精品解析：湖南省怀化市2023届高三下学期二模仿真考试化学试题（解析版）

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怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷
2023年上期高三二模仿真考试 化学
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。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 K 39 Ti 48 Co 59 Cu 64
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. 下列说法错误的是
A. 高纯度硼硅玻璃属于有机高分子材料
B. 新冠灭活疫苗的主要成分属于蛋白质
C. 制作计算机芯片的主要材料属于单质
D. 月球土壤中含有的橄榄石、辉石、钛铁矿等矿物均是混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．硼硅玻璃属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A错误；
B．疫苗的主要成分是蛋白质，故B正确；
C．制作计算机芯片的主要材料是Si，属于单质，故C正确；
D．橄榄石、辉石、钛铁矿等矿物均由多种物质组成，均是混合物，故D正确；
故选：A。
2. 化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是
A. 二氧化氯可用于自来水杀菌消毒
B. 是一种红棕色粉末，常用做油漆、涂料红色颜料
C. 填埋废旧电池不会造成环境污染
D. 石灰石是生产玻璃的原料之一
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，故A正确；
B．Fe2O3 是一种红棕色粉末，常用做油漆、涂料的红色颜料，故B正确；
C．填埋废旧电池会污染地下水，造成环境污染，故C错误；
D．工业上用纯碱、石灰石和石英生产玻璃，石灰石是生产玻璃的原料之一，故D正确；
故选C。
3. 维生素C也叫抗坏血酸，在人体内具有抗氧化、抗自由基的功效。下列说法正确的是

A. 维生素C的化学式为
B. 维生素C难溶于水
C. 脱氢抗坏血酸分子中有1个手性碳原子
D. 维生素C转化为脱氢抗坏血酸的反应为氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式知维生素C的化学式为，A错误；
B．由图可知维生素C中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C易溶于水，B错误；
C．由图可知，脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳，即数字标记的碳原子，C错误；
D．维生素C转化为脱氢抗坏血酸的反应为去氢过程，即为氧化反应，D正确；
故选D。
4. 环氧乙烷()易燃易爆，被广泛地应用于洗涤、制药、印染等行业。以乙烯为原料生产环氧乙烷的方法如下：
方法一：①
②2ClCH2CH2OH+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O
方法二：③2CH2=CH2+O2→2
下列说法错误的是(为阿伏伽德罗常数的值)
A. 环氧乙烷含有的共价键数目为
B. 方法二原子利用率为100%，符合绿色化学思想
C. 的化学名称为2-氯乙醇
D. 环氧乙烷与互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．环氧乙烷的结构式为：，所以环氧乙烷含有的共价键数目为=，A正确；
B．方法二中反应物中原子全部转化为期望的最终产物，其原子利用率为100%，符合绿色化学思想，B正确；
C．根据系统命名法可知，主链命名为乙醇，氯原子在2号碳原子上，所以其化学名称为2-氯乙醇，C正确；
D．环氧乙烷与的官能团不相同，组成不相似，不互为同系物，D错误；
故选D。
5. 某种钴盐晶体的立方晶胞结构如下图所示，已知晶胞参数为，A点的原子坐标参数为，B点的原子坐标参数为。下列说法正确的是

A. 与之间的最短距离为 B. 的配位数为8
C. 该晶体的密度为 D. C点的原子坐标参数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．与之间的最短距离面对角线的一半，为，A正确；
B．由图可知，的配位数为6，B错误；
C．该晶体中，个数为1，为，为，所以该晶体的密度为 ，C错误；
D．B点的原子坐标参数为，C点的原子坐标参数为，D错误；
故选A。
6. 下列离子方程式正确的是
A. 用氢氟酸在玻璃表面刻蚀花纹：
B. 溶液中滴加稀氨水：
C. 用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：
D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氟酸和二氧化硅反应生成水和气体，HF是弱酸在离子方程式中不能拆，该反应的离子方程式为：，故A正确；
B．NH3H2O是弱碱，在离子方程式中不能拆，故B错误；
C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：，故C错误；
D．当OH-同时遇到NH、H+时，优先有H+反应，将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：1混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为：Ba2++2OH-+H+++ NH=BaSO4↓+H2O+NH3H2O，故D错误；
故选A。
7. 制备下列气体(不含净化)所选试剂和装置均正确的是

