化学（重庆卷）（全解全析）-2026年高考考前预测卷

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5Br80一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．下列资源利用，在给定工艺条件下转化关系错误的是A．阿司匹林可以从柳树皮中提取B．石油在一定条件下可以通过结构调整得到苯C．煤通过干馏可以获得乙烯D．以淀粉为原料通过发酵法生产味精【答案】A【解析】A．阿司匹林的主要成分是乙酰水杨酸，柳树皮中含有的是水杨酸，水杨酸需通过人工乙酰化反应才能转化为乙酰水杨酸，不能直接从柳树皮中提取阿司匹林，A错误；B．石油经过催化重整工艺，可对烃分子结构进行调整，最终获得苯等芳香烃，B正确；C．煤干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，产物包括焦炉气，焦炉气中含有乙烯等气体，C正确；D．味精的主要成分为谷氨酸钠，工业上可以淀粉为原料，通过发酵法生产味精，D正确；故选A。2．下列化学用语或表述正确的是A．基态核外有17种空间运动状态不同的电子B．的结构式为，属于非极性分子C．的VSEPR模型：D．的电子式为：【答案】C【解析】A．基态的质子数为17，核外共17个电子，电子排布式为。空间运动状态由轨道决定，一个轨道对应一种空间运动状态，总轨道数为，因此只有9种空间运动状态不同的电子，A错误；B．的结构式为，但为书页形结构（），正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；C．中心原子的价层电子对数，因此VSEPR模型为四面体形（），C正确；D．的电子式：Na+，D错误；故选C。3．类比推理是重要的学科思想，下列类比合理的是A．聚乙烯为绝缘体，则聚乙炔也为绝缘体B．Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成CuSC．Br2与KI溶液反应可以置换出I2，则Cl2与KI溶液反应也可以置换出I2D．乙烯分子中所有原子共平面，则丙烯分子中所有原子也共平面【答案】C【解析】A．聚乙烯中无不饱和键，为绝缘体；聚乙炔分子中存在交替共轭双键，具有导电性，不是绝缘体，类比不合理，A不符合题意；B．S氧化性较弱，与变价金属反应生成低价硫化物，Fe与S反应生成FeS，Cu与S反应生成而非，类比不合理，B不符合题意；C．氧化性顺序：，氧化性更强的非金属单质可以置换出溶液中氧化性更弱的非金属单质，能置换出，也可以置换出，类比合理，C符合题意；D．乙烯所有原子共平面，但丙烯中存在甲基（饱和四面体结构），因此丙烯所有原子不可能共平面，类比不合理，D不符合题意；故选择C。4．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有的质子数为10B．含有的键为11C．反应生成时，转移的电子数为16D．标准状况下，可转化为的数目为2【答案】B【解析】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此中含有的质子数为，A错误；B．中所有共价键均为单键，单键均为键，数出该分子共含有11个键，因此含有的键为，B正确；C．根据反应化合价变化，生成时总转移电子为，物质的量为，因此生成时转移电子数为，C错误；D．转化为存在可逆平衡，反应不能进行完全，且标准状况下为液态，物质的量不是，最终的数目小于，D错误；故答案选B。5．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是A．称量1.8gNaOH固体B．模拟氯碱工业制取并检验C．利用分水器分出生成的水以提高反应转化率D．进行喷泉实验【答案】C【解析】A．NaOH具有腐蚀性，不能放在滤纸上称量，应放在小烧杯中，A错误；B．在阳极生成，阳极需要连接电源正极，该装置中电源正极连接铁棒，铁是活性电极，会优先失电子，铁棒被腐蚀，无法得到，B错误；C．乙酸和正丁醇的酯化反应是可逆反应，分水器分离出生成的水，可使平衡正向移动，提高反应物的转化率，C正确；D．氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，无法使烧瓶内形成足够大的压强差，不能产生喷泉，D错误；故答案选C。6．下列物质性质实验离子方程式书写正确的是A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：C．将固体投入中：D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：【答案】A【解析】A．铅酸蓄电池充电时，阳极发生氧化反应，被氧化为，离子方程式，A正确；B．醋酸为弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆为，正确离子方程式为，B错误；C．与反应时，进入中，氧气中的氧来自，正确离子方程式为，C错误；D．等物质的量浓度的和以体积比1：2混合时，正确离子方程式为，D错误；故选A。7．一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是A．I中的碳原子的杂化类型为和 B．Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离C．Ⅰ和Ⅱ中均不存在对映异构 D．推测该反应易发生与酯基和氰基有关【答案】D【解析】A．化合物Ⅰ中，碳碳双键上的碳原子、酯基中羰基的碳原子采取杂化，氰基中的碳原子采取杂化，甲基中的碳原子采取杂化，A错误。B．化合物Ⅱ是高分子化合物，分子间作用力强，难溶于水，不会遇水溶解使黏合物分离，B错误；C．