湖南省九校联盟2027届高三上学期第一次联考（衡阳一模） 化学试卷 含解析

高三化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题卷和答题卡上。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。写在本试题卷上无效。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∼1C∼12N∼14O∼16S∼32Cl∼35.5K∼39Cu∼64Cs∼133一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。1.湖南省非物质文化遗产资源丰富，下列相关说法错误的是A.安乡酱卤肉制作中，部分蛋白质水解生成多肽与氨基酸，使制品风味鲜美B.浏阳烟花燃放时产生的五彩焰色，与金属元素发生化学变化释放能量有关C.湘西土家族“茅古斯”舞蹈服饰所用棕叶，主要成分为纤维素D.岳阳“巴陵戏”戏服上的金属饰片久置变暗，包含了金属的化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．酱卤肉制作过程中，蛋白质在酶等作用下水解为多肽、氨基酸，氨基酸等物质赋予肉制品鲜美的风味，A正确；B．烟花的五彩焰色是金属元素的焰色反应，焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，B错误；C．棕叶属于植物纤维类物质，主要成分是纤维素，C正确；D．金属饰片久置变暗，是金属与空气中的氧气、硫化物等发生化学反应导致的腐蚀，属于化学腐蚀，D正确；故选B。2.可在野外用作生氢剂，其原理为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.的电子式为 B.该反应属于复分解反应C.的空间填充模型为 D.中含有的原子数为【答案】A【解析】【详解】A．是离子化合物，由和构成，其电子式为，A正确；B．该反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，而复分解反应中所有元素化合价均不变，因此该反应不属于复分解反应，B错误；C．中心O原子价层电子对数为，孤电子对数为2，其空间结构为V形，给出的空间填充模型为直线形结构，C错误；D．的物质的量为，每个分子含2个原子，故总原子数为，D错误；故选A。3.下列实验装置或操作，能达到相应实验目的的是A．验证非金属性：S>C>SiB．分离铁粉和C．制备固体D．验证牺牲阳极法A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．稀硫酸与反应生成，证明酸性；通入溶液生成硅酸沉淀，证明酸性。最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素非金属性越强，可验证非金属性，A正确；B．加热条件下和会发生化合反应生成，无法用加热升华法分离二者，B错误；C．和在水溶液中发生完全双水解，生成沉淀和气体，不能制得，C错误；D．装置为原电池，Zn做负极被氧化，Fe做正极被保护，属于牺牲阳极法，但不能直接滴加铁氰酸钾溶液，需要取铁电极附近溶液于试管中，再向试管中滴加铁氰酸钾溶液，防止铁氰酸钾溶液与铁电极反应，D错误；故答案选A。4.、是常见的离子晶体，均属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A.熔点：B.晶体中与最近且距离相等的有6个C.二者晶胞结构不同的原因可能是阳离子的半径大小不同D.和晶体的密度之比为【答案】D【解析】【详解】A．离子晶体熔点随晶格能增大而升高，半径小于，晶格能大于，故熔点，A正确；B．为型面心立方结构，的配位数为6，即最近且等距的有6个，B正确；C．阳离子半径大小会影响离子晶体的配位数，半径大于，配位数为8，二者结构不同的原因与阳离子半径差异有关，C正确；D．晶体密度公式为，晶胞、晶胞，但二者晶胞参数不同，不能忽略的比值直接计算密度比，D错误；故选D。5.短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次递增，与同族，原子结构中只有一种电子运动状态。