必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（广东专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷01
广东卷专用

广东地区考试题型预测为16（单选题）＋4（填空题），其中结构首次以必考题的形式出现，有可能会在选择题中考查，也有可能在化工或原理综合题中考查原子结构和晶体结构的内容，在有机综合题中考查分子结构的内容。
由于是第一次以必考的形式出现，结构的难度未知，可以往年结构选考题为依据进行备考。

2022年广东地区的结构题还是以选考的形式出现，2023年首次以必考的形式出现。考虑到考试时间的因素，题量不会发生改变。在题量不变的情况下，结构大概率会被拆开放进各种板块中。
因为广东地区使用的是人教2019版的教材，这个教材选择性必修三有机化合物与选择性必修二物质结构的联系紧密，所以可以在有机综合题中考查杂化和分子空间构型的知识。而原子结构的考查可以模仿山东新高考在选择题中出现，也可以模仿辽宁新高考在原理大题出现。广东卷一向注重创新，所以晶体结构可以结合化工流程考查。此外，还可以在化学用语的考查中考查原子结构的内容，在元素周期表和周期律的内容中考查物质结构的知识。
基于以上猜测，本卷出现的结构方面的题目稍微偏多，便于大家参考。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物的主要成分不属于硅酸盐的是




A．新石器时代·红陶兽形器
B．北燕·鸭形玻璃柱
C．明·象牙雕佛坐像
D．清·五彩花卉瓷盖碗
【答案】C
【详解】A．红陶即陶瓷，属于传统硅酸盐材料，A不合题意；
B．玻璃柱主要成分是玻璃，属于传统硅酸盐材料，B不合题意；
C．象牙不属于有机高分子材料，其主要成分应是矿物质化的碳酸钙、磷酸钙盐等，不属于天然高分子化合物，C符合题意；
D．五彩花卉瓷盖碗是陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D不合题意；
故答案为：C。
2．化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A．热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B．明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C．硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
【答案】B
【详解】A． 碳酸钠溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解，热的碳酸钠溶液水解后碱性增强，去油污效果好，A正确；
B．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，故可用于胃肠X射线造影检查，C正确；
D．镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故选B。
3．四氯化锗()是光导纤维的常用掺杂剂，锗与硅同族。下列说法不正确的是
A．基态原子价层电子排布式为 B．的熔点比低
C．的空间构型为正四面体 D．第一电离能大小：
【答案】B
【详解】A．锗是32号元素，基态原子价层电子排布式为，A正确；
B．与晶体都属于分子晶体，的相对分子质量大，晶体内的分子间作用力大，则的熔点比高，B错误；
C．分子中原子形成了4个键，孤电子对数=，价层电子对数为4，中心原子的杂化类型为sp3，分子的空间构型为正四面体，C正确；
D．元素非金属性越强，其第一电离能越大，非金属性大小为，则第一电离能大小：，D正确；
故选B。
4．劳动创造世界，造福人类美好生活。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
学农活动：撒石灰改良酸性土壤
石灰能与土壤中的碳酸盐反应
B
家务劳动：蛋糕加少量小苏打会更松软
碳酸氢钠受热分解
C
家庭小实验：用醋制软壳鸡蛋
醋酸和蛋壳反应
D
社区服务：向社区科普喝高度白酒不能杀灭新冠病毒
医用酒精用于体外杀菌消毒
【答案】A
【详解】A．土壤酸性过强，可施加石灰和农家肥进行改良，石灰与酸性物质反应，选项A符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解产生气体，在发酵和烘焙过程中蛋糕会变蓬松，选项B不符合题意；
C．蛋壳主要成分是碳酸钙，能与醋酸反应，选项C不符合题意；
D．75%的酒精能使菌体蛋白质脱水、变性、沉淀，从而杀灭细菌，因此医用酒精用
于体外杀菌消毒，选项D不符合题意；
答案选A。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．使pH试纸显蓝色的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A．各种离子之间互不反应，都不与NaHCO3 反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．滴加 KSCN 溶液显红色的溶液中存在铁离子，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．溶液呈酸性，S2-、在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．使pH试纸显蓝色的溶液中存在大量OH-，Mg2+与OH-、ClO-、反应，ClO-、之间发生氧化还原反应，与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
6．关于下列仪器使用的说法错误的是(　　)

A．①、④不可加热 B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离 D．②、④、⑤使用前需检漏
【答案】　A
【解析】锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能用作反应容器，B项不符合题意；蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意。
7．某小组同学用下图装置验证的性质，培养皿中①、②、③三个塑料瓶盖内盛有不同物质。向固体上滴加适量稀，迅速用玻璃片将培养皿盖严，实验记录如下。下列说法不正确的是
实验装置
瓶盖
物质
实验现象

