湖北省2024年高考化学模拟试题（含答案）5

湖北省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．化学与生产和生活息息相关。下列说法错误的是（）A．SOB．工业上以纤维素为原料生产燃料乙醇C．松花蛋在制备过程中蛋白质发生了变性D．工业上制取NaOH一般不用Na2O2．化学遵循哲学思想。下列变化不遵循“量变引起质变”的哲学思想的是（）A．向1mol/LNaB．向2%AgNOC．向蓝色石蕊试纸上滴加氯水，试纸先变为红色，后迅速褪色D．向装有细铁丝的两支试管中分别加入稀硫酸与浓硫酸，实验现象不同3．化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达错误的是（）A．用离子方程式表示铜在氨水中被腐蚀：2Cu+B．用电子式表示水分子的形成过程：C．牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因：CD．用化学方程式表示钢铁表面进行“烤蓝”处理：3Fe+44．NH3是重要的化工原料，下列流程涉及A．过程Ⅰ中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰B．过程Ⅱ中，物质A是一种高效氮肥C．过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D．过程Ⅳ中，反应的离子方程式为：N5．泽布替尼是第一款完全由中国企业自主研发，在FDA获准上市的抗癌新药，其结构简式如图。下列有关说法错误的是（）A．一个泽布替尼分子中有2个手性碳原子B．泽布替尼在一定条件下能发生加成反应C．泽布替尼能使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去D．泽布替尼既能与盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应6．由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体，其结构如图。Z的最简单氢化物易液化，可用作制冷剂。W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，Z、R为同一主族元素。下列说法错误的是（）A．电负性：W>Z>YB．最简单氢化物的沸点：Z>RC．RWD．该离子液体中的Z原子的杂化方式均为s7．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。某种超分子结构如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该超分子中−CH3的键角∠HCH小于−NB．该超分子中存在配位键、氢键等化学键C．该超分子具有自组装的特征D．该超分子不能发生水解反应8．药物贝诺酯有消炎、镇痛、解热的作用，其制备原理为：在实验室可用以下装置（夹持和水浴加热装置略）制备贝诺酯（沸点453.11℃），实验中利用环己烷－水的共沸体系（沸点69℃）带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷（沸点81℃）。下列说法正确的是（）A．反应时水浴温度不能高于69℃B．根据环己烷带出水的体积可估算出反应进度C．因为蒸出的是共沸体系，故锥形瓶中不会出现分层现象D．以共沸体系带出水促使反应正向进行，同时加快了反应速率9．砷化镓是超级计算机、光信号处理的理想材料。图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知该晶胞边长为dpm，a、b两点原子的分数坐标分别为（0，0，0），（1，1，1）。下列说法错误的是（）A．Ga原子占据As原子形成的四面体空隙B．两个As原子间最短距离是2C．该晶胞的密度为4×145D．c点原子的分数坐标为(10．利用光伏并网发电装置电解NH3得到高纯度A．m极电势高于n极电势B．离子交换膜最好为阳离子交换膜C．b电极的电极反应式为：2ND．电解产生2.24LH211．下列实验装置（部分夹持装置略）正确且能够达到实验目的是（）A．验证浓HNO3B．铝件镀银C．Na的燃烧D．制备FeSOA．A B．B C．C D．D12．“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说法错误的是（）宏观辨识微观探析AHF在标准状况下为液态HF分子间存在氢键BO3在水中的溶解度大于O3是极性分子，OC石墨的导电性只能沿石墨平面的方向石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远D船式环己烷（C6分子空间结构不同，船式的空间位阻小A．A B．B C．C D．D13．