元素的第一电离能高于同周期相邻元素的。与的最外层电子数之和是与最外层电子数之和的4倍。下列说法错误的是A.原子半径： B.X、Z、M可形成化合物C.液态常用作制冷剂 D.电负性：【答案】B【解析】【分析】根据信息，原子只有一种电子运动状态，说明只有1个电子，故为；与同主族，短周期且原子序数最大，故为；、最外层电子数之和为，则、最外层电子数之和为；4.第一电离能高于同周期相邻元素，且Z可能是第ⅡA或者第ⅤA族，又由于Z的原子序数介于Y与M之间，故为（最外层5个电子），则最外层电子数为，为。最终元素：，，，。【详解】A．同周期原子半径从左到右减小，同主族从上到下增大，故半径顺序，即，A正确；B．、、可形成离子化合物（结构为），B错误；C．液态汽化时吸收大量热，常用作制冷剂，C正确；D．中N化合价为-3价，则电负性顺序为，中H为-1价，则电负性顺序为，则电负性：，D正确；故选B。6.南北朝时期古人将雄黄(，其结构为)与草木灰(主要成分为)混合在空气中煅烧，发生反应：。已知：与同主族。下列说法错误的是A.结构中和的杂化轨道类型均为B.消耗，转移C.既是氧化产物又是还原产物D.与的空间结构都是正四面体形【答案】B【解析】【详解】A．中每个形成3个键、含1对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为；每个形成2个键、含2对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为，A正确；B．题目未指明处于标准状况下，无法确定的物质的量，故无法计算转移电子数，B错误；C．反应中元素化合价从+2价升高到中的+5价，元素化合价从中的0价降低到中的-2价，故既是氧化产物又是还原产物，C正确；D．和中中心原子的价层电子对数均为4，无孤电子对，故空间结构均为正四面体形，D正确；故本题选B。7.我国科学研究者开发了一种新型的铝-硝酸盐催化电池，可实现高效、可持续地合成，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.可使用工业废铝作极材料B.为正极，其电极反应式为C.外电路转移时，理论上最多可得到D.极室电解液用溶液代替，电池仍可工作【答案】C【解析】【分析】X极得电子生成，为正极；那么Y极为负极，Al发生氧化反应生成。【详解】A．Y极为负极，Al发生氧化反应生成，工业废铝含有Al，可作为Y极材料，A正确；B．X极得电子生成，为正极，N元素化合价从+5价降低到-3价，得8个，碱性环境下配平后电极反应为，电荷、原子均守恒，B正确；C．根据正极的反应，外电路转移8mol时，理论上生成1mol，可得到1mol，但根据图中信息，负极会发生金属铝将还原为的副反应，实际生成的大于1mol，C错误；D．若Y极室电解液用KOH溶液代替，负极的反应仍为：，不需要参与，电池仍能正常工作，D正确；故答案选C。8.根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A用计分别测定溶液和溶液的，溶液的大大小：B溴乙烷与溶液共热后，滴加溶液，未出现浅黄色沉淀溴乙烷未发生水解C在水晶柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔出一个椭圆形状水晶导热具有各向异性D将与共热一段时间后，将所得固体溶于稀盐酸，滴加溶液，溶液不变红全部被还原A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．未说明和溶液的物质的量浓度相等，无法根据大小比较对应酸的，A错误；B．溴乙烷水解后溶液呈碱性，会与反应生成沉淀，干扰的检验，应先加稀硝酸酸化再加，无法得出溴乙烷未水解的结论，B错误；C．水晶属于晶体，晶体的物理性质具有各向异性，石蜡熔化呈椭圆形说明水晶不同方向导热速率不同，符合各向异性的特征，C正确；D．若部分被还原生成，溶于稀盐酸时，会与反应生成，滴加溶液也不会变红，无法说明全部被还原，D错误；故选C。9.我国科学研究工作者在人工光合成领域设计构筑了一类有机框架材料(HNNU-Se)，实现了以空气中的低浓度、和自然光为原料直接合成乙醛。