①
酸性溶液
紫色褪去
②
蘸有品红溶液的棉花
红色褪去
③
蒸馏水
无明显变化
A．产生的离子方程式：
B．瓶盖①中的实验现象证明具有还原性
C．瓶盖②中的实验现象证明具有漂白性
D．瓶盖③中的实验现象证明和水不反应
【答案】D
【详解】A．H2SO3的酸性比H2SO4弱、H2SO3易分解，则 Na2SO3和H2SO4能发生复分解反应，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，A正确；
B． 瓶盖①中二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色，则高锰酸钾中锰元素化合价降低、发生还原反应、能证明SO2具有还原性，B正确；
C． 品红是有机色质、瓶盖②中二氧化硫使品红褪色，证明SO2具有漂白性，C正确；
D． 有些反应无明显现象，瓶盖③中蒸馏水没有明显变化，不能证明SO2和水不反应，D错误；
答案选D。
8．肼()又称联氨，为二元弱碱，与硫酸反应可生成、。下列说法正确的是
A．室温下0.01mol/L水溶液
B．稀释0.01mol/L水溶液，升高
C．的水溶液中存在：
D．水溶液中的电离方程式为
【答案】D
【详解】A．肼()为二元弱碱，故室温下0.01mol/L水溶液中氢氧根浓度小于0.02mol/L，，A错误；
B．稀释0.01mol/L水溶液，虽促进了肼的电离，但溶液被稀释，氢氧根浓度减小，故降低，B错误；
C．的水溶液中存在质子守恒，即，C错误；
D．属于盐且是强电解质，所以水溶液中的电离方程式为，D正确；
故选D。
9．维生素C的结构如图所示。下列有关维生素C的说法不正确的是

A．维生素C的分子式为C6H8O6
B．维生素C可以使高锰酸钾溶液褪色
C．维生素C可发生加成反应、加聚反应与取代反应
D．酸性条件下，维生素C水解可以得到2种产物
【答案】D
【详解】A．根据维生素C的结构简式，分子式为，A正确；
B．维生素C分子中含有碳碳双键和羟基，能使高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．维生素C分子中含有碳碳双键和羟基，可发生加成反应、加聚反应与取代反应，C正确；
D．维生素C分子含有酯基呈环状，酸性条件下水解只能得到一种物质，D错误；
故选D。
10．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.36LO2和4.8g臭氧中含有的氧原子数均为0.3NA
B．0.1mol/L的溶液中，所含的Al3+数目小于0.1NA
C．1 mol Fe溶于过量稀硝酸，转移的电子数为3NA
D．1L1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子数为NA
【答案】C
【详解】A．未指明标准状况，无法计算3.36LO2的物质的量，A项错误；
B．没有给出溶液体积，无法计算，B项错误；
C．铁与硝酸反应生成硝酸铁，1molFe失去3mol电子，转移电子数3NA，故C项正确；
D．1L 1mol/L氨水中含有的NH3·H2O分子、NH3分子、数目之和为NA，D项错误；
故选：C。
11．下列指定反应的离子方程式错误的是
A．明矾溶液中加入少量的：
B．向氯化铁中加入少量的：
C．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：
D．次氯酸钠溶液中通入少量：(已知酸性)
【答案】D
【详解】A．明矾溶液中加入少量的，钡离子、氢氧根离子完全反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝，，A正确；
B．铁离子具有氧化性，和硫化氢生成硫单质和亚铁离子，，B正确；
C．四氯化钛的浓溶液水解生成水合二氧化钛：，C正确；
D．已知酸性，则次氯酸钠溶液中通入少量生成次氯酸和碳酸氢钠，，D错误；
故选D。
12．一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示，该电池用石墨毡做电极，可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解液。已知电池反应为：。下列相关说法正确的是

A．放电时，在b电极发生还原反应
B．该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液
C．充电过程中，a电极发生的反应为
D．放电过程中，电解质溶液中的向a电极移动
【答案】D
【详解】A．由题中方程式可知放电过程是，发生在a电极氧化反应 ，A错误；
B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B错误；
C．充电过程中，a电极发生的反应为，C错误；
D．放电过程中，内电路电流的方向是a-b，所以电解质溶液中的向a电极移动，D正确；
故选D。
13．如图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是

