甘肃省2023-2024学年高三普通高中学业水平选择性考试仿真模拟卷（二）化学试卷（含答案解析）

甘肃省2023-2024学年高三普通高中学业水平选择性考试仿真模拟卷(二)化学试题注意事项：1.本卷满分100分。考试时间75分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mn55Cu64Ge73Sb122Hg201一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.我国空间站建设日新月异，其中“天宫二号”为我国空间站研制积累了重要经验。下列说法正确的是A.“天宫二号”中的燃料电池能将化学能完全转化为电能B.“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型无机非金属复合材料C.“天宫二号”飞船的燃料是偏二甲肼，偏二甲肼属于烃类D.“天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同系物【答案】B【解析】【详解】C．燃料电池在工作时，理论上可以将化学能直接转化为电能，但由于电阻作用，也会有热量产生，故不能将化学能完全转化为电能，A错误；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，B正确；C．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；偏二甲肼不属于烃类，C错误；D．石墨烯与金刚石均为碳单质，属于同素异形体，D错误；故选B。2.下列玻璃仪器在相应实验中选用合理的是A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③ B.蒸馏法分离和：④⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤ D.用盐酸滴定溶液：④⑥【答案】C【解析】【详解】A．重结晶法提纯苯甲酸的实验中不需要②球形冷凝管、③温度计，A项不合理；B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4不需要④碱式滴定管，B项不合理；C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯的原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，需要③温度计观察温度，用⑤蒸馏烧瓶组装气体发生装置，C项合理；D．用盐酸滴定NaOH溶液选用酸式滴定管，而④是碱式滴定管，D项不合理；答案选C。3.如图所示研究中的常用分子。下列有关该化合物的说法正确的是A.不能发生加成反应 B.最多能与反应C.不能使酸性溶液褪色 D.不能与氨基酸中的氨基反应【答案】B【解析】【详解】A．化合物M中的苯环能发生加成反应，故A错误；B．1molM中酰胺键水解生成1mol羧基，原还有1mol羧基，所以最多能与反应，故B正确；C．化合物M能与酸性KMnO4溶液反应，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D．化合物M中的羧基能与氨基酸中的氨基反应，故D错误；故答案为：B。4.化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达正确的是A.用电子式表示的形成：B.用化学方程式表示与按反应：C.用离子方程式表示向溶液中加入少量的溶液：D.用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：【答案】D【解析】【详解】A．MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为，A错误；B．用化学方程式表示与按反应，其中氯酸钠中的氯由+5价降低到0价，盐酸中的5个氯由-1价升高到0价，则相应的方程式为：，B错误；C．根据以少定多的原则可知，离子方程式为：，C错误；D．s轨道的形状是球形，p轨道的形状是哑铃型，故用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：，D正确；故选D。5.化合物可作肥料，所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列有关说法正确的是A.元素电负性： B.键能：C.第一电离能： D.最简单氢化物沸点：【答案】D【解析】【分析】E在地壳中含量最多，故E为O；Y的基态原子价层p轨道半充满，又因为Y和M同族，故Y和M可能为N或P；X的基态原子价层电子排布式为，n可能等于2或3，故X可能为Li或Mg；由于化合物所含的5种元素均位于主族，在每个短周期均有分布，且化合价之和为零，X与M同周期，由此可知X为Mg、Y为N、Z为H、M为P、E为O，根据以上分析解答该题。【详解】A．元素电负性：O>N>H，故A错误；B．双原子分子两原子间形成化学键越多，键能越大；氢气为中两原子间为单键，氧气两原子间为双键，氮气两原子间为三键，因此键能：N2>O2>H2，故B错误；C．同主族元素第一电离能从上到下依次增大，同周期元素第一电离能从左到右依次增大，但由于N最外层电子排布处于半充满结构，更稳定不易失去电子故第一电离能N>O，镁元素的第一电离能小于氧元素，故第一电离能：N>O>Mg，故C错误；D．