陕西省宝鸡市陈仓区2021年高考化学一模试卷及答案

这是一份陕西省宝鸡市陈仓区2021年高考化学一模试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学一模试卷
一、单项选择题
1.化学与生产、生活和社会开展密切相关，以下表达正确的选项是〔   〕
A.二氧化氯泡腾片和75％酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性
B.台积电断供华为5G 麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)，此芯片主要成分是二氧化硅
C.热的纯碱溶液可用于除去金属外表的矿物油(如机油、润滑油等)
D.亚硝酸钠易致癌，但火腿肠中可参加少量的亚硝酸钠以保持肉质新鲜
2.表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔   〕
A.2g氘化锂( )中含中子数为
B.与 完全反响时转移的电子数为2
C.固体中含离子数为0.4
D.晶体含阳离子的数目为0.2
3.以下各实验的表达正确的选项是〔   〕
选项
实验操作内容
实验目的
A
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
除去碱式滴定管胶管内的气泡
B
向盐酸酸化的Cu〔NO3〕2溶液中通入少量SO2 ， 然后滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀
证明Cu2＋的氧化性大于H2SO4
C
将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，有白色絮状沉淀生成
证明AlO 结合质子的能力强于CO
D
向盐酸中滴加Na2SO3溶液，产生使品红溶液褪色的气体
证明非金属性:Cl>S
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
4.某工厂的一个生产工艺流程如下列图，以下表达正确的选项是〔   〕

A. 该工艺流程是用来制备 的      B. 气体M是
C. 气体M参加的反响不是氧化复原反响      D. 参加反响时氧化剂和复原剂的物质的量之比是1：1
5.某离子化合物的结构如下列图，其中W、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最低负价与Y的最高正价代数和为0，W与X构成的某种化合物是一种绿色氧化剂，X与Z同主族。以下说法正确的选项是〔   〕

A.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液一定呈碱性
B.原子半径大小：Y > Z >X>W
C.W、Y组成的化合物中各微粒均达8电子稳定结构
D.最简单氢化物的稳定性：Z > X
6.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如图。

以下说法正确的选项是〔    〕
A. 过程①发生了取代反响
B. 中间产物M的结构简式为
C. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
D. 该合成路线原子利用率为100%，最终得到的产物易别离
7.常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴参加NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如下列图(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。以下说法正确的选项是〔   〕

A. 常温下，H2C2O4的Ka1=100.8
B. pH=3时，溶液中
C. pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 常温下，随着pH的增大， 的值先增大后减小
二、综合题
8.新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯〔ClO2〕与亚氯酸钠〔NaClO2〕都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。

I.查阅资料：
①ClO2易与碱溶液反响生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2 ， 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
Ⅱ.制备与别离：
〔1〕实验加药品前应进行的实验操作是________。
〔2〕盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是________。
〔3〕装置A中参加反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为________。
〔4〕B装置的作用是________。
〔5〕假设要从装置C反响后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成以下操作步骤②的内容。
①减压，55℃蒸发结晶；       ②________；
③用38℃～60℃热水洗涤；    ④在38℃～60℃间进行枯燥，得到成品。
〔6〕装置D是处理尾气，反响的化学方程式________。
〔7〕实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是________。
〔8〕Ⅲ.测量与计算：
利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法〞测定样品〔杂质与I－不发生反响〕的纯度，过程如下：取样品1.4450g配制成250mL溶液，从中取出25.00mL，参加足量KI固体和适量稀H2SO4 ， 再滴加几滴淀粉溶液，〔：ClO ＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－〕，然后用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为vmL〔：I2＋2S2O ＝S4O ＋2I－〕。
①滴定终点的现象是________。
②以下滴定操作会导致测量结果偏低的是________〔填字母〕。
a 锥形瓶洗涤后没有枯燥     b 滴定时锥形瓶中有液体溅出
c 滴定终点时俯视读数       d 滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③样品中NaClO2·3H2O的纯度为________％〔用含c、v的代数式表示〕。
9.某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如下列图(废催化剂中含有 70.0%及一定量的 、 、 和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但 的性质较稳定)。答复以下问题：