选项
A
B
C
D
气体




试剂
Cu、浓硫酸
电石、饱和食盐水
稀盐酸、
、
装置
(1)、(6)
(1)、(4)
(2)、(5)
(3)、(6)

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸反应应该在加热条件下生成二氧化硫，二氧化硫的密度比空气大，且易溶于水，应该用向上排气法收集，故应选择装置（2）（5），A错误；
B．电石和饱和食盐水反应生成乙炔，不需要加热，乙炔用排水法收集，故B正确；
C．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，稀盐酸不反应，C错误；
D．氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，不能使用氢氧化钠固体，D错误；
故选B。
8. 某小组探究与在不同条件下的反应，实验操作和现象记录如下：
实验
操作
现象
Ⅰ
、30%溶液混合
10h后，铜片表面附着黑色固体
Ⅱ
、30%溶液、氨水混合
立即产生大量气泡，溶液变为浅蓝色，铜表面光洁
Ⅲ
、30%溶液、氨水和固体混合
立即产生大量气泡，溶液蓝色较深，铜片依然保持光亮
下列说法错误的是
A. Ⅰ中与可以缓慢反应，可能生成
B. Ⅱ中可能发生的反应为
C. 增大，的氧化性增强
D. 增大有利于的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ中将和30%溶液混合，铜片表面附着黑色固体CuO，说明与可以缓慢反应，可能生成，故A正确；
B．Ⅱ中将、30%溶液、氨水混合，溶液变为浅蓝色可能生成，根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：，故B正确；
C．Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH: Ⅲ<Ⅱ，则c(OH-): Ⅲ<Ⅱ，但是现象中并没有减慢气泡速率，因此不能证明增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强，故C错误；
D．由离子方程式Cu2++4NH3可知增大c(NH)抑制一水合氨的电离，c(NH3)有利于的生成，故D正确；
故选C。
9. X、Y、Z、W、P五种元素，其核电荷数依次增大。X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等；Z原子的核外电子有8种运动状态；Z与W元素位于同一族；P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法正确的是
A. Z、Y、X元素的第一电离能依次减小
B. Y基态原子的轨道表示式：
C. P原子的价层电子排布为
D. P单质分别与Z、W单质反应，产物中P的化合价一定相同
【答案】B
【解析】
【分析】X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，为，为C元素，Z原子的核外电子有8种运动状态，Z为O原子，Y为N元素，Z与W元素位于同一族，W为S元素，P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子,为，为Cu元素。
【详解】A．Z为O元素，Y为N元素，X为C元素，第一电离能的大小为：，A错误；
B．Y为N元素，基态原子的轨道表示式：，B正确；
C．P为Cu元素，价层电子排布为：，C错误；
D．Cu和反应生成，Cu元素的化合价为+2价，Cu和反应生成，Cu元素的化合价为+1价，D错误；
故选B。
10. 在催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是

A. 反应②的方程式为
B. 反应①中有氧氧键的断裂和氮氧键的形成
C. 增大的量，可增大的平衡转化率
D. 当主要发生包含①的历程时，最终生成的水减少
【答案】B
【解析】
【分析】含N分子参与的反应包括①的历程是将NO转化为NO2，②的历程将NO和NO2转化为HONO，还包括HONO转化为NO的反应；
【详解】A．反应②的方程式为，故A错误；
B．反应①中∙OOH转化为∙OH有氧氧键的断裂，NO转化为NO2有氮氧键的形成，故B正确；
C．NO为催化剂，增大催化剂的量，平衡不移动，则C3H8的平衡转化率不变，故C错误；
D．无论反应经过①还是②，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，故D错误；
故选：B。
11. 二氧化碳催化加氢合成乙烯的热化学方程式为 ，恒压条件下，按进行反应，达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A. 图中曲线b表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
B. M点的平衡转化率为60%
C. 保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，的物质的量分数比在恒温密闭容器中的低
D. 440K时反应达平衡后，保持其他条件不变，再向容器中按投料，再次平衡时，的物质的量分数为0.39
【答案】C
【解析】
【分析】由题中信息可知，随着温度的升高，CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，的物质的量分数增大，和的物质的量分数减小，两生成物物质的量等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，b和c所表示的物质的物质的量分数之比为4：1，表示乙烯变化的曲线是c，表示变化曲线的是b，表示变化曲线的是a，
【详解】A．由分析可知，表示变化曲线的是b，故A正确；
B．M点H2和H2O的物质的量分数相等，根据已知条件列出“三段式”：