光照时，光催化电极产生电子和空穴。下列说法正确的是A.HNNU-Se在传递的过程中的化合价发生变化B.整个过程中，存在极性键和非极性键的断裂与形成C.整个过程中，存在反应：D.总反应为【答案】C【解析】【详解】A．HNNU-Se作为的传递载体，仅发生的结合与释放，无电子转移，化合价不变，A错误；B．反应物、均只含极性键，反应过程中无非极性键的断裂，B错误；C．图示被空穴氧化，生成和，对应反应为，C正确；D．该反应式左右原子数目不相等，未配平，不符合原子守恒，正确方程式为，D错误；故答案选C。10.某药物中间体(c)的合成路线如下：下列说法错误的是A.a具有两性B.b分子中最多9个碳原子共平面C.可与形成含有2个六元环结构的产物D.与足量加成的产物的环上含有4个手性碳原子【答案】D【解析】【分析】a与甲酸乙酯发生酰胺化反应生成b，b中酚羟基的氢原子被取代生成c。【详解】A．根据a的结构简式，含有酚羟基，具有酸性。含有氨基，具有碱性，因此a具有两性，A正确；B．b分子中，苯环右侧2个碳原子通过单键旋转与苯环共平面，氮原子通过旋转将酰胺基碳与苯环共平面，共9个碳原子共平面，B正确；C．是二卤代烃，可以分别与中2个酚羟基发生取代反应，从而形成一个含氧的六元环，加上苯环，即得到一个有2个六元环结构的产物，C正确；D．手性碳原子指连接4个不同原子或原子团的碳原子，c中，酰胺基不能与氢气发生加成反应，苯环可以与足量氢气发生加成反应生成，如图，环上有3个手性碳原子，D错误；故答案选D。11.叠氮化钠是一种防腐剂和分析试剂，实验室制备的原理如下：已知：Ⅰ.氨基钠熔点为，易潮解，易被氧化；Ⅱ.不与酸、碱反应，氧化性强，可将氧化为。下列说法错误的是A.、装置中的试剂可以为碱石灰B.制备操作中打开、，首先加热，再加热C.装置的作用是吸收尾气、，具有防倒吸功能D.中产生无污染气体，离子反应为【答案】C【解析】【分析】装置A是利用、稀盐酸和稀硝酸制备；装置B的作用是吸收中混有的、水蒸气，试剂可以选择碱石灰；装置C的作用是利用和加热制备；装置D的作用是干燥，试剂可以选择碱石灰；先将通入装置E中排尽空气后再制备，再通入制备；装置F可以吸收多余的，并且可以防止倒吸；装置G可以吸收多余的；最后收集生成的，由此解答。【详解】A．B装置用于除去A中生成的混有的、水蒸气，不与碱石灰反应，D装置用于干燥C中生成的，碱性气体可用碱石灰干燥，A正确；B．易被氧化，先加热C产生，排尽装置内的空气，防止、被氧化，再加热E发生与的反应，B正确；C．已知不与酸、碱反应，装置F中溶液能吸收而不能吸收，在G装置中可被还原，装置F的下层可起到防倒吸作用，C错误；D．已知可将氧化为，反应中失，中2个共得，结合电荷、原子守恒，该离子方程式书写正确，且产物无污染，D正确；故选C。12.一种镀镍废水(主要含、)的处理工艺如下：已知：①常温下，“沉降”所得滤液中。②转化为无毒无害的物质。下列说法错误的是A.“沉降”时，加入絮凝剂有利于沉降B.C.处理的离子方程式为D.“煮沸”的目的是使受热分解而除去【答案】C【解析】【详解】A．絮凝剂可吸附悬浮的小颗粒，使其聚集成大颗粒加快沉降，A正确；B．pH=10时，，B正确；C．“沉降”步骤的反应环境为pH=10的碱性条件，反应物不能出现，该离子方程式不符合反应环境，正确的离子方程式为，C错误；D．受热易分解，煮沸可除去过量的，避免其对后续步骤产生影响，D正确；故答案选C。13.常温下，某混合溶液中，混合溶液①的，混合溶液②的，、、和随变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.点时，B.电离常数C.水的电离程度：D.时，溶液中：【答案】B【解析】【分析】常温下，随着增大而减小，随着增大而增大，两条直线在处相交，因此交点为X的两条直线代表和；对于弱酸，增大，的电离平衡正向移动，随着增大而增大，随着增大而减小；根据溶液初始浓度可知，交点为M的两条曲线对应的是混合溶液②中的和，交点为N的两条曲线对应的是混合溶液①中的和，由此解答；【详解】A．点和点时，均满足，根据电离平衡常数，点和点对应的相等均为5，A错误；B．点时，对应的，满足，电离平衡常数，B正确；C．的水解会促进水的电离，的电离会抑制水的电离，越大，的物质的量分数越大，水的电离程度越大，根据三点的大小可知，水的电离程度：，C错误；D．