A．过程II的反应为
B．为配合物，其中的配体为
C．该转化过程中，涉及反应
D．和在反应中都起到催化剂的作用
【答案】B
【分析】过程Ⅰ反应为，过程Ⅱ反应为 ，过程Ⅲ反应为 ，过程Ⅳ反应为，过程V反应为，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，过程II的反应为，A正确；
B．由图中可知配合物［三氯-乙烯合钯(Ⅱ)］的配体为、，B错误；
C．该转化过程中，过程V反应为，C正确；
D．从反应过程可见，和是循环使用的，可认为是催化剂，D正确；
答案选B。
14．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是(　　)

实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应

【答案】　C
【解析】向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉-KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；聚氯乙烯加强热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误。
15．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是
A．原子半径： B．电负性：
C．W、X形成的化合物只含有极性共价键 D．Y的氧化物属于碱性氧化物
【答案】B
【分析】Y为地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al。Z的最外层电子数为Y的最外层的2倍，则Z的最外层电子数为6，Z为S。Z的最外层电子数为W和X的最外层电子数之和，同时W和X的单质常温下为气体，则W为H而X为N。由此推出W、X、Y、Z分别为H、N、Al、S。
【详解】A．原子半径大小判断：电子层多半径大；若电子层相同，则核电荷数大半径小，原子半径：Y>X>N，A项错误；
B．电负性为N>H>Al，B项正确；
C．W与X形成的化合物有NH3和N2H4，N2H4中存在N-N非极性键和N-H的极性键，C项错误；
D．Y的氧化物为Al2O3为两性氧化物，D项错误；
故选B。
16．取两份10 mL 0.05 mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图，下列说法不正确的是(　　)

A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小
C．a→d→e过程中：c(Na＋) D．令c点的c(Na＋)＋c(H＋)＝x，e点的c(Na＋)＋c(H＋)＝y，则x>y
【答案】　C
【解析】a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小，故B正确；由元素质量守恒可知，a点溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)> c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C错误；c点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－1，因此x>y，故D正确。
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）某实验小组金属的电化学腐蚀实验探究
(1)完成下列问题。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验一

1.将琼脂加入烧杯中，再加入饱和食盐水和水。搅拌、加热煮沸，使琼脂溶解，转入培养皿中。滴入5～6滴酚酞溶液和溶液

2.将一个铁钉用砂纸打磨光滑，一端缠有铜丝，放入培养皿中一段时间。
铜丝的区域溶液变红色；铁钉区域出现蓝色沉淀。
①请解释铜丝区域溶液变红的原因是_______。
②写出生成蓝色沉淀的离子方程式_______。
(2)完成下列问题。
实验序号
实验方案
实验现象
实验二
取饱和溶液于试管中，滴加几滴淀粉，振荡。继续滴加5～6滴溶液，振荡。
滴入溶液后，溶液变蓝色。
根据实验二的现象，推测可能具有_______“填氧化性或还原性”。
(3)依据实验二的现象，甲同学认为实验一不一定能说明发生了电化学腐蚀，设计如下实验证明其结论。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验三

1.取煮沸过的的溶液于试管中，向试管中加入一小段铁片，再加入煤油液封。
溶液无明显变化
2.继续向试管中加入少许固体。
一段时间后，铁片表面产生大量的蓝
根据实验现象推出实验三的结论是：在溶液中情况下，_______。
(4)结合实验一～实验三，乙同学设计如下装置进行实验四，证明金属可以发生电化学腐蚀，当电极X为时，实验四的两个实验方案均可以证明发生电化学腐蚀
①补全实验方案2中的空格部分
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验四

1.按图连接好装置，准确读取电流表读数。
电流表指针偏转，读数为I
2.取_______于试管中，加入_______溶液，振荡。
产生蓝色沉淀。
②思考：若电极X为时，电流表读数为，推测电极X为时电流表读数的范围是_____。
【答案】(1)     铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色    
(2)氧化性
(3)可将Fe氧化为
(4)     少量烧杯中溶液         
【详解】（1）铁与铜丝连接，在氯化钠溶液中形成原电池装置，其中铜作正极，铜丝发生电极反应：，反应生成，使铜丝附近溶液显碱性，遇酚酞变红色；铁作负极，失电子生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色；；
（2）加入溶液后出现溶液变蓝，可知KI被氧化生成碘单质，由此判断具有氧化性，故答案为：氧化性；
（3）由实验现象可知，未加氯化钠时，没有明显现象，加入氯化钠后铁片与发生氧化还原反应生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：可将Fe氧化为；
（4）①验证产物是否有，应取反应后烧杯中的溶液少量于试管中，滴加溶液，观察是否生成蓝色沉淀；故答案为：少量烧杯中溶液；；
②该装置中铁作负极时电流强度为I，换成比铁活泼的镁时电流强度增大到1.5I，由此判断随金属的活泼性增强电流强度增大，则Zn的活泼性介于Fe和Mg之间，其作负极时电流强度应介于I和1.5I之间，故答案为：。
18．（14分）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。