常温常压下利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）：下列说法正确的是（）A．转化历程有四个基元反应，决速步为：HCOB．若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行C．反应过程中断裂与形成的共价键类型相同D．寻找高效催化剂，有利于CO14．向密闭容器中充入一定量H2和N2混合气体，在一定条件下，发生反应：N2(g)+3HA．平衡常数：K(A)>K(B)>K(C)B．逆反应速率：v(A)>v(B)>v(C)C．反应温度：TD．混合气体平均摩尔质量：M(A)>M(B)>M(C)15．H3RO3为三元弱酸，在溶液中存在多种微粒形态。将NaOH溶液滴到1mo/LH3A．H3RB．当pH调至11～12时发生反应的离子方程式为：HC．pH=12.8D．pH=14时，溶液中c(R阅卷人二、解答题得分16．硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣（碲和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素）分离硒回收碲的工艺流程如下：已知：①水浸液的主要成分为NaTeO3、②TeO③亚硒酸为二元弱酸，Ka1=2回答下列问题：（1）硒与氧同族，基态Se原子价电子排布式为。（2）“除杂渣”的主要成分为。（3）“中和”时控制pH为4～5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降的原因是（4）“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中c(SeO3（5）“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式。（6）碘量法测定“粗硒”中硒的含量，过程如下：取0.1000g粗硒，加入足量硫酸和硝酸，充分反应生成H2SeO3，再加热至90℃使过量的硝酸挥发；继续向H2SeO3溶液中加入过量的KI溶液，生成Se和I2；然后滴入2滴淀粉溶液，用0.4000mol/LN②该粗硒的纯度为。17．化合物G（4－甲基－3－环己烯甲腈）是一种重要的化工原料，以丙烯和乙炔为主要原料的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）化合物F的名称是。（2）化合物C中的官能团名称为，C→D的反应类型为。（3）化合物D中最多有个原子共平面，化合物G核磁共振氢谱图中有组峰。（4）A→B的化学方程式为。（5）化合物H是B的同系物，且相对分子质量比B大14，则满足以下条件的H的同分异构体有种（不考虑立体异构体，羟基直接连在碳碳双键的碳原子上的结构不稳定）。①分子中无环状结构②能使溴水褪色（6）参照化合物G合成路线，以乙炔、甲醛及无机试剂为原料合成1，4－环己二烯（），请完成下列合成路线：CH≡CH18．DMSO（）是一种无色粘稠液体，广泛用作溶剂和反应试剂。实验模拟“NO2已知：Ⅰ．DMSO与CH相对分子质量熔点沸点密度DMSO7818.4℃189℃1.10g/cC62－83.2℃37.5℃0.85g/cⅡ．HNO2微热易分解为NO、NO实验过程：①连接好装置，检查装置的气密性，装好药品。打开活塞b，通入O2②粗品经减压蒸馏后共收集到24.11mLDMSO纯品。回答下列问题：（1）B中盛放的试剂是（填名称）；仪器X的进水口为（填“d”或“c”）口。（2）多孔球泡的主要作用是。（3）关闭活塞b，装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后，气体成分不变。生成DMSO的化学方程式是。（4）D装置吸收尾气的优点是。（5）实验中通入过量O2的目的是（6）DMSO被誉为“万能溶剂”，其易溶于水的主要原因是。（7）本实验的产率是%（结果保留2位小数）。19．为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO方法Ⅰ：CO以CO2、H2反应ⅰ：C反应ⅱ：C反应ⅲ：CO(g)+2（1）计算反应ⅲ的ΔH3=（2）一定温度和催化剂条件下，在密闭恒容容器中按照投料n(CO2):n(H2):n(N①图中曲线a表示物质的变化（填“CO2”“②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有（填标号）。A．升高温度，反应ⅰ逆向移动，所以正反应速率减小B．向容器中再通入少量N2，CC．移去部分H2D．选择合适的催化剂能提高CH③保持温度不变，在恒容反应器中，初始总压为5pkPa，只发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡时CO2的转化率为80%，CO的选择性为25%，则H2的转化率为，反应ⅱ的压强平衡常数（3）方法Ⅱ：催化加氢制甲酸