M、Y、E的简单氢化物分别为PH3、NH3、H2O，由于NH3、H2O都可以形成分子间氢键，故沸点较高，又因为H2O分子的氢键较强，故沸点高于NH3；因此最简单氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，故D正确；故选D。6.直链淀粉的结构简式如图所示。下列有关说法中错误的是A.淀粉溶液遇碘水变蓝色B.淀粉属于多糖，满足通式C.淀粉能与银氨溶液反应生成银镜D.淀粉的最终水解产物可表示为【答案】C【解析】【详解】A．淀粉溶液遇碘水中碘单质变蓝色，常用碘液来检验淀粉，A正确；B．淀粉能水解生成葡萄糖，属于多糖，满足通式，B正确；C．淀粉不能与银氨溶液反应生成银镜，其水解生成的还原性糖能与银氨溶液反应生成银镜，C错误；D．淀粉的最终水解产物葡萄糖，可表示为，D正确；故选C。7.实验室用如图装置(加热和夹持装置已省略)制备苯乙酸(，熔点，微溶于冷水，溶于乙醇)，其反应原理：(aq)+2H2O(l)(aq)+NH3(g)。下列说法错误的是A.仪器c的作用是冷凝回流B.可将三颈烧瓶置于热水浴中加热C.分离苯乙酸粗品时先加入冷水再分液D.提纯粗苯乙酸的方法是重结晶【答案】C【解析】【详解】A．球形冷凝管有冷凝的作用，提高反应物的利用率，故A正确；B．本实验需要在加热条件下进行，因此采用热水浴加热，使受热均匀，故B正确；C．苯乙酸微溶于冷水，加适量冷水降低温度，减小苯乙酸的溶解度，便于苯乙酸析出，再过滤分离苯乙酸粗品，故C错误；D．苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶，故D正确；故选C。8.价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是A.和均为非极性分子B.分子中的键角比中的键角大C.和的VSEPR模型均为四面体D.和的空间结构均为平面三角形【答案】C【解析】【详解】A．中N原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥，属于极性分子，故A错误；B．分子中N原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，中N原子采用sp3杂化，无孤电子对，的键角比中的键角小，故B错误；C．和中C、O原子价电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体，故C正确；D．S原子价电子对数均为4，空间结构均为三角锥；中C原子价电子对数均3，空间结构均为平面三角形，故D错误；选C。9.电化学知识在工业生产中应用广泛。如图所示，装置Ⅰ为甲烷-氧气燃料电池(电解质溶液为溶液)，装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。下列说法错误的是A.装置I中b处应通入B.电镀结束后，装置I中溶液的减小C.a处通入气体发生的电极反应式为D.装置Ⅱ中阴极质量变化，则装置I中理论上消耗甲烷(标准状况)【答案】D【解析】【分析】Ⅱ中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以b处通入的气体是O2。甲烷在负极失电子和氢氧根反应生成碳酸根离子和水。装置Ⅰ中消耗氢氧化钾使溶液PH减小。电镀过程中阴极质量变化的质量就是上析出铜的质量，根据整个装置中电子转移相等计算消耗甲烷的体积。【详解】A.通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜,则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以b处通入的气体是O2，A说法正确；B.根据I中电池反应为，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；B说法正确；C.a处电极为负极，负极上通入燃料甲烷，甲烷失电子生成的二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为：，C说法正确；D.镀过程中阴极质量变化的质量就是上析出铜的质量。阴极析出铜，左边原电池和右边电解池转移电子数相等，所以消耗甲烷的体积，D说法错误；故答案为：D。10.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A酸性：强于羟基极性B熔点：高于晶体类型C沸点：正丁烷高于异丁烷分子间作用力D在水中的溶解度：大于烃基基团大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CH2ClCOOH中的羟基极性强于乙酸，使得CH2ClCOOH酸性强于乙酸，故A正确；B．硫化钠和硫化钾均为离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，钠离子半径小于钾离子半径，钠离子与硫离子之间的离子键强于钾离子与硫离子之间的离子键，因此硫化钠的熔点高于硫化钾，故B错误；C．正丁烷和异丁烷均为分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，正丁烷的分子间作用力大于异丁烷，因此正丁烷的沸点高于异丁烷，故C正确；D．