的杂化方式为、【答案】C【解析】【详解】A．同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，Ni为金属电负性最小，则元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>Ni，A正确；B．1mol该沉淀含有30mol单键（C-H、O-H、N-O、C-C、NNi），4mol双键（C=N），则1mol该沉淀含有σ键34mol，π键4mol，其个数比为17：2，B正确；C．Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2，则基态Ni2+的价电子排布式为3d8，C错误；D．甲基上C为sp3杂化，C=N上C为sp2杂化，则该沉淀中C的杂化方式为sp2、sp3，D正确；故选C。8.如图所示进行的实验，下列说法不正确的是A.用装置甲来验证极易溶于水，且水溶液显碱性B.用装置乙来进行酸碱中和滴定C.用装置丙来测量锌与稀硫酸反应的反应速率D.丁装置可用于制备，且能保存较长时间【答案】B【解析】【详解】A．将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，由于氨气极易溶于水，使得烧瓶压强减小，小于外界大气压，从而将烧杯中的酚酞溶液被压入烧瓶中，因氨气溶于水显碱性能使酚酞溶液变红，从而形成红色喷泉，A正确；B．用装置乙来进行酸碱中和滴定，NaOH溶液应装在碱式滴定管中，B错误；C．可通过测定一定时间（秒表）内产生气体的体积（注射器）来测量锌与稀硫酸反应的反应速率，C正确； D．打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气。关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，D正确；故选B。9.某种含铜微粒可用于汽车尾气脱氮的催化剂，催化机理如图甲，金属铜的晶胞如图乙，下列说法不正确的是A.图甲中所有铜的配合物中铜的配位数有2，3，4三种情况B.图甲配合物中和配位原子形成的空间结构名称为V形C.图乙铜的晶胞中含有的铜原子数为4D.图乙铜的晶胞中与Cu距离最近且相等的Cu原子数为12【答案】B【解析】【详解】A．由图甲可知，①④中的配位数是2，③⑤中的配位数是3，②中的配位数是4，A正确；B．配合物中是(3d10)(4s0)，s和1个p轨道发生sp杂化，形成两个等价的sp杂化轨道，和配位原子形成的空间结构名称为直线形，B错误；C．铜的晶胞中含有的铜原子数为，C正确；D．铜的晶胞中与Cu距离最近且相等的Cu原子数为：定点的4个铜原子和面心的8个铜原子，一共12个，D正确；故选B。10.某物质A的结构简式如图所示。X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素。Z的族序数是周期序数的三倍。下列说法错误的是 A.X最高价氧化物对应的水化物是三元酸B.A中各原子或离子均达到8电子稳定结构C.简单氢化物的稳定性：Y＜Z＜MD.Z、M、N对应的简单离子半径：Z>M>N【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素。由物质A的结构简式可知，N+化合价为+1价，N元素位于第IA族，则N为Na；Z形成2个共价键，且Z的族序数是周期序数的三倍，则Z为O；M形成1个共价键，则M为F；X形成4个共价键，再获得1个电子，则X为B；Y形成4个共价键，则Y为C，综上所述，X、Y、Z、M、N分别为B、C、O、F、Na。【详解】A．X为B，其最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3为一元酸，A错误；B．由物质A的结构简式可知，B、C、O、F、Na均达到了8电子稳点结构，B正确；C．Y、Z、M分别为C、O、F，比较其简单氢化物的稳定性就是比较C、O、F三者的非金属性，同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，则简单氢化物的稳定性：Y＜Z＜M，C正确；D．Z、M、N对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+，三者核外电子排布完全相同，核电荷数越大，半径反而越小，则Z、M、N对应的简单离子半径：Z>M>N，D正确；故选A。11.铁黄(FeOOH)主要用于涂料、水泥制件等。硫铁矿烧渣主要成分是、，另含少量和CaO等，硫铁矿烧渣为原料制备铁黄的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A.