2026年高三考前冲刺训练题化学（三）参考答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260522广东省2026年广州市普通高中毕业班冲刺训练题_化学

2026 年高三考前冲刺训练题
化 学（三）参考答案
一、单项选择题：本题共 16 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。
每小题只有一个选项符合题意。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C B A B A D D B
题号 11 12 13 14 15 16
答案 A D C D C C
1．C
【详解】A．碳纤维属于无机非金属材料，主要成分为碳单质，既不是有机高分子纤维，主要成分也不是
石墨烯，A错误；
B．结构件表面镀铬是通过覆盖耐腐蚀镀层隔绝腐蚀介质保护内部金属，牺牲阳极的阴极保护法需要连接
比被保护金属更活泼的金属形成原电池，二者原理不同，B错误；
C．镍钛等形状记忆合金的形状记忆功能，正是利用了其晶体结构可随温度变化发生可逆转变的性质，C
正确；
D．高纯硅的制备方法为：焦炭还原二氧化硅制粗硅，粗硅经氯化、精馏后用氢气还原得到高纯硅，无法
通过电解熔融二氧化硅制得，D错误；
故答案选C。
2．B
【详解】A．赤铁矿的主要成分为 F e
2
O
3
， F e O 为氧化亚铁，不是赤铁矿的主要成分，故A错误；
B．将钢铁闸门与电源负极相连，闸门作为阴极被保护，该防腐措施属于外加电流阴极保护法，故B正确；
C．酒曲是酿酒过程的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，故C错误；
D．聚丙烯是丙烯加聚的产物，分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选B。
3．C
【详解】碳酸钠溶液呈碱性，中性盐地中不会富含碳酸钠，A错误；因锂金属会与水剧烈反应，故锂硫电
池通常使用有机电解液，而不用水溶液，B错误；芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，
两者均属于新型无机非金属材料，C正确；碱基互补配对通过氢键连接，而不是极性共价键，D错误。
4．B
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，环[48]碳与C 都是碳元素组成的不同单质，互为同
60
素异形体，A不符合题意；
B．烃是只含碳、氢两种元素的化合物，环[48]碳只含碳原子，属于碳单质，不属于烃，该说法错误，B
符合题意；
C．超分子是由两种及以上分子通过分子间作用力组装形成的有序聚集体， C
4 8
 M
3
是环[48]碳和3个保护
套分子组装形成的套环结构，属于超分子，C不符合题意；
D．C 内存在C−C非极性键，保护套分子内存在C−H等极性键，C 与M分子之间存在范德华力，D不
48 48
符合题意；
答案选B。5．A
【详解】A．除水垢时，先用Na CO 溶液浸泡将微溶物CaSO 转化为CaCO 后再用HCl除去，对应的离
2 3 4 3
子方程式为： C O 23 − ( a q ) + C a S O
4
( s )  C a C O
3
( s ) + S O 24 − ( a q ) ，A正确；
B．泡沫灭火器中使用的是Al (SO ) 和NaHCO ，故对应的离子方程式为：Al3++3HCO-=Al(OH) +3CO ，
2 4 3 3 3 3 2
B错误；
C．铅蓄电池放电时生成PbSO 为沉淀，故总反应为：PbO +Pb+4H++2SO2-=2PbSO +2H O，C错误；
4 2 4 4 2
D．根据乙醛与新制的Cu(OH) 悬浊液反应原理可知，苯甲醛与新制的Cu(OH) 共热的离子方程式为：
2 2
C H CHO+2Cu(OH) +OH− ⎯Δ⎯→C H COO−+Cu O+3H O，D错误；
6 5 2 6 5 2 2
6．B
【详解】A．未说明混合气体处于标准状况，无法计算1.12L气体的物质的量，无法确定原子总数，A错
误；
B． 4 .4 g C O
2
的物质的量为
4 4
4
g
.4
 m
g
o l − 1
= 0 .1 m o l ，反应中 N a