乙醇和CH3CH2CH2CH2CH2OH均为极性分子，但是乙醇的烃基基团小于CH3CH2CH2CH2CH2OH的烃基基团，因此乙醇在水中的溶解度大于CH3CH2CH2CH2CH2OH，故D正确；故答案为：B。11.下列反应与原理不同的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】为酯化反应，也就取代反应；【详解】A．乙醛中醛基和HCN发生加成反应生成-OH和-CN；B．反应中酰胺基发生取代反应生成羧基，同时得到氯化铵；C．分子-Cl被-NH2取代，属于取代反应；D．该反应为成醚反应，属于取代反应；故选A。12.铋酸钠广泛应用于制药业，其粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸则迅速分解。某同学设计如下实验，利用白色且难溶于水的在溶液中与反应制备，实验装置如图(加热和夹持仪器已省略)所示。下列说法错误的是A.装置的作用可能是吸收尾气B.制备的离子方程式为C.从反应器中获得尽可能多的产品，需进行的操作：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥D.反应器中白色固体转化为淡黄色固体且黄色不再加深时，可以判断反应已经完成【答案】C【解析】【分析】Bi（OH）3，是难溶于水的白色固体，在NaOH溶液中与Cl2反应，生成不溶于冷水的NaBiO3；【详解】A．尾气氯气有毒，M为吸收尾气防止污染，A正确；B．Bi（OH）3，是难溶于水的白色固体，在NaOH溶液中与Cl2反应，生成不溶于冷水的NaBiO3，反应中Bi化合价由+3变为+5、氯化合价由0变为-1，结合电子守恒可知，反应为，B正确；C．铋酸钠遇沸水或酸则迅速分解，故不能加热蒸发，C错误；D．铋酸钠呈浅黄色，不溶于冷水，则白色固体转化为淡黄色固体且黄色不再加深时，可以判断反应已经完成，D正确；故选C。13.某实验小组利用虚拟感应器技术测定的溶液滴定盐酸，该过程中的变化曲线如图所示(忽略滴定过程中的逸出)。已知：时，的。下列说法正确的是A.曲线I表示的变化 B.c点对应溶液的C.溶液中水的电离程度： D.图像中【答案】B【解析】【分析】向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2CO3，再发生反应H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；【详解】A．向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2CO3，再发生反应H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3，所以H2CO3的浓度先增大后减小，曲线I表示的变化，曲线Ⅱ表示的变化，故A错误；B．c点对应溶液，，所以对应c(H+)=4×10-7，lg4=0.6，所以，故B正确；C．盐酸抑制水电离，碳酸钠促进水电离，加入碳酸钠越多，水的电离程度越大，所以溶液中水的电离程度：，故C错误；D．d点盐酸恰好与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，HCl、Na2CO3的物质的量比为1:1，所以图像中V2=10，故D错误；选B。14.理论计算预测，由永、锗、锑形成的一种新物质为潜在的拓扑绝缘体材料。的晶体可视为晶体(晶胞如图所示)中部分原子被和取代后形成(图为的晶胞结构)。下列说法错误的是A.图a晶胞中含有8个Ge原子B.X晶胞的化学式为C.X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4D.X晶体密度为(为阿伏加德罗常数的值)【答案】D【解析】【详解】A．根据“均摊法”，a晶胞中含有=8个Ge原子，A正确；B．根据“均摊法”，X晶胞中含Hg的个数为，Ge的个数为，Sb的个数为8，则晶体的化学式为HgGeSb2，B正确；C．根据图示，每个Hg原子与4个Sb原子相连，则与Hg距离最近的Sb的数目为4，C正确；D．结合B分析可知，晶体密度为，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题。共58分。15.实验室用还原(沸点：，易与水反应)制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置已略去)。回答下列问题：（1）装置I中发生反应的离子方程式为___________。（2）装置II盛装的是___________，作用是___________；装置III水浴加热的目的是___________。（3）实验开始时应先___________，再___________，这样操作目的是___________。（4）装置导出的气体在空气中易形成白雾，写出装置中发生反应的化学方程式：_______。（5）可利用高纯硅制备甲硅烷，其转化过程为高纯硅(同时有生成)。反应②中生成与的体积之比为___________。【答案】（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑（2）①.浓硫酸②.干燥氢气③.将SiHCl3气化后与氢气在石英管中反应（3）①.