科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO已知CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH=−31.4kJ/mol。温度为T1℃达到平衡时，化学平衡常数K=1.8。实验测得：v正=k正c(CO2

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.SO2有毒，但可以做食品添加剂，如葡萄酒中添加少量的SO2，起防腐、抗氧化，杀菌等作用，A错误；

B.纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，B正确，

C.鲜鸡蛋在氯化钠、氢氧化钠等辅料的作用下，经过蛋白蛋黄的液化、凝固及生化作用，成为松花蛋；蛋白质变性了，C正确；

D.工业上制取NaOH一般不用Na2O与H2O反应，原因是Na2O来源少，成本高，D正确；

故答案为：A

【分析】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，注意区分蛋白质的盐析和变性。2．【答案】C【解析】【解答】A.Na2CO3与盐酸分步反应，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=CO2+H2O，现象是刚开始没有明显现象，后产生气体，遵循“量变引起质变”的哲学思想，A不符合题意；

B.硝酸银溶液与氨水反应时，先生成AgOH沉淀，然后沉淀消失生成[Ag(NH3)2]OH溶液，反应分布进行，遵循“量变引起质变”的哲学思想，B不符合题意；

C.氯水溶液中有H+，使蓝色石蕊试纸变红，HClO有漂白性，使红色褪去，不遵循“量变引起质变”的哲学思想，C符合题意；

D.铁丝与稀硫酸，浓硫酸反应实验现象不同，是因为硫酸浓度不同导致反应原理不同。遵循“量变引起质变”的哲学思想，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】“量变引起质变”的哲学思想是指因为加入试剂的量不同导致生成物不同。3．【答案】B【解析】【解答】A.铜在氨水中被腐蚀，铜在氨水环境中被空气中氧气氧化为四氨合铜离子，A正确；

B.水为共价化合物，用电子式表示水分子的形成过程应：，B错误；

C．牙膏中添加氟化物能将Ca3(PO4)3OH转化为更难溶的Ca3(PO4)3F，从而保护牙齿，C正确；

D.钢铁表面进行“烤蓝”处理是在铁的表面形成一层致密的氧化膜，反应为铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，D正确：

故答案为：B

【分析】本题考查的是学生对化学用语的书写和理解能力，注意区分离子化合物和共价化合物电子式形成过程的区别。4．【答案】B【解析】【解答】A.实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且易腐蚀试管，故错误：

B.根据质量守恒定律可推出物质A为尿素，是一种高效氮肥，故B正确：

C．反应III的化学方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故C错误：

D．过程IV的离子方程式为：Na＋＋NH3＋CO2＋H2O＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故D错误。

故答案为：B。

【分析】熟石灰和氯化铵固体混合加热制备氨气，氨气先通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳生成酸氢钠，氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4。5．【答案】A【解析】【解答】A.由泽布替尼的分子结构得出，一个泽布替尼分子中有1个手性碳原子，如图，A错误；

B.泽布替尼分子中有碳碳双键、羰基、苯环，可以发生加成反应，说话正确，B不符合题意；

C.泽布替尼分子中有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，说法正确，C不符合题意；

D.泽布替尼分子中有氨基和酰胺基，氨基可以与盐酸反应，酰胺基可以与NaOH溶液反应，说法正确，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。一个碳原子有4根键，4根键分别连接4个不同的原子或基团，那么这个碳原子就可以称之为手性碳原子。6．【答案】D【解析】【解答】A.电负性F＞N＞C，故A正确；

B.Z、R的简单氢化物分别为NH3、PH3，NH3存在分子间氢键，沸点NH3＞PH3，B正确；

C.PF6-有6个σ键，无孤电子对，空间结构为正八面体形，故C正确；

D.Z原子均为sP2杂化，故D错误；

故答案为：D

【分析】X形成1个化学键，则X可能为H、F、CI，Y形成4个键，则Y可能为C、Si，Z失去电子1个电子，形成4个共价键，则Z为N或P，W形成1个化学键，则W为H、F、CI，R形成5个共价键，则R为P或N，W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，则W为F，因元素原子序数依次增大，则X、Y、Z、W、R分别为：H、C、N、F、P。7．【答案】C【解析】【解答】A．-CH3的碳原子为sp3杂化无孤电子对，-NH2的氮原子为sp3杂化有1对孤电子对，孤电子与成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，-CH3的键角∠HCH大于-NH2的键角∠HNH，故A错误；