2
S 中S从-2价升至 N a
2
S
2
O
3
中的+2价， S O
2
中S
从+4价降至+2价，每生成1mol C O
2
转移8 mol电子，故生成0.1mol C O
2
转移电子数目为 0 .8 N
A
，B正
确；
C．S2−在水溶液中会发生水解，因此 1 L 0 .5 m o l  L − 1 N a
2
S 溶液中S2−数目小于 0 .5 N
A
，C错误；
D．未给出 N a
2
C O
3
溶液的体积，无法计算水电离产生的OH−的数目，D错误；
故选B。
7．A
【分析】反应①为 与 在一定条件下发生取代反应生成 和HBr；反应②为 和
HCl发生加成反应生成 ；反应③为 发生消去反应生成 ，据此解答。
【详解】A．反应③是卤代烃的消去反应，试剂X应为NaOH的醇溶液，A项错误；
B．根据烯烃的命名规则可知， 的化学名称为2−甲基丙烯，B项正确；
C．根据苯分子和乙烯分子的平面结构可知，有机物II中所有碳原子可能共平面，C项正确；
D．由分析可知，反应②为加成反应，D项正确；
答案选A。
8．D
【详解】A．氨气通入溶液中会倒吸，应该短导管通氨气，长导管通二氧化碳，A错误；
B．中和热测定中缺少玻璃搅拌器，B错误；
C．NaHSO 溶液与H O 溶液的反应没有明显现象，没有气体产生，不能通过测量所得气体体积来判断反
3 2 2应速率，C错误；
D．饱和 N a H C O
3
溶液能吸收 S O
2
且能抑制 C O
2
的溶解，所以可以除去 C O
2
中混有的 S O
2
，D正确。
故选D。
9．D
【详解】A．原子的能级是量子化的，电子跃迁时吸收或释放的光子能量等于两个能级的能量差，因此原
子光谱为离散的谱线，A正确；
B．COCl 的中心原子C的价层电子对数为3+0=3，分子空间构型为平面三角形，由于C=O双键的电子云
2
密度更大，对C-Cl单键的斥力大于C-Cl单键之间的斥力，使Cl-C-Cl的键角被压缩至小于120°，因此Cl-C-Cl
的键角小于 1 2 0  的结论是正确的，B正确；
C． F 的电负性大于 O ，因此 O F
2
中 O 显 + 2 价，具有强氧化性，可以氧化H O中
2
− 2 价的 O ，C正确；
D．逐步断开 C
2
H
2
中碳碳三键时每步所需能量不同，原因是碳碳三键中1个键和2个键的键能不同，
碳原子间距离不同是键型不同的结果而非断键能量不同的原因，D错误；
故选D。
10．B
【详解】A．由于 C u S 属于难溶电解质，因此CuSO 和
4
H
2
S 反应可生成 H
2
S O
4
和CuS，不能说明酸性：
H
2
S  H
2
S O
4
，A错误；
B．Na CO 溶液中存在CO 2-的水解反应：CO 2-+H O HCO -+OH-，加热会促进CO 2-的水解，使溶液中
2 3 3 3 2 3 3
O H - 的浓度增大，去油污能力增强，B正确；
C．油脂是高级脂肪酸和甘油通过酯化反应生成的酯，不属于有机高分子，C错误；
D．1-溴丁烷的消去反应需在NaOH的醇溶液中加热，D错误；
答案选B。
11．A
【详解】A．SO 、CO 在水中的溶解度不同，形成的饱和溶液浓度不同，pH不同，不能比较H SO 与H CO
2 2 2 3 2 3
酸性强弱，故A错误；
B．HNO 溶液pH大于CH COOH溶液，则溶液越稀，CH COOH的电离程度越大，HNO 酸性大于CH COOH，
2 3 3 2 3
因此K (HNO )>K (CH COOH)，故B正确；
a 2 a 3
C．向含有0.1mol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mol/LAgNO 溶液，先生成黄色沉淀，
3
说明I-、Ag+发生反应产生AgI沉淀，则溶液中c(Ag+)·c(I-)>K (AgI)，而c(Ag+)·c(Cl-)<K (AgCl)，物质的
sp sp
溶度积常数：K (AgI)<K (AgCl)，故C正确；
sp sp
D．向盛有酸性K Cr O 溶液的试管中滴加乙醇，振荡，乙醇被酸性K Cr O 氧化为二氧化碳，乙醇发生
2 2 7 2 2 7
了氧化反应，K Cr O 溶液被还原为Cr3+，溶液颜色由橙色变为绿色，故D正确；
2 2 7
故答案为A。
12．D