打开活塞K②.加入SiHCl3③.排尽装置中的空气（4）H2+SiHCl3Si+3HCl（5）1:4【解析】【分析】锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氢气中含有水蒸气，先用浓硫酸干燥氢气，用氢气排出装置内的空气后再加热石英管，将SiHCl3放入到温度高于32℃的盛水烧杯的烧瓶中，将SiHCl3气化后与氢气在石英管中反应。【小问1详解】锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2；故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2。【小问2详解】根据分析可知装置II盛装的是浓硫酸，用于干燥氢气，装置III水浴加热的目的是将SiHCl3气化后与氢气在石英管中反应；故答案为：浓硫酸；干燥氢气；将SiHCl3气化后与氢气在石英管中反应。【小问3详解】实验开始时应该先打开活塞K，生成氢气排尽装置中的空气，然后加入SiHCl3；故答案为：打开活塞K；加入SiHCl3；排尽装置中的空气。【小问4详解】H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，HCl遇到空气中的水蒸气产生白雾，故方程式为H2+SiHCl3Si+3HCl；故答案为：H2+SiHCl3Si+3HCl。【小问5详解】反应②的方程式为Mg2Si+4NH4Cl=2MgCl2+SiH4+4NH3，则生成的SiH4与NH3的体积之比为1:4；故答案为：1:4。16.锰酸锂可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为，含少量等杂质)吸收含硫烟气(主要成分)制备，生产流程如下：已知：①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强；②在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的如下表：沉淀物开始沉淀2.77.63.47.7完全沉淀3.79.64.79.8回答下列问题：（1）滤渣1为________(填化学式)；被还原为的离子方程式为_________。（2）由“滤液1”得到“滤液2”同时回收的实验方案为[在时溶解]：边搅拌边向滤液1中滴加足量___________；搅拌，加入溶液至___________，过滤得滤液2和固体；向所得固体中加入___________溶液至，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入___________，___________、___________、低温烘干得(实验中须用到的试剂有：溶液、溶液、)。（3）已知室温下，，当时，要使形成沉淀，___________。（4）在实际生产中，与按物质的量之比混合后，均匀加热制取，反应过程如下：①升温到时，开始分解产生，同时生成固体，此时比预计的分解温度低得多，原因可能是___________。②升温到时，开始分解产生另一种气体，完全反应后，恰好与①中产生的的物质的量相等，同时得到固体。则固体的化学式为___________。③升温到时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的。写出该阶段反应的化学方程式：___________。【答案】（1）①.②.（2）①.溶液②.4.7≤pH<7.7③.④.⑤.过滤⑥.洗涤（3）（4）①.MnO2对的分解有催化剂的作②.Mn2O3③.【解析】【分析】软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，、Fe2O3、FeO、Al2O3都能溶于酸，二氧化硅不溶于酸，得到滤渣1为二氧化硅，三价铁将二氧化硫氧化为硫酸同时生成二价铁，滤液1含Al3＋、Mn2＋、Fe2＋，滴加足量过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，利于将铁离子转化为沉淀，结合图表数据，搅拌加入氢氧化钠溶液至4.7≤pH<7.7，使得铁、铝离子沉淀而锰离子不沉淀，过滤得到滤液2和固体，固体含有氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH≥12，搅拌溶解氢氧化铝得到四羟基合铝酸钠溶液，氢氧化铁不反应，过滤再向所得滤液中通入二氧化碳将四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝；滤液2中加入氢氧化钠溶液过滤得到Mn(OH)2，一定条件下得到MnO2，Li2CO3与MnO2按物质的量之比为1：4混合均匀加热制取LiMn2O4；【小问1详解】由分析可知，滤渣1为；铁离子具有氧化性把二氧化硫氧化为硫酸而本身被还原为亚铁离子，离子方程式为；【小问2详解】由分析可知，由“滤液1”得到“滤液2”同时回收的实验方案为：边搅拌边向滤液1中滴加足量溶液，搅拌，加入溶液至4.7≤pH<7.7，过滤得滤液2和固体；向所得固体中加入溶液至，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入，过滤、洗涤、低温烘干得；【小问3详解】当时，pOH=6，要使形成