开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为M g，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2)     除去氧化物中的    
(3)把+3价钴还原为+2价
(4)3.5≤pH＜6.6
(5)              
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
19．（14分）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一。
已知：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.2 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2CO(g)＋4H2(g)===C2H4(g)＋2H2O(g)　ΔH2＝－332 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)===C2H4(g)＋4H2O(g)　ΔH3
(1)反应Ⅲ中，ΔH3＝________kJ·mol－1。
(2)在体积为2 L的刚性密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，发生反应Ⅱ，能判断反应达到平衡状态的是________(填字母)。
a．2v(H2)＝v(H2O)
b．容器内压强保持不变
c.保持不变
d．C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2 L的恒压密闭容器中，起始充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，发生反应Ⅲ，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。

①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是________(填字母)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为________。
③240 ℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为______mol，H2(g)的平衡转化率为______。若平衡时总压为p，该反应的平衡常数Kp＝____________________(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】　(1)－249.6　(2)bd　(3)①a、d　②KA＞KB＞KC　③3.1　60%　
【解析】(1)由盖斯定律可知，2Ⅰ＋Ⅱ即可得到反应Ⅲ，ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2＝2×(＋41.2 kJ·mol－1)＋(－332 kJ·mol－1)＝－249.6 kJ·mol－1。
(2)化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2v(H2)＝v(H2O)未告知正、逆反应方向，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；已知反应Ⅱ是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；由于反应Ⅱ中CO和H2的化学计量数比为1∶2，题干中CO和H2的投料比也是1∶2，故反应过程中始终保持1∶2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意。(3)①结合(1)的分析可知，反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)===C2H4(g)＋4H2O(g)　ΔH3＝－249.6 kJ·mol－1，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1∶3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1∶3，C2H4和H2O的体积分数之比为1∶4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a、d。
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA＞KB＞KC。
③根据三段式分析可知：
　 　　2CO2(g)＋6H2(g)===C2H4(g)＋4H2O(g)
起始量/mol　1　　　 3　　　 　0　　 0
转化量/mol 2x 6x x 4x
平衡量/mol 1－2x 3－6x x 4x
240 ℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3－6x＝4x，解得x＝0.3，故容器中气体的总物质的量为(1－2x＋3－6x＋x＋4x)mol＝(4－3x)mol＝(4－3×0.3)mol＝3.1 mol，H2(g)的平衡转化率为×100%＝×100%＝60%，平衡时总压为p，则p(CO2)＝p＝p，p(H2)＝p＝p，p(C2H4)＝p＝p，p(H2O)＝p＝p，该反应的平衡常数Kp＝＝。
20．（14分）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的结构简式为________，写出H中除醚键(—O—)外的另外两种官能团的名称：______。
(2)④的反应类型为________，G的结构简式为________。
(3)反应③的化学方程式为________，反应⑤可能生成与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为________。
(4)芳香族化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含—OH，M中仅含四种不同化学环境的氢原子，则M的结构简式为________(任写一种)。
(5)参照上述合成路线，设计由合成的路线(乙醇、乙酸及无机试剂任选。合成路线常用的表达方式为AB目标产物)。
【答案】　(1)　羟基、碳碳三键
(2)消去反应　
(3)＋NaOH＋NaBr＋H2O　　
(4)、、、(任意写一种即可)
(5)

【解析】A的分子式为C6H12O，A→B用了重铬酸钠，为氧化反应，B经过反应②得到，为取代反应，对比A和的结构，可知A为，B为；经过反应③得到C，由条件可知发生了消去反应，C为；D经过反应④得到，根据D的分子式知D的不饱和度为0，故D为；C和经过反应⑤得到E，发生了加成反应；E和F反应生成G，G到H过程中酮羰基被还原成羟基，同时发生了取代反应，由此E和F发生取代反应生成G，G为。(3)反应③为消去反应，反应的化学方程式为＋NaOH＋NaBr＋H2O；与发生加成反应时，可能得到或两种产物。(4)H的不饱和度为4，其同分异构体含苯环，苯环的不饱和度为4，因此M中不含其他的不饱和键，M中苯环上有3个取代基，且只有四种不同化学环境的氢原子，其结构应该高度对称。(5)产物中存在四元环，参照题中反应⑤，可知上一步原料为，其可由消去反应得到，与题中反应③方法一致。从原料开始分析，原料通过与溴单质发生取代反应得到，再发生消去反应得到，两分子该有机物发生加成反应可得到目标产物。