【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；溶于水的二
氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使紫色石蕊溶液变红色；烧杯中的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，
防止污染空气；t min后，将足量过氧化钠倒入锥形瓶中，具有强氧化性的过氧化钠会将溶液中的亚硫酸氧
化为硫酸钠，同时使石蕊溶液漂白褪色。
【详解】A．由分析可知，圆底烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应中没有元
素发生化合价变化，浓硫酸只体现出了酸性，没有体现强氧化性，A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白石蕊溶液，所以锥形瓶内溶液会变为红色，但不会褪色，B错误；
C．由分析可知，烧杯中的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气；二氧化硫不能与亚硫酸氢钠
溶液反应，所以烧杯中的氢氧化钠溶液不能用饱和亚硫酸氢钠溶液替代，C错误；D．过氧化钠具有强氧化性，足量的过氧化钠会将紫色石蕊溶液因氧化而漂白褪色，所以实验结束后再加
入过量盐酸，溶液一定不会变为红色，D正确；
故选D。
13．C
【分析】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z、R同周期，基态Y原子
s能级电子总数是p能级的2倍， Y的核外电子排布式为 1 s 2 2 s 2 2 p 2 ，Y为碳元素，结合原子序数递增及结
构中成键情况，可推知W、X、Y、Z、R分别为 H 、 B 、 C 、 N 、 F 元素；
【详解】A． R 、 Z 、 Y 分别为 F 、 N 、 C ，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，且 N 的2p为
半充满稳定结构，其第一电离能大于 C ，故第一电离能 F  N  C ，即，RZY，A说法正确；
B．若将阳离子换为 N a + 后，阳离子半径减小，离子键作用增强，含钠化合物熔点更高，B说法正确 ；
C． X R
3
为 B F
3
，中心原子硼价层电子对数为 3 +
3 -1 
2
3
= 3 ，VSEPR模型为平面三角形， Z W
3
为 N H
3
，中心
原子氮价层电子对数为 3 +
5 -1
2
 3
= 4 ， VSEPR模型为四面体，二者VSEPR模型不同，C说法错误；
D． W 、 Z 、 R 分别为 H 、 N 、 F ，它们形成的化合物NH F中存在弱碱阳离子
4
N H
4
+ 和弱酸阴离子F-，它们
在水中都能水解，均可促进水的电离，D说法正确；
答案选择C。
14．D
【详解】A．重氮盐超过10℃易分解，所以用酒精灯加热不利于生成重氮盐，故A错误；
B．CuCl是反应催化剂，能改变反应历程，降低反应活化能，  H 不变，故B错误；
C．生成重氮盐需在强酸性条件下进行， N a N O
2
溶液呈碱性，加入过量的 N a N O
2
溶液不能得到更多的重氮
盐，故C错误；
D．反应过程中生成N ，有非极性键的形成，故D正确；
2
选D。
15．C
【分析】根据 3 N a A lH
4
+ 6 C e H
2
  放充 电电  N a
3
A lH
6
+ 2 A l + 6 C e H
3
，电池放电时，CeH 失电子发生氧化反应生
2
成CeH ，CeH 是负极反应物；NaAlH 得电子生成
3 2 4
N a
3
A lH
6
和Al， NaAlH 是正极反应物。
4
【详解】A．根据以上分析，放电时，CeH 是负极反应物，则电极a是负极，故A正确；
2
B．放电时，CeH 失电子发生氧化反应生成CeH ，反应式为CeH -e-+H-=CeH ，外电路通过1mol电子时，
2 3 2 3
1mol CeH 变为1molCeH ，负极增重
2 3
1 g ，故B正确；
C．放电时，b是正极，充电时，电极 b 是阳极，阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为
Na AlH +2Al+6H−−6e− =3NaAlH ，故C错误；