加入铁粉的目的是将还原为B.二次氧化中将转化为铁黄的离子方程式为 C.滤渣Ⅰ的成分是D.操作A是洗涤和干燥【答案】C【解析】【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸，二氧化硅和硫酸不反应、氧化钙和硫酸生成不溶性硫酸钙，两者在酸浸中成为滤渣，滤液加入铁粉的目的是将还原为，过滤除去过量的铁，滤液加入少量氢氧化钠、氧气制得晶种，二次氧化后分离出铁黄。【详解】A．铁和铁离子生成亚铁离子，加入铁粉的目的是将还原为，故A正确；B．氧气具有氧化性，二次氧化中将氧气、氨水、反应生成铁黄，离子方程式为，故B正确；C．二氧化硅和硫酸不反应、氧化钙和硫酸生成不溶性硫酸钙，两者在酸浸中成为滤渣，故C错误；D．操作A得到铁黄，操作是洗涤和干燥，故D正确；故选C。12.利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如图所示，下列说法错误的是已知：①反应Ⅰ：②反应Ⅲ：A.反应Ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量B.反应Ⅱ的热化学方程式为C.用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应焓变为，则D.上述循环过程中至少涉及4种能量转化形式【答案】C【解析】 【详解】A．反应Ⅰ为在热能作用下的分解反应，反应吸热，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；B．由盖斯定律可知，反应-（Ⅰ+Ⅲ）得反应：，B正确；C．气态硫单质能量高于固态硫单质能量，故用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应放热更多，放热焓变为负值，则，C错误；D．上述循环过程中涉及太阳能、热能、化学能、电能等至少4种能量转化形式，D正确；故选C。13.将0.1mol/L的氨水滴入10mL二元强酸溶液中，溶液中水电离出的和混合液温度(T)随加入氨水体积的变化曲线如图所示；下列有关说法正确的是A.的浓度为0.1mol/LB.b点溶液：C.c点溶液：D.d点溶液中：【答案】BD【解析】【分析】当氨水和恰好反应生成正盐时，对水的电离促进作用最大，且此时放热最多温度最高，结合图像可知，加入10mL氨水时两者恰好反应，则的浓度为0.05mol/L；【详解】A．由分析可知，的浓度为0.05mol/L，A错误；B．b点溶液加入5mL的氨水，则溶质为，溶液中存在：， ，H2OH++OH-，此时溶液中c(H+)>c()>c(NH)>c(OH-)，B正确；C．c点为恰好反应的点，溶质为，溶液中不存在HA-离子，C错误；D．d点为(NH4)2A、NH3·H2O混合溶液，溶液显中性，根据电荷守恒可知，，则，D正确；故选BD。14.一定温度下，分别将两种亚硫酸氢盐加热分解，达平衡时的压强分别为、。ⅰ.ⅱ.在该温度下，将一定质量的与加入某一密闭容器中达平衡，体积为100mL，三种固体均存在。下列说法不正确的是A.平衡时，总压为B.保持恒温、恒压，若向体系中再通入一定量，容器内固体的质量将减小C.保持恒温、恒容，若再通入一定量的，平衡时的物质的量比原平衡大D.保持恒温将容器体积压缩至50mL，达平衡后各气体的浓度均保持不变【答案】C【解析】【分析】根据题给信息，反应i的化学平衡常数，反应ii的化学平衡常数，在该温度下，将一定质量的与加入某一密闭容器中达平衡，体积为100mL，三种固体均存在。由于平衡i和ii，反应生成的H2O和SO2的量始终相等，则可设达平衡时H2O和SO2的分压为xPa，NH3的分压为yPa，则，解得，，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，达平衡时，总压为，A正确；B．通入无关气体N2，容器体积增大，体系压强减小，平衡i、ii均正向移动，固体质量减小，B正确；C．保持恒温、恒容，再通入一定量的，由于温度不变K不变，再次达平衡时，反应ii中H2O和SO2的分压仍为xPa，由此可知反应i中NH3的分压仍为yPa，即平衡时的物质的量不变，C错误；D．保持恒温将容器体积压缩至50mL，由选项C可知，达平衡时H2O和SO2的分压仍为xPa，NH3的分压仍为yPa，各气体物质的量随容器体积同比减小，即达平衡时各气体的浓度均保持不变，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.高冰镍是镍、铜、铁、钴等金属的硫化物共熔体，主要成分及含量如下表所示：成分NiCuFeCoS含量55～65%≤15%≤4%0.5～1.2%21～24%如图是以高冰镍为原料制备三元钾电池部分原料的流程：回答下列问题：（1）基态和中的单电子数之比为_______。