：局部阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的 如下表所示。
沉淀物





5.2
3.2
9.7
9.2
〔1〕滤渣a的成分是________，用乙醇洗涤废催化剂的目的是________，从废液中回收乙醇的方法是________
〔2〕为提高酸浸速率，可采取的措施有________(答一条即可)
〔3〕硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是________，向其中参加 的目的是________，反响的离子方程式为________
〔4〕利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品外表镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是________
〔5〕滤液C进行如下所示处理可以制得 。滤液C 溶液D
①操作X的名称是________
② 在强碱溶液中用 氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料— ，该反响的离子方程式是________
10.氮氧化物( )、 和 等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行化学方法处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
〔1〕利用甲烷催化复原 。
：

那么甲烷将 复原为 并生成气态水时的热化学方程式为________。
〔2〕利用 生成甲醇燃料。

： ，将 和 充入容积为2L的密闭容器中，恒温下， 的物质的量随时间的变化曲线如图1实线所示，那么：
①该反响在0～8 内 的平均反响速率为________。
②仅改变某一条件再进行实验，测得 的物质的量随时间的变化曲线如图1虚线所示。与实线相比，虚线改变的条件可能是________。
〔3〕工业上利用 与 反响合成甲醇。
： ，在一恒容密闭容器中，按照 和 投料，测得 在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示，那么以下说法正确的选项是___________(填字母)。

A.温度：
B.正反响速率： 、
C.平衡常数： 、
D.平均摩尔质量： 、
〔4〕利用如图3所示装置(电极均为惰性电极)可吸收 ，阳极的电极反响式为________。

〔5〕常温下， ， ，控制条件可实现如下沉淀转换： 。
欲用 溶液将 全部转化为 ，此时溶液中 为________。
11.氧、硫、硒、碲等氧族元素在化合物中常表现出多种氧化态，含氧族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请答复以下问题：
〔1〕氧、硫、硒三元素的第一电离能由大到小的顺序为________〔用元素符号答复〕。
〔2〕基态Se原子的价层电子排布式为________，其原子核外有________种运动状态不同的电子。
〔3〕气态SO3为单分子状态，其中S原子的杂化轨道类型为________。假设SO3的三聚体(SO3)3的环状结构如下列图，那么该结构中S原子的杂化轨道类型为________。

〔4〕氧族元素的气态氢化物中，H2S的稳定性强于H2Se，原因是________。
〔5〕氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能大小为 CaO ________CaS (填“>〞，“ S>O>H，故B符合题意；
C.H、Na组成的化合物为NaH，氢离子最外层电子数为2，没有到达8电子稳定结构，故C不符合题意；
D.元素的非极性越强，最简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于硫元素，那么水的稳定性强于硫化氢，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W与X构成的某种化合物是一种绿色氧化剂可知，X为O元素、W为H元素；由X与Z同主族可知，Z为S元素；由W的最低负价与Y的最高正价代数和为0可知，Y为Na元素，由题给离子化合物的结构可知，离子化合物为硫酸氢钠。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．过程①中异戊二烯与丙烯醛发生加成反响生成M，故A不符合题意；
B．由M的球棍模型知，M的结构简式为 ，故B符合题意；
C．异戊二烯与丙烯醛发生加成反响也能生成 ， 经过程②得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，故C不符合题意；
D．过程①的原子利用率为100%，但过程②除生成对二甲苯外，还生成了水，原子利用率小于100%，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】根据图示，M为， 结合物质的变化和有机反响类型分析解答。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，那么Ka1= =c(H+) =10-0.8 ， 故A不符合题意；
B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小那么该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B不符合题意；
C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，那么水的电离程度增大，故C符合题意；
D． ，电离平衡常数只与温度有关，温度不变那么 不变，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解此题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小那么该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕检查装置气密性
〔2〕三颈烧瓶
〔3〕2:1
〔4〕平安瓶〔或防倒吸〕
〔5〕趁热过滤
〔6〕2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O
〔7〕将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率
〔8〕滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；bc；25cv
【解析】【解答】(1)实验过程中要制备ClO2气体，那么实验加药品前应检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性。
 