3 6 4
D．该电池采用固态电解质，不易燃，即使在高温或机械损伤的情况下也能保持稳定，安全性高，故D正
确；
选C。
16．C
【分析】根据同浓度下，H A的酸性大于
2
H
2
B 可知H A的一级电离大于H B的一级电离，酸性更强，pH
2 2
小，根据分布系数δ与pH的变化图可得到实线表示的是H A的分布系数δ与pH的变化曲线，虚线N表示
2的是 H
2
B 的分布系数 δ 与pH的变化曲线；对于H A来说，在pH=2.98时，有c(H A)=c ( HA−) ，得到
2 2
K
a1
( H
2
A ) =
c ( H
c
A
(
−
H
)·c
A
2
( H
)
+ )
= c ( H + ) = 1 0 − 2 .9 8 ，在pH=13.8时，有c ( HA−) =c ( A2−) ，得到
K
a 2
( H
2
A ) =
c ( A
c
2 −
( H
)?c
A
(
−
H
)
+ )
= c ( H + ) = 1 0 − 1 3 .8 ；对于H B来说，在pH=4.5时，有
2
c ( H
2
B ) = c ( H B − ) ，得到
c
( HB−)
·c
( H+)
K (H B)= =c ( H+) =10−4.5，在pH=9.3时，有
a1 2 c(H B)
2
c ( H B − ) = c ( B 2 − ) ，得到
K
a 2
( H
2
B ) =
c ( B
c
2 −
( H
)?c
B
(
−
H
)
+ )
= c ( H + ) = 1 0 − 9 .3 ；据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，虚线N表示的是 H
2
B 的分布系数 δ 与pH的变化曲线，A正确；
B．根据分析，有K (H A)K (H B)，说明
a2 2 a2 2
H
2
A 的二级电离反而小于 H
2
B 的二级电离，说明 H
2
A 的结
构中有影响第二个H+电离的作用存在，结合 的结构，则最有可能的原因为 中形成了如图所
示的分子内氢键作用 而影响了酚羟基上氢的电离，B正确；
C．在 p H = 3 .7 时， H A − 的分布系数δ为0.85， A 2 − 的分布系数 δ 为0，则 H
2
A 的电离度为
( H
2
A ) ( H A ) ( A 2 ) 0 .8 5 0 0 .8 5    = − + −  + = ； H B − 的分布系数 δ 为0.15， B 2 − 的分布系数 δ 为0，则 H
2
B 的
电离度α(H A) 0.85
电离度为(H B)= ( HB−) + ( B2−) 0.15+0=0.15；得到 2 = ，C错误；
2 电离度α(H B) 0.15
2
D．在pH=13.8时，有c
( HA−)
=c
( A2−)
，根据电荷守恒有
c ( H + ) + c ( N a + ) = c ( H A − ) + 2 c ( A 2 − ) + c ( O H − ) = 3 c ( A 2 − ) + c ( O H − ) ，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）
c
( Fe3+)
(1)
c
( Fe2+)
c
( Ag+)
(2) 防止酸性条件下，NO−氧化性氧化Fe2+干扰实验结果(酸性条件下，NO−有氧化性) 取上层清
3 3液测定 c ( A g + ) ，不会使可逆反应逆移，能准确测定平衡时 c ( A g + ) 或取浊液测定 c ( A g + ) ，会使可逆反应逆
移，无法准确测定平衡时 c ( A g + )
cv
0.01− 1 1
v 浅红色
cv  cv 
1 10.01+ 1 1

v  v 
A g 完全反应，无法判断体系是
否达到化学平衡状态 生成的Ag+与溶液中的SO 2-形成了Ag SO 沉淀，导致溶液中实际测得的c(Ag+)
4 2 4
偏小，但在计算时未考虑沉淀的存在，导致平衡常数计算值偏大
【详解】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，固体物质浓度固定不变，不写入平衡
常数表达式，所以该反应的平衡常数表达式为
c ( F
c
e
( F
) 2 +
e
c
3 +
(
)
A g + )
。
（2）①根据题意， A g