（2）下列说法正确的是_______(填序号)。A.酸溶时，将高冰镍调浆后再与硫酸反应，目的是增大接触面积，提高酸溶效率B.酸溶时，硫酸的浓度越大越好C.调pH时，试剂X可用D.滤渣Y的主要成分是（3）酸溶时，FeS可溶，而CuS不溶。请通过计算说明CuS不溶于酸的原因：_______。(已知CuS的，的，)（4）氧化时，通入空气的目的是_______。（5）已知：萃取剂和对金属离子的萃取率与平衡pH的关系如图甲、乙所示，则萃取步骤中应选择的萃取剂是_______，最佳pH在_______左右。 所选萃取剂为有机一元弱酸，以HA表示，则萃取时形成萃合物的离子方程式为_______。（6）三元锂电池的正极材料为(M代表Ni、Co、Mn)，电池反应可用表示，则充电时阳极反应式为_______。【答案】（1）3:2（2）ACD（3），，反应的平衡常数很小，反应几乎不能进行（4）将亚铁离子转化为铁离子（5）①.②.4.5-5③.（6）【解析】【分析】高冰镍加入硫酸酸溶，铜等不反应成为滤渣，铁、钴、镍进入滤液，滤液通入空气将将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁元素，滤液萃取，镍进入水相、钴进入有机相，最终得到硫酸镍晶体、钴化合物；【小问1详解】钴镍分别为27号、28号元素，均失去2个电子形成基态和，价电子排布分别为3d7、3d8，单电子数之比为3:2；【小问2详解】A．酸溶时，将高冰镍调浆后再与硫酸反应，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸溶效率，A正确；B．酸溶时，硫酸的浓度过大会上铁、镍的发生钝化，阻碍反应的进行，B错误； C．调pH时需要和溶液中氢离子反应降低酸性生成氢氧化铁沉淀且不引入新杂质，试剂X可用，C正确；D．铁离子通过调节pH可以生成氢氧化铁沉淀，滤渣Y的主要成分是，D正确；故选ACD；【小问3详解】，，反应的平衡常数很小，反应几乎不能进行；【小问4详解】空气中氧气具有氧化性，氧化时，通入空气的目的是将亚铁离子转化为铁离子，便于后续除去铁；【小问5详解】由流程可知，萃取要有效分离钴和镍，由图甲乙比较可知，萃取步骤中应选择的萃取剂是，最佳pH在4.5-5左右，此时钴镍的分离效果较好。萃取剂为有机一元弱酸，以HA表示，则萃取时形成萃合物，则反应为；【小问6详解】由总反应可知，充电时阳极发生氧化反应生成，反应为。16.氯化铬是制备其他无机和有机铬化合物常用原料，应用广泛。某研究小组制备无水氯化铬并测定其含量，制备时主要实验过程及装置示意图如图所示：已知：①过硫酸铵溶于水时发生反应：；②氧化性：。回答下列问题：（1）A为的制备装置，同时还生成了，则该反应的化学方程式为_______。（2）B为“抽滤”装置，使用该装置的目的为_______。 （3）C装置中，完全反应后，获得晶体的实验操作是_______、过滤、洗涤、干燥。（4）D装置中，通入HCl气体的目的是_______。（5）为测定产品中的含量，进行了如下实验操作：步骤1：称取1.000g产品溶于蒸馏水中，并配制成500mL溶液。步骤2：取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加5mL30%稀硫酸，加1.5mL，2.5%硝酸银溶液做催化剂，加2～3滴1%硫酸锰溶液，再加过量过硫酸铵固体，摇匀，使之反应。步骤3：将锥形瓶加热，直至溶液出现高锰酸钾的紫色，继续加热煮沸5min。步骤4：冷却后，加3滴0.2%二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，用0.05000mol/L硫酸亚铁氨标准溶液滴定至溶液变为亮绿色，三次平均消耗标准溶液18.60mL。①加入2—3滴1%硫酸锰溶液的作用是_______。②继续加热煮沸5min的目的是_______。③的百分含量为_______。④另一实验小组成员观看实验报告后，认为即使实验操作正确，测定结果仍偏高，理由是_______。【答案】（1）（2）加快过滤速度（3）蒸发浓缩、冷却结晶（4）防止CrCl3发生水解反应（5）①.指示CrCl3是否氧化完全②.分解过量的过硫酸铵③.98.3%④.高锰酸根离子具有氧化性，也会和硫酸亚铁氨反应【解析】【小问1详解】A为的制备装置，同时还生成了，结合题意反应物为，则该反应的化学方程式为。【小问2详解】B为“抽滤”装置，使用该装置的目的为：加快过滤速度。