(2)由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
(3)装置A中反响为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4 ， 发生反响的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，NaClO3中Cl元素的价态为+5价，反响生成ClO2 ， Cl元素的价态降为+4价，NaClO3为氧化剂；Na2SO3中S元素的价态为+4价，反响生成Na2SO4 ， S元素的价态升高为+6价，Na2SO3为复原剂，氧化剂与复原剂的物质的量之比为2:1。故答案为：2:1。
(4)装置B的作用是平安瓶，有防倒吸作用；故答案为：平安瓶〔或防倒吸〕。
(5)NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2 ， 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1，那么从装置C反响后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括: ①减压，55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用38℃~60℃热水洗涤;④低于60℃枯燥，得到成品。故答案为：趁热过滤。
(6)装置D是吸收多余气体防止污染，反响的化学方程式为；2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O。故答案为：装置D是吸收多余气体防止污染。
(7)实验结束后，继续通入一段时间N2 ， 到达将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率的目的。故答案为：将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率。
(8)① ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2 ， C1O2被复原为C1- ， 同时生成H2O，反响离子方程式为: ClO ＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反响为I2＋2S2O ＝S4O ＋2I－ ， 当到达滴定至终点时，碘单质恰好反响完，溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
②a．锥形瓶洗涤后没有枯燥，不影响滴定结果，故a不正确；
 b．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b正确；
c．滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c正确；
d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不正确。
故答案为：bc。
③滴定时共消耗VmLcmol/L的Na2S2O3标准溶液,那么Na2S2O3的物质的量为VmL×10-3×cmol/L=10-3cVmol，根据NaClO2·3H2O~ 2I2~4 可知，样品中NaClO2·3H2O的物质的量为 ，故样品中NaClO2·3H2O的纯度为 。故答案为：25cV。
【分析】装置A中制备得到ClO2 ， 所以A中反响为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4 ， A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O; 装置c中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反响生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反响生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。装置B的作用是平安瓶，有防倒吸作用，从装置c的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥，装置D是吸收多余气体防止污染。
 
9.【答案】 〔1〕；溶解、除去有机物；蒸馏
〔2〕将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度
〔3〕、 、 ；参加 的目的是将 氧化为 ，有利于别离；
〔4〕不消耗电能，节约能源
〔5〕蒸发结晶；
【解析】【解答】(1)由分析可知，滤渣a的成分是二氧化硅，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去废催化剂外表的有机物；可以利用乙醇与废液中沸点不同，题给蒸馏的方法从废液中回收乙醇，故答案为： ；溶解、除去有机物；蒸馏；
 
(1)将废催化剂粉碎，增大反响物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
(3)由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，那么溶液中含有的金属阳离子为 、 、 ；向滤液A中参加过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反响的离子方程式为 ，故答案为： 、 、 ；参加 的目的是将 氧化为 ，有利于别离； ；
(4)与电镀相比，化学镀的最大优点是不消耗电能，节约能源，故答案为：不消耗电能，节约能源；
(5)①由题给流程可知，酸化后的硫酸镍溶液经蒸发结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：蒸发结晶；
②由题意可知，生成碱式氧化镍的反响为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化复原反响生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反响的离子方程式为 ，故答案为： 。
【分析】由题给流程可知，用乙醇洗涤将废催化剂外表的有机物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸废催化剂，废催化剂中的铝、铁、镍与稀硫酸反响生成可溶性的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反响，过滤得到含有二氧化硅的滤渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸盐的滤液A；向滤液A中参加过氧化氢溶液，保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子得到滤液B；向滤液B中参加氢氧化镍调节溶液pH，使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣b和含有硫酸镍的滤液C；向滤液C中参加氢氧化钠溶液调节溶液pH为9.2，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经灼烧、复原得到金属镍。
 
10.【答案】 〔1〕
〔2〕0.125 ；加压(或增大 浓度)
〔3〕A,D
〔4〕
〔5〕0.25
【解析】【解答】(1)将第一个方程式加上第二个方式之和除以2得到甲烷将 复原为 并生成气态水时的热化学方程式为 ；故答案为： 。
 