2
S O
4
微溶，但实验Ⅰ中选用 A g
2
S O
4
溶液而不用 A g N O
3
的原因是防止酸性条件下，NO−
3
氧化性氧化 F e 2 + 干扰实验结果。
②由于浊液中还有银单质，存在Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓，随着Ag+滴定反应的进行，Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓
平衡逆向移动，会使平衡体系中c(Ag+)增大，从而影响测定结果，取上层清液可避免银单质对c(Ag+)测定
的干扰。
③ A g + 沉淀完全后，过量的 S C N − 与 F e 3 + 结合显红色，因此终点为滴入最后一滴 K S C N ，溶液变浅红色且
半分钟不褪色。
④混合后总体积 2 0 0 m L ，初始c(Ag+)=0.01mol/L，初始 c ( F e 2 + ) = 0 .0 2 m o l/L ；平衡 c ( A g + ) =
c v1v
1 ，
c ( F e 3 + ) = 0 .0 1 −
c v1v
1 ， c ( F e 2 + ) = 0 .0 2 − ( 0 .0 1 −
c v1v
1 ) = 0 .0 1 +
c v1v
1 ，代入 K 表达式整理得 K =
c v
1v 1
0

.0

1
0
−
.0
c
1
v
1v
+
1
c v
1v 1

。
⑤实验Ⅲ只加少量 A g 粉，Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
⑥实验中观察到有白色沉淀生成，说明生成的Ag+与溶液中的SO 2-形成了Ag SO 沉淀，导致溶液中实际
4 2 4
测得的c(Ag+)偏小，但在计算时未考虑沉淀的存在，导致平衡常数计算值偏大。
18. （14分）
(1)3d84s2
焙烧
(2)3CoS+5O Co O +3SO
2 3 4 2
(3) 1:1，会产生有毒气体Cl ，污染环境
2
C o
3
O
4
+ 8 H C l = 3 C o C l
2
+ C l
2
 + 4 H
2
O
(4)7.1
(5) Co2++HCO−+NH H O=CoCO +NH++H O 只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量气体
3 3 2 3 4 2
(6)小于(7) 面心 CoAl O
2 4
【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，实现矿物资源
的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得到
副产物SO ，SO 可用于工业制硫酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经硫酸、双氧水酸浸，不溶性Au被过滤
2 2
分离；双氧水可将+3价钴还原为 C o 2 + ，便于后续分离。再加氨水调pH除去Fe3+、 C u 2 + 杂质，可通过加
入氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍钴，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。
【详解】（1）镍是28号元素，核外电子排布式为Ar3d84s2，基态
2 8
N i 原子价层电子排布式为3d84s2。
（2）焙烧时CoS与空气中氧气反应生成CoO 和
3 4
S O
2
，化学方程式为 3 C o S + 5 O
2
焙 烧
C o
3
O
4
+ 3 S O
2
。
（3）酸浸时CoO 中+3价Co被双氧水还原为
3 4
C o 2 + ， 1 m o lC o
3
O
4
得2 mol电子，1molH O 失2 mol电子，
2 2
故还原剂(H O )与氧化剂(
2 2
C o
3
O
4
)物质的量比为 1 : 1 。已知氧化性 C o ( Ⅲ )  C l2 ，Co(Ⅲ)可氧化 C l − 生成有毒
的 C l2 ，因此不能用浓盐酸。
（4）调 p H 目的是使Fe3+、 C u 2 + 沉淀完全， C o 2 + 、 N i 2 + 不沉淀。铜离子沉淀完全时：