【小问3详解】C装置中，完全反应后，获得晶体实验操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问4详解】D装置中，通入HCl气体的目的是：防止CrCl3发生水解反应， 【小问5详解】①加入2—3滴1%硫酸锰，可以根据锰离子变为高锰酸根离子颜色的变化，指示CrCl3是否氧化完全。②继续加热煮沸5min的目的是分解过量的过硫酸铵，防止对滴定造成干扰。③根据题意可知：x=3.1×10-4mol，m(CrCl3)=3.1×10-4mol×158.5g/mol×=0.9827g，的百分含量为。④溶液中存在高锰酸根离子，具有很强的氧化性，也会和硫酸亚铁氨反应，使得消耗硫酸亚铁氨质量增加，测定结果仍偏高。17.“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。（1）已知：工业废气中氮氧化物可用以下反应去除，常温常压下(298K，100kPa)，以下反应的焓变和熵变如表1所示：①②③表1：反应焓变()熵变()①-163＋22.6②＋113＋145③-67.8＋120结合表1中的数据，工业上，反应_______(填反应编号)不可用于常温常压下去除氮氧化物，请通过计算说明理由：_______。（2）NO的氧化反应可分两步进行，其反应过程中的能量变化示意图如图甲所示： Ⅰ.Ⅱ.①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和，保持气体条件不变，控制反应温度分别为和()，测得c(NO)随时间变化的曲线如图乙，转化相同量的NO，在温度_______(填“”或“”)下消耗的时间较长，试结合反应过程及能量图(图甲)分析原因：_______。（3）治理排出的尾气(含CO、、NO)的方法为在密闭容器中发生如下反应：Ⅰ.Ⅱ.一定温度下，向初始体积为2L的恒压的密闭容器中，充入4molCO、2molNO、2mol发生上述反应，达到平衡状态时，测得的物质的量为0.4mol，且体系中的物质的量比的多0.8mol，则该温度下达平衡时，反应Ⅱ的平衡常数K=_______L/mol。（4）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时，电极生成的微观示意如图所示，其中电解液为溶解有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。 ①电极上生成的电极方程式为_______。②下列说法正确的是_______(填序号)。A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B.该装置用金(Au)作催化剂目的是降低的键能C.该装置生成一极应接电源的正极D.选择性透过膜可允许和通过，不允许进入装置【答案】（1）①.②②.，反应②在常温常压下不能自发进行。（2）①.II②.T2③.，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响（3）480（4）①.N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-②.AD【解析】【小问1详解】反应要能用于常温常压下去除氮氧化物，必须能自发进行，则必须。反应①中，，反应能自发进行。反应②中，，反应不能自发进行。反应③中，，反应能自发进行。综上所述，反应②常温常压下不能自发进行，不可用于常温常压下去除氮氧化物；【小问2详解】①由图甲可知，反应I的活化能小于反应II的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则反应I化学反应速率快于反应II，总反应的反应速率取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应 II；②由图乙可知，转化相同量的NO，在温度T2下消耗的时间较长，结合图甲分析可得原因是反应I的正反应为放热反应，温度升高，反应I平衡逆向移动，c(N2O2)减小，N2O2浓度减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响；【小问3详解】设达平衡时体系中NO物质的量的变化量为2x，列三段式有根据题意有1.6+2x=1.6+x+0.8，解得x=0.8，则达平衡时n(CO)=0.8mol，n(NO)=0.4mol，n(CO2)=3.2mol，n(N2)=2.4mol，反应Ⅱ的平衡常数【小问4详解】①由阴极区的微观示意图可知，阴极上N2转化为NH3，C2H5OH转化为C2H5O-离子，说明N2在C2H5OH作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成NH3，电极反应式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；②A．