根据图像结合分析可知，时，溶液②中各个离子浓度的大小关系为，D错误；故选B。14.水煤气变换反应可提高水煤气中的含量。在下，向含有，，，的物质的量之比为的容器中投入一定量发生反应：(忽略副反应)。测得的平衡转化率与水碳比、温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.点对应条件下，反应达平衡时，理论上放出热量263.68kJB.水碳比一定时，与的物质的量比值保持不变时，反应可能未达平衡C.点对应条件下，平衡常数D.随着水碳比的增大，反应物的平衡转化率均增大【答案】C【解析】【详解】A．若初始一氧化碳是8mol，N点一氧化碳转化率是80%，，放热为，但题目没有给出初始物质的量是8mol，题目只给出物质的量之比为，不知道实际投料是多少，无法计算实际放出的热量，A错误；B．由反应的化学方程式，每消耗1molCO，生成1molH2，设反应转化xmolCO，，，只要反应还在进行，x就在改变，比值就改变，因此比值不变，一定达到平衡，B错误；C．M点对应的一氧化碳平衡转化率为80%，设起初投料，，n(H2)=10mol，n(CO2)=1mol，n(N2D．水碳比增大即增大水的投料量，根据化学平衡移动原理，平衡正向移动，一氧化碳的平衡转化率增大，但水的投料量增大的幅度大于其转化的幅度，因此水的平衡转化率减小，因此并非所有反应物的平衡转化率均增大，D错误；故答案选C。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.常用于印染、杀虫剂等。实验室以粗氧化铜(主要含及少量，)为原料制备并测定产品纯度的实验步骤如下：Ⅰ.的制备①称取一定量粗氧化铜于烧杯中，加入稀硫酸，加热至溶解后，补加一定量蒸馏水，得粗硫酸铜溶液。②向粗硫酸铜溶液鼓入热空气，逐滴加入溶液调，加热煮沸，趁热过滤，得滤液。③向滤液通入至溶液呈深蓝色，缓慢加入95%乙醇，静置一段时间，析出深蓝色晶体，过滤，洗涤，干燥，得粗产品。（1）步骤②中“鼓入热空气”的目的是__________________________________________________。（2）步骤②中“调pH”时可使用__________(填标号)测pH。a．广泛pH试纸b．精密pH试纸c．pH计（3）步骤③中选用__________(填标号)洗涤深蓝色晶体。a．蒸馏水b．乙醇-氨水混合液Ⅱ.粗产品中的纯度测定④准确称取粗产品溶于稀硫酸，配制溶液。⑤量取所配溶液于锥形瓶中，加入过量固体，充分反应，静置，用标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，继续滴定至蓝紫色，再加入溶液，剧烈振荡，继续滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗20.00mL标准溶液。已知：i．粗产品中杂质不影响滴定。ii．，。iii．常温下，，表面可吸附。iv．强酸性环境下，易被空气氧化。（4）粗产品溶于稀硫酸的化学方程式为_______________________________________________________。（5）滴定过程中，需要控制的原因是_______________________________________________。（6）滴定至终点的实验现象为______________________________________________________________，产品中的纯度为__________。（7）若未加入KSCN溶液，则导致测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）将溶液中的氧化为，加快反应速率（2）bc（3）b（4）（5）pH过低时，酸性过强会导致被空气氧化，同时​会发生歧化反应生成单质硫和二氧化硫，引发实验误差；pH过高时，、均会与反应（6）①.滴入最后半滴标准溶液，溶液的蓝紫色褪去，且半分钟内不恢复原色②.98.4%（7）偏小【解析】【小问1详解】粗氧化铜中的溶于稀硫酸后生成，鼓入热空气利用将氧化为，且加热条件可提升氧化反应速率，后续调pH=3.0时可完全转化为沉淀除去，而仍稳定留在溶液中。