(2)①该反响在0～8 内氢气改变量为6mol，那么 的平均反响速率为 ；故答案为： 。
②仅改变某一条件再进行实验，测得 的物质的量随时间的变化曲线如图1虚线所示，根据虚线说明反响速率加快，且氢气量减少，说明平衡正向移动，因此虚线改变的条件可能是加压(或增大 浓度)；故答案为：加压(或增大 浓度)。
(3)A．该反响是放热反响，从下到上，转化率增大，说明平衡正向移动即降低温蒂，因此温度： ，故A正确；B．a点温度低于c点，因此正反响速率： ，b点压强大于d点，两点温度相同，因此正反响速率： ，故B不正确；C．平衡常数：a点温度低于c点，平衡正向移动，因此 ，b、d点两者温度相同，因此 ，故C不正确；D．平均摩尔质量：a点温度低于c点，平衡正向移动，a点物质的量小于c点，那么 ，b点压强大于b点，该反响是体积减小的反响，因此b点气体物质的量小于d点，因此 ，故D正确；综上所述，答案为：AD。
(4)根据图中信息，左侧二氧化硫化合价升高变为硫酸，那么左侧为阳极，其阳极的电极反响式为 ；故答案为： 。
(5)根据题意欲用 溶液将 全部转化为 ， ，那么此时此时溶液中 ；故答案为：0.25 。
【分析】
〔1〕将题目给的方程式进行简单运算得到目标方程式，将各个方程式焓变采用相同运算得到目标方程式的焓变；
〔2〕计算平均反响速率通过在定时间内的浓度变化来计算；化学反响前后气体体积减小的反响增大反响压强或者增大另一反响物的量均可提升目标反响物的转化率；
〔3〕当反响为放热反响的时候，增加温度使得反响逆向移动，转化率下降；而升温正逆反响速率均提高，但平衡常数减小；在恒容容器内，反响前后气体体积减小，根据物质的量大小来判断平均摩尔质量；
〔4〕阳极失去电子，根据图像左侧阳极S元素化合价变化来书写电极方程式；
〔5〕将沉淀平衡用比例式的形式表示，将沉淀转换前后物质的浓度用分式书写，根据简单运算将沉淀转换前后物质浓度用两沉淀物的沉淀平衡式表示，并根据题目数据进行浓度计算。
11.【答案】 〔1〕O>S>Se
〔2〕4s24p4；34
〔3〕sp2；sp3
〔4〕S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径
〔5〕>；离子；ZnS；
【解析】【解答】(1)氧、硫、硒为同主族元素，第一电离能随核电荷数递增而减小，那么由大到小的顺序为O＞S＞Se；
 
(2)Se的核电荷数为34，其基态原子的价层电子排布式为4s24p4 ， 其原子核外有34种运动状态不同的电子；
(3)SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，那么为sp2杂化，
SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，为sp3杂化；
(4)因S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径，故H2S的稳定性强于H2Se；
(5)因O2-的半径比S2-小，那么氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能CaO＞CaS；
(6)构成晶体的根本微粒为S2-和Zn2+ ， 那么ZnS晶体为离子晶体，晶胞中含有S2-位于顶点和面心，共含有8× +6× =4，黑色球位于体心，共4个，那么晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×(87÷NA)g，晶胞的体积为(acm)3 ， 那么密度为ρg·cm-3 ，
那么ρg·cm-3= ，a= cm。
【分析】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解此题关键。此题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。
 
12.【答案】 〔1〕邻二甲苯或1，2-二甲苯
〔2〕取代反响
〔3〕
〔4〕酯基、醚键
〔5〕
〔6〕或
〔7〕
【解析】【解答】〔1〕A为 ，A的化学名称为邻二甲苯或1，2-二甲苯；
 
〔2〕反响④为D中Cl原子被-CN取代，所以该反响的反响类型是取代反响；
〔3〕F的结构简式为 ；
〔4〕H的结构简式为 ，所含氧官能团的名称是酯基、醚键；
〔5〕反响②为卤代烃的水解反响，该反响的化学方程式为 ；
〔6〕芳香化合物X是H的同分异构体，能发生银镜反响、水解反响，说明含有醛基、酯基，也能与FeCl3溶液发生显色反响，说明含有酚羟基；X的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，符合条件的X的结构简式为 或 ；
〔7〕以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反响生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反响生成丙烯腈，丙烯腈发生水解反响生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反响得到聚丙烯酸，其合成路线为 【分析】根据E结构简式知，A中两个甲基位于邻位，A为 ，A发生取代反响生成B为 、B水解生成C为 ，C发生取代反响生成D，根据分子式知D为 ，D发生取代反响生成E，E发生水解反响生成F为 ，F发生酯化反响生成G，G发生取代反响生成H；
〔7〕以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA，乙炔和HCl发生加成反响生成氯乙烯，氯乙烯和NaCN发生取代反响生成丙烯腈，丙烯腈发生水解反响生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反响得到聚丙烯酸。