电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，三氟甲磺酸锂是离子化合物，能提供离子，增强电解液的导电性，A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能降低反应物的键能，该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的活化能，B错误；C．N2在C2H5OH作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成NH3，该极与电源负极相连，C错误；D．由图可知，水在选择性透过膜的上方，说明选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置，D正确；故选AD。18.2022年诺贝尔化学奖表彰了科学家在“clickchemistry”研究领域的突出贡献。某课题组运用叠氮—炔环加成的“clickchemistry”原理研制了一种较高玻璃化温度的聚合物P，合成路线如图所示： 已知：①聚合物P的结构；②。请回答：（1）化合物A的名称为_______，化合物R的结构简式为_______。（2）E→F的反应类型为_______，要实现D→E的转化，所需的试剂和条件为_______。（3）下列说法正确的是_______(填序号)。A.1mol化合物M中杂化的碳原子数目为8B.化合物G和I发生缩聚反应生成聚合物PC.红外光谱法可以测定化合物I分子中的含氧官能团D.聚合物P属于酯类物质，属于纯净物（4）化合物N与过量NaOH的水溶液充分反应的化学方程式是_______。（5）在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为的大环化合物，用键线式表示其结构_______。（6）以乙烯和对苯乙烯()为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂，有机溶剂任选)_______。【答案】（1）①.丙烯②. （2）①氧化反应②.氢氧化钠醇溶液、加热（3）AC（4）+4NaOH+2CH2OHCH2OH+2NaBr（5）（6）CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br+NaN3CH2N3CH2N3；+Br2+CH2N3CH2N3【解析】【分析】由流程可知，A转化为E，结合E结构可知，A为CH2=CHCH3；A和氯气取代生成B：CH2=CHCH2Cl；B反应取代反应生成C：CH2=CHCH2OH；C和溴加成生成D：CH2BrCHBrCH2OH，D消去生成E；E氧化羟基生成羧基得到F，F和醇发生酯化反应生成G：CH≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH；R转化为I，结合I 结构可知，R为，R被酸性高锰酸钾氧化生成羧酸M，M和CH2BrCH2OH生成N，N发生已知②原理生成I，I和G发生反应成成P；【小问1详解】由分析可知，化合物A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；化合物R的结构简式为；【小问2详解】E生成F为羟基变羧基的反应，为氧化反应；D→E的转化为溴原子消去生成碳碳叁键的反应，所需的试剂和条件为氢氧化钠醇溶液、加热；【小问3详解】A．M为，苯环上碳和羧基碳均为杂化，则1mol化合物M中杂化的碳原子数目为8，A正确；B．化合物G和I生成P，没有小分子化合物生成，为加聚反应，B错误；C．红外光谱可检测化学键及官能团，故红外光谱法可以测定化合物I分子中的含氧官能团，C正确；D．聚合物P中n值不确定，故属于混合物，D错误；故选AC；【小问4详解】 N为，酯基、溴原子均可以和NaOH的水溶液反应，生成羧酸盐和醇，反应为+4NaOH+2CH2OHCH2OH+2NaBr；【小问5详解】制备聚合物P过程中还生成了一种分子式为的大环化合物，反应应该为1分子G和1分子I发生已知②反应生成环状物，结构为：；【小问6详解】乙烯和Br2加成生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br和NaN3反应生成CH2N3CH2N3；对苯乙烯和溴加成生成，再发生消去反应生成；和CH2N3CH2N3 发生已知反应②生成；；故流程为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br+NaN3CH2N3CH2N3；