【小问2详解】调节pH至3.0需要精确控制，广泛pH试纸精确度为1，不符合实验要求；精密pH试纸精确度为0.1，选择合适的pH范围可符合实验要求；pH计精确度可为0.1，符合实验要求，故选bc。【小问3详解】目标产物易溶于水，若使用蒸馏水洗涤会造成大量晶体溶解损失；选用乙醇-氨水混合液，一方面乙醇可以降低产物的溶解度，减少晶体溶解损耗，另一方面氨水中的​可以抑制配合物解离，避免产物分解变质，故答案选b。【小问4详解】和硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铵，反应的化学方程式为：。【小问5详解】结合题给已知信息iv，强酸性环境下易被氧化，同时硫代硫酸根在酸性条件下不稳定；若pH过高，、均会与反应，无法参与后续的氧化还原反应，因此需要将pH控制在3~4的区间内保障滴定反应定量完成。【小问6详解】淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，因此终点现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液的蓝紫色褪去，且半分钟内不恢复原色；由反应，可知：，则，100mL溶液中：，故纯度为：。【小问7详解】表面可吸附，故不加KSCN，吸附的不参与反应，而加入KSCN，由于发生沉淀转化：，释放出被吸附的碘单质，让碘单质全部被滴定，因此不加KSCN，结果偏小。16.从金电解废液中回收、、的工艺流程如下。已知：滤饼中含有、、、、等。回答下列问题：（1）提高“氯化”效率的措施有________________________________________(填两条)。（2）“氯化”时，、、分别转化为、、，则转化为的离子方程式为__________________________________________________________________。过量可能导致产生有毒气体__________(填名称)。（3）已知滤饼中与的物质的量之比为，则在“沉金”与“还原2”工序中理论上消耗的__________。（4）“沉铂”时，析出晶体，该步骤需加入过量的原因是______________________________________________________________________。（5）“还原1”时，转化为，该过程的化学方程式为______________________________。（6）“沉锌铁”时，转化为配离子__________(填化学式)。（7）合并滤液1和滤液2，经处理后可返回____________________工序循环使用。【答案】（1）适当升高温度、搅拌、将滤饼粉碎、适当增大盐酸浓度等（任写两条即可）（2）①.3Pt氯气（3）（4）增大浓度，利用同离子效应使沉淀更完全（5）（6）[Pd（7）沉铂【解析】【分析】金电解废液加入粉进行置换，得到滤饼中含有、、、、等，加入和进行氯化后，、、、、分别转化为、、、、；加入将转化为沉淀；再加入将转化为，加入将其还原为；再向滤液中加入调节将、转化为、沉淀除去，并且转化为；加入将转化为，加入将还原为，由此解答；【小问1详解】提高“氯化”效率可以适当升高温度、搅拌、将滤饼粉碎、适当增大盐酸浓度等；【小问2详解】与和反应生成和水，因此离子方程式为3Pt+2ClO3-+16过量可能会和发生归中反应生成氯气，氯气属于有毒气体；【小问3详解】假设滤饼中的物质的量为，则的物质的量为，“沉金”时，被还原为，自身被氧化为，的物质的量为，从+3价降低到0价，转移电子的物质的量为，中的碳元素从+3价升高到+4价，根据得失电子守恒，的物质的量为；“还原2”时，被还原为，自身被氧化为，的物质的量为，从+2价降低到0价，转移电子的物质的量为，中的碳元素从+2价升高到+4价，根据得失电子守恒，的物质的量为，因此；【小问4详解】加入过量的可以提高溶液中的浓度，利用同离子效应降低的溶解度，促进其充分析出，提高沉铂的产率；【小问5详解】“还原1”将还原为，自身被氧化为，因此化学方程式为；【小问6详解】加入，在碱性条件下的配位能力强于，因此转化为；【小问7详解】滤液1和滤液2中主要含有的离子为、和，因此经处理后可以返回“沉铂”工序循环使用。