c ( O H − ) =
K
sp

c
C
(
u
C
(
u
O
2 +
H
)
)
2

=
1 0
1
−
0
1 9 .8
− 5
m o l / L = 1 0 − 7 .4 m o l / L ， p H = 6 .6 ；铁离子沉淀完全时：
c ( O H − ) = 3
K
sp

c
F
(
e
F
(
e
O
3 +
H
)
)
3

= 3
1 0
1
−
0
3 8 .6
− 5 m o l / L = 1 0 − 1 1 .2 m o l / L ，pH =2.8。 C o ( O H ) 2 的 K sp = 1 0 − 1 4 .8  N i ( O H ) 2
的K =10−12.9，相同浓度下Co2+先沉淀，保证Co2+不沉淀就一定保证Ni2+不沉淀；
sp
K Co(OH) =c ( Co2+) c2( OH−) =10−14.8，
sp 2
c ( C o 2 + ) = 0 .1 m o l/L ，代入得： c 2 ( O H − ) = 1 0
0
− 1 4
.1
.8 = 1 0 − 1 3 .8 ，
c ( O H − ) = 1 0 − 6 .9 m o l/L ， p O H = 6 .9 ， p H = 1 4 − 6 .9 = 7 .1 ，故 p H 最高可调至 7 .1 （确保Fe3+、Cu2+沉淀完全）。
（5） C o 2 + 与NH HCO 、氨水反应生成CoCO 沉淀，反应的离子方程式为
4 3 3
Co2++HCO−+NH H O=CoCO +NH++H O；若只加碳酸氢铵时，反应的离子方程式为
3 3 2 3 4 2
Co2++2HCO− =CoCO +CO +H O，过程中生成大量
3 3 2 2
C O
2
气体，因此导致颗粒疏松。
（6）P204中P连接两个吸电子基团 − O R ，使 P = O 键O原子电子云密度降低，给电子能力减弱，配位能
力小于P507中P=O的O。
（7）根据晶胞结构，Co除了占据晶胞的体内、顶角外，还占据面心位置。Co原子：位于顶角的Co原子
1 1
个数为8 =1，位于面心的Co原子个数为6 =3，位于体内的Co原子个数为4，所以Co原子总数为
8 21+3+4=8。Al原子：都在晶胞内部，个数为16。 O原子：也都在晶胞内部，个数为32。 则Co、Al、O
原子个数比为8:16:32=1:2:4，所以该钴蓝晶胞的化学式为 C o A l2 O
4
。
19. （14分）
(1)+49.4
(2)增多
(3) 340℃ 催化剂的选择性发生了转变(或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO 和H 反
2 2
应，使H 选择性降低，CO选择性增大)
2
(4)ac
(5) 15：1 0.78 减小
【详解】（1）根据盖斯定律，反应① = 反应③−反应②，因此
Δ H
1
= Δ H
3
− Δ H
2
= + 9 0 .7 k J  m o l − 1 − ( + 4 1 .3 k J  m o l − 1 ) = + 4 9 .4 k J  m o l − 1 。
（2） C u 2 + 替代 C e 4 + 后，为维持晶体电荷平衡，需要减少O2−补偿正电荷的不足，因此随 C u 2 + 含量增加，
氧空位数目增多。
（3）该反应需要甲醇转化率高、 H
2
选择性高、CO选择性低，340℃时甲醇转化率已经较高， H
2
选择性
也较高，继续升温H 的选择性急剧下降，故340℃为最佳温度。随温度升高，催化剂的选择性发生变化，
2
或主副反应均为吸热反应，升温更促进副反应正向进行，生成更多CO，消耗 H
2
，因此H 选择性降低，
2
CO选择性增大。
（4）a．恒压容器，反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增大，容器体积改变，密度
m
V
 = ，密
度不变说明体积不再变化，反应达到平衡，正确；
b．容器恒压，总压强始终不变，不能说明平衡，错误；
c．H 体积分数不变，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，正确；
2
d．CO和 C O
2
物质的量相等不能说明浓度不变，无法判断平衡，错误。
（5）i．设起始n(CH )=1mol，n(H O)=6.5mol，CH 转化率