3-6x=4x，解得x=0.3，M点的平衡转化率为=60%，故B正确；
C．由题中信息可知，随着温度的升高，CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，反应是放热反应，保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，温度会升高，平衡逆向移动，的物质的量分数比在恒温密闭容器中的高，故C错误；
D．440K时反应达平衡后，保持其他条件不变，再向容器中按投料，仍然等效于恒压条件下，按进行反应，由图可知，此时再次平衡时，的物质的量分数为0.39，故D正确；
故选C。
12. 利用催化剂和电化学装置还原氮气的一种原理如图所示。下列相关说法错误的是

A. B电极反应式为
B. 经过质子交换膜移向A电极
C. 在催化剂表面转化为的反应为氧化反应
D. 生成理论上可还原(标准状况)
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示分析可知H2O在B电极失电子发生氧化反应生成氧气，B为电解池阳极，连接电源的正极，A电极为电解池阴极，连接电源负极，以此解答。
【详解】A．B为电解池阳极，H2O在B电极失电子发生氧化反应生成氧气，电极方程式为：，故A正确；
B．由分析可知A电极为电解池阴极，B为电解池阳极，根据离子迁移规律氢离子由阳极移向阴极，即由B电极经过质子交换膜移向A电极，B正确；
C．A电极为电解池阴极，电解液中POM1得电子转化为POM2的过程为还原反应，则在催化剂表面转化为的反应为氧化反应，C正确；
D．B电极反应式为，生成转移4mol电子，N2转化为NH的过程中N元素由0价下降到-3价，当转移4mol电子时可还原，标准状况下的体积为=14.9L，D错误；
故选D。
13. 已知属于强碱弱酸盐，微溶于水、可溶于酸。常温下，用调节浊液pH，测得在不同pH条件下，体系中(X为或)与的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 常温下，
B. 常温下，氢氟酸的数量级为
C. a点溶液中存在：
D. c点溶液中存在：
【答案】C
【解析】
【分析】随着的增大，则H++F-HF逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则增大，对应曲线L2，同理L1代表与的关系，以此解答。
【详解】A．取值为1，代入图示数据可知=2.2，c(F-)=1×10-2.2mol/L，=4.0，c(Sr2+)=1×10-4mol/L ，，故A错误；
B．取值为1，代入图示数据可知=2.2，则-lgKa=，=10-3.2，数量级为，故B错误；
C．a点溶液中存在电荷守恒：，故C正确；
D．由图可知c点处c(Sr2+)= c(F-)，溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)= c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，则溶液中c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)- c(F-)，故D错误；
故选C
14. 用RSR工艺从废旧铅蓄电池回收铅的化工流程如下：

已知：是强酸；铅膏的主要成分是和；、。
下列有关说法正确的是
A. 的作用是将氧化为
B. ②中反应的离子方程式为
C. ④中反应的离子方程式为
D. ⑤中阳极电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵、PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅，以此解答。
【详解】A．由分析可知，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应生成碳酸铅沉淀，Pb元素化合价下降，PbO2为氧化剂，的作用是将还原为，故A错误；
B．②中沉淀和碳酸铵反应生成碳酸铅沉淀和硫酸铵，离子方程式为：，故B正确；
C．HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为：PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，故C错误；
D．电解池中阳极失去电子发生氧化反应，故D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。请考生根据要求作答。
15. Ⅰ.碘及其化合物在化工生产中用途广泛。298K时碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应如下：
①
②
③
（1）实际生产中，发生副反应，，___________(用含、、代数式表达)。
（2）对于反应①：提高碘甲烷平衡转化率的措施有___________(任写一条)。
（3）反应②的速率表达式为，，其中、为速率常数，只与温度有关。达平衡后，在温度升高过程中___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）增大压强，不断___________(填“增大”或“减小”)，可能的原因是___________。
Ⅱ.在催化剂作用下和发生反应。在一密闭容器中投入和，达平衡时测得的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。