B.该分子中无配位键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，故B错误；

C.根据题干信息，超分子具有自组装的特征，故C正确；

D.该超分子具有酰胺键，在酸性、碱性条件下都可以发生水解反应，故D错误。

故答案为：C

【分析】键角大小的判断方法

①不同杂化类型如键角：CH4<BF3<CO2。

②单键、双键、三键的影响(较少考查，了解)三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。如乙烯分子中H—C=C的键角是121.3°；H—C—H的键角是117.4°，均接近120°。

③杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越多，键角越小如键角：CH4>NH3>H2O；NH4+>NH3；H3O＋>H2O。

④杂化类型和孤电子对数均相同，中心原子的电负性越大，键角越大键角：NH3>PH3>AsH3。解释：N、P、As的电负性逐渐减小，中心原子的电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对排斥力增大，键角增大。

⑤杂化类型和孤电子对数均相同，配位原子的电负性越大，键角越小键角：NF3<NH3。解释：F的电负性比H大，NF3中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比NH3小，且NF3的孤电子对偏向N，孤电子对对成键电子对的排斥力较大。对于第④、⑤种类型，可以归纳为判断中心原子的电子云密度，中心原子的电子云密度越大，则该分子的成键电子对排斥力越大，则键角越大。8．【答案】B【解析】【解答】A.本实验，利用环己烷－水的共沸体系（沸点69℃）带出水分，体系中沸点最低的有机物是环己烷（沸点81℃），反应时体系的温度控制在高于69℃，低于81℃，A错误；

B.根据环己烷带出水的体积，结合反应方程式，可估算出反应进度，B项正确；

C.蒸出的是共沸体系，环己烷与水不混溶，锥形瓶中冷却为液体后会出现分层现象，C项错误；

D.以共沸体系带出水促使反应正向进行，反应过程中能够，反应物浓度减小，反应速率减小，D项错误；

故答案为：B

【分析】考查有机合成和推断，涉及推断有机物的分子式、官能团与性质、耗H2量、化学方程式、结构简式等。9．【答案】C【解析】【解答】A、根据晶胞结构可知，Ga原子占据As原子形成的四面体空隙，故A正确；

B.两个As原子间最短距离为面对角线的一半，为22dpm，故B正确；

C.根据均摊法，晶胞中有4个As，Ga的个数为8×18+6×12=4，晶胞的密度为4×145NA×d3×103010．【答案】C【解析】【解答】A.正极电势高于负极，n极电势高于m极电势，故A错误：

B.OH由a经过离子交换膜到b，离子交换膜应选择阴离子交换膜，故B错误；

C．选项，b电极的电极反应式为：2NH3＋6OH-+6e-＝N2＋6H2O，故C正确：

D．未说明状态，无法计算2.24LH2物质的量，故D错误。

故答案为：C。

【分析】管装置为原电池和电解池的组合装置，光伏并网发电装置为原电池，另一个为电解池，通入NH3的电极为阳极，因此a电极为阴极，发生的电极反应式为：2H2O＋2e-＝H2＋2OH-，b电极为阳极，发生的电极反应式为：2NH3＋6OH-+6e-＝N2＋6H2O，对应可知n为正极，m为负极。11．【答案】B【解析】【解答】A．硝酸具有挥发性和强氧化性，进入b中干扰了NO2与I-的反应，故A错误；

B.纯银为阳极，铝件为阴极，符合电镀条件，故B正确；

C.Na的燃烧实验不能在玻璃表面皿中进行，应在坩埚中进行，故C错误；

D．蒸发结晶应该在蒸发皿中进行，且需蒸发浓缩、冷却结晶才能得到FeSO4·7H2O晶体，不能使用坩加热的方法。故D错误。

故答案为：B

【分析】本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体的制取、混合物的分离等知识点，注重基础知识的考查，题目难度不大。12．【答案】D【解析】【解答】A.HF形成分子间氢键，沸点相对较高，HF在标准状况下为液态，故A正确；