4 2 4
4 0 % ，则反应的CH 为
4
0 .4 m o l ，由C原子
守恒得 n ( C O ) + n ( C O
2
) = 0 .4 m o l ，CO选择性25%，故n(CO)=0.1mol， n ( C O
2
) = 0 .3 m o l 。 由O原子守
恒：总O为 6 .5 m o l ，0.1mol+20.3mol+n(H O)=6.5，得
2
n ( H
2
O ) = 5 .8 m o l ； 由H原子守恒：总H为
41mol+26.5mol=17mol，2n(H )+2n(H O)+4n(CH )=17mol，得
2 2 4
17mol−25.8mol−40.6mol
n(H )= =1.5mol； 因此n(H ):n(CO)=1.5:0.1=15:1；
2 2 2反应⑤ C O ( g ) + H
2
O ( g )  C O
2
( g ) + H
2
( g ) ，  n = 0 ，分压平衡常数
K
p
=
p
p
( C
( C
O
O
2)
)
p
p
(
(
H
H
2
2
O
))
=
n
n
( C
( C
O
O
2)
)
n
n
(
(
H
H
2
2
O
))
=
0
0
.3
.1


1
5
.5
.8
 0 .7 8 (保留2位有效数字)。
ii．反应⑤的 K =
c
c
( C
( H
O
2
O
2
)) 

c
c
(( H
C
2
O
))
，温度不变K不变， n ( H
2
) : n ( C O ) 的值只需要分析
c
c
(( C
H
O
2
2
O
))
即可，减小
压强平衡向气体分子数增大的方向移动，反应④、⑥均正向移动， c ( C O
2
) 增大， c ( H
2
O ) 减小，
c
c
(( C
H
O
2
2
O
))
增大，因此 n ( H
2
) : n ( C O ) 减小。
20. （14分）
(1) 苯乙烯 酯基
(2)
(3)4
(4)CD
(5) 、
(6) 或
(7) NaOH的乙醇溶液，加热 丙烯有碳碳双键键吸收振动峰，2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰
【分析】
由图可知1a为苯乙烯，3a为 ，反应Ⅱ为加成反应，反应Ⅲ为加聚反应，据此分析作答。
【详解】（1）有机物1a（ P h - C H = C H
2
）为苯乙烯；4a中含有的官能团为酯基；
（2）
1a与2a发生反应生成3a(环氧化合物)，同时反应Ⅰ的原子利用率为100%，符合加成反应特征，故2a为O ，
2
氧气分子中氧原子间形成双键，每个氧原子周围还有两对孤电子对，其电子式为： ；
（3）
3a的分子式为C H O，要求其同分异构体中含苯环且能发生银镜反应（含醛基-CHO），则侧链需含醛基，
8 8结构可为： （分别位于邻位、间位、对位）、 ，符合条件的共4种；
（4）A．CO 为直线型非极性分子，碳原子采取
2
s p 杂化，形成两个互相垂直的 π 键，A正确；
B．反应Ⅱ生成环状酯，属于加成反应，反应Ⅲ由2个单体生成高分子，属于加聚反应，故B正确；
C．3a、4a分子中与苯环直接相连的碳原子，属于手性碳，连接不同基团；3a、4a分子中都有sp2、sp3杂
化的碳原子，3a中氧原子为 s p 3 杂化、没有 s p 2 杂化的氧原子，故C错误；
D．3a中键角C−O−C与6a中键角  C − N − C 大小对比，中心原子氧原子和氮原子均为sp3，同时氧原
子有两对孤电子对，氮原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥
力，因此  C − O − C 键角小于C−N−C，故D错误；
故答案选CD；
（5）
反应Ⅱ为加成反应，6a 也能与 C O
2
发生加成反应，产物为 、 ，二者互为同分异构体；
（6）
6a 能与 C O
2
发生类似反应Ⅲ的反应（加聚反应），产物为 或
；
（7）
①据上述反应信息，合成高分子化合物 ，需要单体有CO 和 ，因此以2−氯丙烷
2
为原料，路径为： ， ；路径的第一步为
2−氯丙烷的消去反应，条件为NaOH的乙醇溶液，加热；
②第一步反应的有机产物为丙烯，丙烯与 2 − 氯丙烷在红外光谱中的不同：丙烯有碳碳双键吸收振动峰，
2-氯丙烷有碳氯键吸收振动峰；
③最后一步反应的方程式为： 。