（5）若X点对应密闭容器的体积为4L，则Y点对应的平衡常数___________(只要列出计算式)。
III．利用电解法将转化为的制备原理如图所示，

（6）写出电极b对应的电极方程式___________。
【答案】（1）
（2）升高温度、降低压强(合理答案均计分)
（3）减小 （4） ①. 减小 ②. 加压，反应①平衡逆向移动，反应②、反应③平衡正向移动，导致不断减少不断增加(合理答案均计分)
（5）
（6）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，得反应④，所以；
【小问2详解】
对于反应①，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，可以提高碘甲烷平衡转化率，正反应为气体分子数增加的反应，降低压强，平衡正向移动，可以提高碘甲烷平衡转化率，所以升高温度或降低压强等，都可以提高碘甲烷平衡转化率；
【小问3详解】
，，达平衡后，，，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小， 减小；
【小问4详解】
因为增大压强，反应①平衡逆向移动，反应②、反应③平衡正向移动，导致不断减少不断增加，所以增大压强，不断减小；
【小问5详解】
根据三段式：
，
计算Y点的，因为平衡常数只与温度有关，所以Y点对应的平衡常数与X点的相同，为；
【小问6详解】
电极b为转化为，电极反应式为：。
16. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。某种制备方法如下：

（1）“操作Ⅰ”包括加热煮沸、冷却、过滤、洗涤、检验，加热煮沸的目的是___________；检验是否洗涤干净的方法为___________。
（2）需在“操作Ⅱ”加入，为防止加入时反应过于剧烈而引起喷溅，应采取的方法为___________。
（3）“操作Ⅲ”为水浴加热(80~85℃)，该反应的方程式为___________。
（4）“系列操作”后，得到二草酸合铜酸钾晶体。溶液的浓缩程度及冷却速度对配合物晶型有影响。急速冷却得到灰蓝色针状晶体，常温缓慢冷却得到深蓝色片状晶体，两种晶体的红外光谱图如图，由图可知，两种晶型的晶体成分均为二草酸合铜酸钾晶体，依据是___________。

（5）探究二草酸合铜酸钾晶体热分解产物的装置如下：

该实验观察到的现象：B、G澄清石灰水变浑浊，但D无明显现象；F中固体变为红色；实验结束后，取A中残留物加水溶解、过滤、洗涤，得到砖红色沉淀和无色溶液，通过实验证明无色溶液中含有和，砖红色沉淀加入稀硫酸，产生蓝色溶液且有红色固体生成。据此写出二草酸合铜晶体受热分解的化学方程式___________。若A中放入提纯后的晶体35.4g，完全分解后，充分反应，测得F中固体质量减少2.4g，则中___________。
【答案】（1） ①. 使完全转化为 ②. 取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净(合理答案均计分)
（2）分批加入并搅拌(合理答案均计分)
（3）
（4）两吸收峰位置重合完全，且均含有(合理答案均计分)
（5） ①. ②. 2
【解析】
【分析】由流程图可知，胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，再经过加热煮沸、冷却、过滤、洗涤、检验，先制得较纯净的CuO，草酸晶体加水微热，可以加速溶解并且避免温度过高使草酸分解，再在操作Ⅱ中分批次加入，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，这样得到草酸氢钾和草酸钾的混合物，再经过操作Ⅲ水浴加热(80~85℃)，发生反应，得到，再经过一系列操作得到。
【小问1详解】
胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，生成Cu(OH)2，操作Ⅰ中加热煮沸的目的是使完全转化为，CuO的表面可能有残留的Na2SO4，所以检验是否洗涤干净的方法为取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：使完全转化为；取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
【小问2详解】
在操作Ⅱ中应分批次加入并不断搅拌，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，故答案为分批加入并搅拌；
【小问3详解】
操作Ⅲ中反应的方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
用红外光谱分析两种晶体，发现两吸收峰位置重合完全，且均含有，两种晶型的晶体成分均为二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：两吸收峰位置重合完全，且均含有；
【小问5详解】
B澄清石灰水变浑浊，说明晶体受热分解生成二氧化碳，但D无明显现象，G中澄清石灰水变浑浊，F中固体变为红色，说明前面产生的二氧化碳完全被NaOH溶液吸收，晶体受热分解生成一氧化碳；通过实验证明无色溶液中含有和，砖红色沉淀加入稀硫酸，产生蓝色溶液且有红色固体生成，应该是发生反应，所以晶体受热还生产了Cu2O，由原子守恒和电子守恒可得方程式为，F中CuO变为Cu，减少质量为O的质量，由F中固体质量减少2.4g得，由方程式得，再结合质量可得，所以x=2，故答案为：；2。
17. 以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：