B．O3是极性分子，O2是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，O3在水中的溶解度大于O2，故B正确：

C.石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；

D．分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式的空间位阻小，椅式环己烷（C6H12）比船式环己烷稳定，D错误；

故答案为：D

【分析】做题时注意O3是极性键形成的极性分子。13．【答案】A【解析】【解答】A.由图可知，转化历程有四个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步，决速步为

HCOO＊＋5H＊＝CH3O＊＋H2O＋H＊，故A正确；

B.催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu／ZnO／ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇依然能自发进行，故B错误；

C.反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，故C错误；

D．反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100％，故D错误。

故答案为：A。

【分析】在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。

正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。14．【答案】D【解析】【解答】A.平衡常数只与温度有关，则K（A）＞K（B）＝K（C），A错误；

B.平衡时，正、逆反应速率相等，相同压强，温度高反应速率大，则v（B）＞v(A)，相同温度时，压强大反应速率快，则v(B）＞v(C），B错误：

C．由分析可知，反应温度：T1＞T2，C错误；

D.由M=m混n混可知，混合气体质量不变，物质的量越大，平均摩尔质量越小，氨气的平衡产率越低，混n合气体物质的量越大，即n(A）＜n(B）＜n(C），则M(A）＞M(B）＞M(C），D正确；

故答案为：D。

【分析】ΔH＜0，则同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，氨气的平衡产率降低，平衡常数K减小，故T115．【答案】C【解析】【解答】A．图中pH=9.22时，c(H3RO3)=c(H2RO3-).则H3RO3的Ka1=c(H+)×C(H2RO3-)C(H3RO3)=c(H+)=10-9.22，A错误；

B.由图可知，当pH调至11～12时，c(H2RO3-)减小，H2RO3-与OH-反应生成HRO32-和H2O，离子方程式为：H2RO3-与OH-=HRO32-+H2O，B错误；

C.pH为12.8时，c(H2RO3-)=c(RO33-)由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2RO3-)+2c(HRO32-)+3c(RO33-)，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)++2c(HRO32-)+4c(RO33-)，C正确；

D.pH为14时c(OH-)=0.1mol/L，由图可知，c(RO33-)＞c(HRO32-)＞c(H2RO3-)，且均小于0.1mol/L，则溶液重点c(OH-)＞c(RO33-)＞c(HRO32-)＞c(H2RO3-)，D错误；16．【答案】（1）4s24p4（2）CuS、PbS（3）TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失。（4）6.75×10-7（5）H2SeO3+4HONH3Cl=Se↓+2N2↑+7H2O+4HCl（6）滴入半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色；98.75%【解析】【解答】(1)基态硒是第四周期VIA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；

(2)可溶性的铜、铅化合物加入NaHS除杂，得到除杂渣，产生难溶性的硫化物，故“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS：

(3)“中和”时控制pH为4～5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降；

(4)亚硒酸为二元弱酸，Ka1＝2.7x10-3、Ka2＝2.5x10-8，“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中c(SeO32-)c(H2SeO3)=c(SeO32-)×c(HSeO3-)c(HSeO3-)×c(H2SeO3)=c(H+)×c(SeO32-)c(HSeO3-)×c(H+17．【答案】（1）丙烯腈（2）碳碳三键、羟基；消去反应（3）9；6（4）2+O2→ΔCu2+2H2O（5）10（6）→催化剂H2HOCH2CH2CH2CH2OH→Δ浓H【解析】【解答】（1）由分析可知，F的结构简式，名称为丙烯腈，