沉淀，此时，故；【小问4详解】①升温到515℃时，开始分解产生，同时生成固体A氧化锂，此时比预计的分解温度(723℃)低得多，说明MnO2对的分解有催化剂的作用；②实际生产中，与按物质的量之比混合后，均匀加热制取；升温到566℃时，开始分解产生另一种气体X只能为氧气，氧气恰好与①中产生的CO2物质的量相等，假设Li2CO3的物质的量为1mol，MnO2物质的量为4mol，则产生1molCO2即也生成1molO2，由元素守恒可知，生成B中含4molMn和4mol×2-1mol×2=6molO，故得到固体B的化学式Mn2O3；③升温到720℃时，A()、B(Mn2O3)反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂，Li2O和Mn2O3反应生成LiMn2O4，反应中锰元素化合价化合价升高被氧化，则固体质量增加原因为空气氧气作为氧化剂参与反应，反应的化学方程式为：。17.等温室气体会让地球“发烧”，将进行综合利用是目前的研究热点。回答下列问题：（1）通过使用不同的新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚已有广泛应用。反应I：；反应Ⅱ：。则___________。（2）催化加氢制取甲醇，反应如下：主反应：；副反应：。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和发生反应。实验测得的平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化如图所示：已知：的选择性。①图中表示平衡时的选择性的曲线为___________(填“”或“”)，温度高于时，曲线随温度升高而升高的原因是___________。②时，反应容器内达到平衡状态时，压强为，副反应的，初始充入的物质的量a=___________mol，主反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，计算结果用分数表示)。（3）利用与电解转化法从烟气中分离的原理如图(已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过)。①a端为电源的___________极。②纯净的从___________(填“出口1”或“出口2”)排出，在极上发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）（2）①.X②.温度高于280℃时，以副反应为主，副反应为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，二氧化碳转化率升高③.1.12④.4.2（3）①.负②.出口2③.【解析】【分析】转化为过程中去氢发生了还原反应为电解池的阴极（M极），N极为阳极。阴离子移向阳极，二氧化碳在阴极转化为碳酸氢根离子。阳极的氢离子和碳酸氢根反应生成了二氧化碳，据此分析。【小问1详解】根据盖斯定律，由I×2+Ⅱ可得目标热化学方程式，，故答案为：；【小问2详解】①主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的量减少；副反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，甲醇的选择性降低，结合题图可知，曲线X表示平衡时的选择性随温度的变化，曲线Y表示二氧化碳的平衡转化率随温度的变化。温度高于280℃时，以副反应为主，副反应为吸热反应，随温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高。②由题图可知，240℃时，二氧化碳的平衡转化率为40%，甲醇的选择性为80%，平衡时消耗，产生，可列关系式：则平衡后、CO和的物质的量分别为、0.08mol、，副反应的，解得，故初始充入的物质的量。由上述分析可知，平衡后和的物质的量分别为0.08mol、0.32mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，平衡时，已知平衡时总压强为，主反应的平衡常数。故答案为：X；温度高于280℃时，以副反应为主，副反应为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，二氧化碳转化率升高；1.12；4.2；【小问3详解】①M电极上Q被还原为QH2，所以M电极为阴极，则a为电源负极；②通入的二氧化碳与M极生成氢氧根离子反应：，生成碳酸氢根离子向阳极(N极)移动，和N极产生的氢离子反应得到二氧化碳，所以CO2从出口2排出。故答案为：负；出口2；。18.有机物M()是一种制备液晶材料重要中间体，以苯酚为原料制备M的合成路线如图：已知：Ⅰ(格林试剂)，X=Cl、Br、I；Ⅱ.；Ⅲ.。回答下列问题：（1）B的化学名称为___________。（2）L中含氧官能团的名称是___________。（3）H的结构简式为___________。（4）I→K的反应类型是___________。（5）写出A→B反应的化学方程式：___________。（6）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是___________，在本流程中起类似作