已知：①相关金属离子完全沉淀()的pH如下：
金属离子



沉淀完全的pH
2.8
4.7
10.9
②废渣的主要成分为：、和
请回答：
（1）A的化学式为___________。
（2）为提高“浸出”效率，可采取的措施有___________(写两条)；浸出镁的离子反应方程式为___________。
（3）中的大键类型为___________(已知：中含有的大键类型为)；的核外电子排布式为___________。
（4）该流程中可循环使用物质为___________。
（5）加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是___________。
（6）若浸出液中，则___________(已知：)
【答案】（1）
（2） ①. 搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度 ②.
（3） ①. ②. 或
（4）和(写也计分)
（5）温度过高分解剧烈，大量逸出不利沉镁(合理答案均计分)
（6）
【解析】
【分析】菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，.控制溶液pH，将铁、铝转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，两者和二氧化硅一起成为滤渣，滤液加入氨水生成氢氧化镁沉淀，滤液为过滤的氨水，加入适量HCl得到溶液，煅烧氢氧化镁得到镁砂，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，溶液A为溶液，A的化学式为。
【小问2详解】
为提高“浸出”效率，可采取的措施有搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度；由分析可知，菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，该过程的离子方程式为：。
【小问3详解】
中C原子价层电子对数为3+=3，C原子是sp2杂化，还有1个垂直离子平面的p轨道，3个氧原子也各有1个垂直于离子平面的p轨道，因此，4个平行p轨道共有24-6-3×4 = 6个电子，所以离子有一个四中心六电子的大π键，表示为；Fe原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，Fe3+核外电子排布式为或。
【小问4详解】
结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的NH4Cl可用于浸出时的反应液，故该流程中和可循环使用。
【小问5详解】
加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是：温度过高分解剧烈，大量逸出不利沉镁。
【小问6详解】
完全沉淀时pH=4.7，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=，完全沉淀时pH=2.8，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=，若浸出液中，则c(OH-)= ，则=。
18. 化合物X是一种有机合成中间体，Z为常见的高分子化合物，某研究小组采用下图路线合成X和Z。(有关加热条件均未标注)

已知：①化合物A的核磁共振氢谱有五个吸收峰
②
请回答：
（1）化合物A的结构简式为___________；化合物X中碳原子的杂化方式为___________。
（2）Y中官能团的名称为___________。
（3）写出B→C的化学方程式___________；写出G→X的化学方程式___________；Y→Z的反应类型为___________。
（4）G的同分异构体中，能与溶液反应的有___________种(不包括物质G本身；不考虑立体异构)。
（5）写出以和为原料制备的合成路线___________(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. ②. 、
（2）碳碳双键、碳氯键(或氯原子)
（3） ①. ②. ③. 加聚反应
（4）27 （5）
【解析】
【分析】A可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的核磁共振氢谱有五个吸收峰，则A为，故B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2COOH；由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HC≡CH，Y发生加聚反应生成高分子Z为；结合信息②可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反应生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，故G为CH3CH2CH2COOCH2CH3，X为，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A为，化合物X为，其中含有甲基和酯基，碳原子的杂化方式为、。
【小问2详解】
由分析可知，Y为CH2=CHCl，官能团的名称为碳碳双键、碳氯键(或氯原子)。
【小问3详解】
B为CH3CH2CH2CHO和O2发生氧化反应生成CH3CH2CH2COOH，化学方程式为：；G发生已知②的反应原理得到X，化学方程式为：；Y发生加聚反应得到Z。
【小问4详解】
由分析可知G为CH3CH2CH2COOCH2CH3，G的同分异构体能与溶液反应，说明其中含有酯基或者羧基，而戊基有8种、丁基有4种、丙基有2种，若该同分异构体为中含有酯基，可能为甲酸戊酯（8种）、乙酸丁酯（4种）、丙酸丙酯（2种）、丁酸乙脂（2种）、戊酸甲酯（4种），若该同分异构体为中含有羧基，该同分异构体为己酸，共有 8种情况，综上所述G的同分异构体中，能与溶液反应的有27种（不包括物质G本身；不考虑立体异构）。
【小问5详解】
先和O2发生催化氧化反应得到，再和O2发生氧化反应得到，和甲醇发生酯化反应得到，再发生已知②的反应得到，合成路线为：。