故答案为：丙烯腈；

（2）由分析可知，C的结构简式为，官能团为碳碳三键、羟基；C→D的反应在浓硫酸中共热发生消去反应生成和水，

故答案为碳碳双键、羟基，反应类型：消去反应；

（3）化合物D的结构简式为，分子中碳碳三键为直线型，碳碳双键为平面型，分子中最多有9个原子共面；化合物G的分子中有6中环境的氢原子，

答案：9；6；

（4）由分析可知，A（）和氧气在铜的催化作用下发生催化氧化生成B()和H2O，方程式为2+O22+2H2O；

(5)B的同系物H的相对分子质量比B大14，分子中无环状结构，能使溴水褪色说明H分子的分子式为C4H8O，含有的官能团为醛基，或碳碳双键和羟基，或碳碳双键和醚键，其中官能团为醛基的结构有2种；由羟基直接连在碳碳双键的碳原子上的结构不稳定可知，官能团为碳碳双键和羟基的结构有4种：官能团为碳碳双键和醚键的结构有4种，则符合条件的结构共有10种；

故答案为：10；

(6)由题给有机物的转化关系可知，以乙炔、甲醛及无机试剂为原料合成1，4-环已二烯的合成步骤为催化剂作用下乙炔与甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，催化剂作用下HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH在浓硫酸中共热发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，CH2＝CHCH＝CH2与乙炔共热发生加成反应生成合成路线为

【分析】由有机物的转发关系可知，催化剂作用下CH3CH=CH2与水发生加成反应生成，则A为，铜作催化剂下与氧气加热发生催化氧化反应生成，B为；与乙炔加成反应生成，则C为；在浓硫酸中共热发生消去反应生成，催化剂作用下与H2发生加成反应生成，E为；催化剂作用下乙炔与HCN发生加成反应生成，则F为；与共热发生加成反应生成。18．【答案】（1）五氧化二磷或硅胶或无水氯化钙；d（2）增大接触面积，提高吸收效率（或吸收速率）（3）NO2+CH3SCH3→60~（4）防止倒吸（5）①氧气将NO转化为NO2，可以提高原料利用率。②过量的氧气将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气吸收。③将装置中的气体赶入后面的装置充分吸收。（任选两点回答）（6）DMSO与水分子之间可形成氢键（7）80.00【解析】【解答】(1)B中盛放的试剂的目的是干燥NO2，则B中盛放的试剂可能是五氧化二磷或硅胶或无水氯化钙，仪器X为冷凝管，进水口为下端；

答案为：五氧化二磷或硅胶或无水氯化钙；d。

(2)多孔球泡可以增大气体与溶液接触面积，提高吸收效率，增大接触面积，提高吸收效率，

答案为：增大接触面积，提高吸收效率（或吸收速率）。

(3)检测发现装置A中产生的气体通入装置C中发生反应后，气体成分不变，可推测C中反应生成DMSO的同时生成NO；

答案：

NO2+CH3SCH3→60~80°C+NO；

(4)双球U型管吸收尾气，双球的容积大可防止液体倒吸；

答案为：防止倒吸。

(5)HNO2微热易分解为NO、NO2和H2O，为得到更多的NO2，因此需要将NO转变为NO2，则实验中O2需过量的原因是将NO氧化成NO2，可以提高原料利用率，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收；同时O2可将装置中的气体赶入后面的装置充分吸；

答案为：①氧气将NO转化为NO2，可以提高原料利用率。②过量的氧气将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气吸收。③将装置中的气体赶入后面的装置充分吸收。（任选两点回答）。

(6)分子间形成氢键是溶解度增大为主要因素，分子的极性是次要因素；

故答案为：DMSO与水分子之间可形成氢键。

(7)根据二甲基硫醚（CH3SCH3）制备DMSO的反应原理，则理论上得到DMSO的质量

0.85g•cm3×31.00ml×7862，则本实验的产率是24.11ml×1.10g•cm-30.85g•cm-3×31.00ml×7862×100%≈80.00%；19．【答案】（1）-90（2）CO；D；23（3）1.8；＜【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，△H3=△H1-△H2=-49.0kJ/mol-41.0kJ/mol=-90.0kJ/mol；

答案：-90

（2）①反应ii