17.扎布沙星是一种相对较新的氟喹诺酮类抗生素，近年来因其在治疗各种细菌感染方面的潜在意义而备受关注，一种合成扎布沙星关键中间体的方法如下：已知：①Boc-为(无环)；②③回答下列问题：（1）物质B中的官能团的名称为碳碳双键、__________。（2）反应C→D的目的是_________________。（3）反应E→F经历了加成、消去两步过程，则反应E→F总的化学方程式为____________________________________________________________。（4）反应的反应类型为__________。（5）已知：含氮物质的碱性随原子的电子云密度的增大而增强，上述路线中多次使用的三乙胺就是一种常用的有机碱，试比较乙胺和三乙胺的碱性强弱，并说明理由：__________________________________________________________________________________________。（6）物质是物质的同分异构体，能水解且能发生银镜反应，结构中存在“”，则符合条件的有__________种(不考虑立体异构)。（7）已知苯甲酸在发生取代反应时，会使新取代基主要进入-COOH的间位。以甲苯和丙烯腈为原料，参照上述合成路线，设计的合成路线(无机试剂任选)_______________________________________________________。【答案】（1）氰基（2）保护氨基（3）（4）还原反应（5）三乙胺中的N原子连接3个乙基，推电子效应更强，N原子电子云密度更大，所以三乙胺的碱性强于乙胺（6）5（7）【解析】【分析】观察C中引入氰基的位置，且反应物B为丙烯腈（），对比可知A的氨基与B的碳碳双键发生加成反应，A的结构简式为；接下来C与反应得到D，目的是保护氨基，避免氨基参与后续反应；D与甲醇钠反应生成E（），根据已知信息②可知，D同时含有酯基和氰基，会发生分子内反应，则E的结构简式为；E再与反应生成F，F与甲醛在碳酸钾作用下反应生成G，G与MsCl在三乙胺、DCM作用下发生取代反应生成H，接下来用将氰基还原为氨基，I分子内成环生成J，J与三氟乙酸在三乙胺、DCM作用下引入生成K，K在一定条件下脱去Boc保护基，重新生成氨基得到L。【小问1详解】物质B为丙烯腈，所含官能团为碳碳双键和氰基。【小问2详解】观察合成路线可知，在步骤C→D中，将氨基转化为，在后续步骤J→K中，与三氟乙酸发生反应，但未发生反应，因此C→D的作用是保护氨基不参与反应。【小问3详解】反应E→F经历先加成后消去的过程，则中的一个氨基氢加成在碳氧双键的O一端，其余部分加成在C一端，可生成中间产物，之后脱去羟基和羟基的β-H（即氨基氢）形成双键，得到产物F。总反应式为。【小问4详解】反应H→I中，在作用下，氰基被还原为氨基，反应类型为还原反应。【小问5详解】乙基是推电子基团，三乙胺中的N原子连接3个乙基，推电子效应更强，N原子电子云密度更大；由已知信息可知，含氮物质的碱性随N电子云密度增大而增强，所以三乙胺碱性更强。【小问6详解】A的同分异构体M能水解且能发生银镜反应，说明M中含有甲酸酯基，且含有氨基，则M相当于中的两个氢原子分别被甲酸酯基和氨基取代，满足以上条件的同分异构体有、、、、，共5种。【小问7详解】由已知信息，苯甲酸上引入取代基得到间位产物，目标产物为对位取代，故不能先将甲苯氧化再引入取代基，应先在甲苯上引入取代基。第一步，甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混酸发生硝化反应，得到对硝基甲苯，将对硝基甲苯用酸性高锰酸钾氧化得到对硝基苯甲酸，然后根据已知信息③，用Fe/HCl将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸。最后利用反应A+B→C的原理，用对氨基苯甲酸与丙烯腈在NaOH、作用下反应，得到目标产物。合成路线设计如下：18.烯烃氢甲酰化是工业上制备醛类物质的重要方法。丙烯催化氢甲酰化制备正丁醛，涉及如下反应：i．ii．iii．iv．回答下列问题：（1）反应的__________，该反应能够自发进行，说明_________