对映异构体的产生需要手性碳原子，化合物Ⅰ中无手性碳原子，不存在对映异构；但化合物Ⅱ的重复单元中，与氰基和酯基相连的碳原子为手性碳原子，高分子链可能存在手性中心，因此Ⅱ可能存在对映异构，C错误；D．该聚合反应在极少量作用下即可发生，酯基和氰基都是强吸电子基团，会使双键上的电子云密度降低，同时使生成的活性中间体更稳定，从而促进聚合反应的进行，因此推测该反应易发生与酯基和氰基有关，D正确；故答案选D。8．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A向[Cu(NH3)4]SO4不饱和溶液中加入乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，产生深蓝色沉淀乙醇极性小于水B向I2的CCl4溶液中加入浓KI溶液，振荡，下层溶液颜色变浅I2在CCl4中溶解度小于在水中溶解度C向浓硝酸中加入红热的木炭，产生红棕色气体木炭具有还原性D向AgNO3溶液中滴加少量稀氨水，将产生的白色沉淀分成两份，分别加入稀硝酸和氨水，白色沉淀均溶解AgOH为两性氢氧化物【答案】A【解析】A．[Cu(NH3)4]SO4为离子化合物，易溶于极性溶剂，加入乙醇后，溶剂极性降低，该配合物溶解度减小析出沉淀，可说明乙醇极性小于水，A正确；B．I2与浓KI溶液中的I-发生反应I2+I-⇌I3-，消耗I2导致CCl4层（下层）颜色变浅，实际上I2和CCl4都是非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理，I2在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，B错误；C．浓硝酸与红热的木炭能反应生成红棕色的NO2，但浓硝酸本身见光或受热也会分解产生NO2，因此无法确定NO2是木炭还原浓硝酸的产物，还是硝酸受热自己分解的产物，不能证明木炭在这里一定表现了还原性，C错误；D．AgOH溶于氨水是因为与NH3形成了稳定的银氨络离子，并非与碱发生反应生成盐和水，AgOH不是两性氢氧化物，D错误；故选A。9．某化合物A除在有机合成中有广泛应用外，还可用于聚合引发剂、抗癌药和脑肿瘤的中子俘获疗法，其结构如下图所示。V、W、X、Y、Z均为原子序数依次递增的短周期元素，原子半径大小为Y>Z>V>X，W、Y基态原子电子排布中未成对电子数相同。下列说法错误的是A．电负性：X>W>V B．最高价氧化物的水化物酸性：Z>W>VC．、空间构型均为平面三角形 D．该结构中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【分析】V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特点、原子半径、未成对电子条件推导：Z都只形成1个共价键，原子序数最大，Y形成2个共价键，且原子半径，说明Y、Z同周期（第三周期），得：，；原子半径，说明V、X为第二周期，V形成4个共价键，原子序数小于C，X形成4个共价键，原子序数大于C小于S，得：，。最终元素：，，，，，【解析】A．同周期元素电负性从左到右递增，第二周期电负性，即，A正确，不符合题意；B．最高价氧化物水化物酸性：，符合非金属性越强酸性越强的规律，B正确，不符合题意；C．，中心B价层电子对数为3，无孤对电子，空间构型为平面三角形；，中心N价层电子对数为，含1对孤对电子，空间构型为三角锥形，不是平面三角形，C错误，符合题意；D．该结构中的环与苯是等电子体，环中N原子的孤对电子可以与相邻B原子的空p轨道形成配位键，从而使环上所有原子均满足8电子稳定结构，C、S、Cl均形成共价键，满足最外层8电子稳定结构，D正确，不符合题意；故选C。10．钨酸钙（）常用于制备钨系列化工产品，其四方晶胞如图所示。下列说法错误的是A．Ca位于晶胞的面上和棱上B．与W最近且等距的O有8个C．M与N的核间距为D．若M的分数坐标为，则N的分数坐标为或【答案】B【解析】A．黑球代表Ca，据图可知，Ca位于晶胞的面上和棱上，A正确；B．以体心的W来看，与W最近且等距离的O位于以W为中心的八面体的顶点，有6个，B错误；C．已知M坐标为，N坐标为，则M与N的核间距为，C正确；D．如图所示，M的分数坐标为，则N的分数坐标为，由于晶胞周期性，N的分数坐标也可以表示为，D正确；故选B。11．已知异丁烷与溴自由基()发生反应的能量变化关系如图所示(图中各物质及粒子的状态皆为气态)。下列说法正确的是A．液氯和液溴都可以采用钢瓶保存B．比稳定C．与反应是吸热反应D．分别用和与异丁烷反应，所得产物中的原因是【答案】B【解析】A．干燥的液氯常温下不与铁反应，可用钢瓶保存；但液溴会与铁发生反应腐蚀钢瓶，不能用钢瓶保存，A错误；B．能量越低，物质越稳定，由图可知所具有的能量比所具有的能量低，所以更稳定，B正确；C．与溴原子反应过程为成键过程，所以放热，C错误；D．卤代反应的选择性取决于进攻不同位置氢原子的活化能差值。根据可知，其进攻伯氢和叔氢的活化能差值更大。选项D给出的原因是错误的，因为氯原子更活泼，反应活化能更低，应为，D错误；故选B。12．氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．O-SOFC和H-SOFC燃料电池通一极均为负极B．H-SOFC燃料电池通一极的电极反应为C．从环保的角度来说，具有更大优势的是O-SOFC燃料电池D．两类燃料电池发生的总反应相同【答案】C【分析】氨燃料电池，氨气发生氧化还原反应最终转化为氮气，故通入氨气的一极为负极，通入氧气的一极为正极。【解析】A．根据分析可知，通入氨气的一极为负极，故A正确；B．酸性环境中通入氧气的一极电极反应为，故B正确；C．从环保的角度来说，O-SOFC（氧离子传导型电解质）生成氮气和水；H-SOFC（质子传导型电解质）的产物也为氮气和水，最终产物均为对环境无污染的氮气和水，从环保角度看，二者没有明显优势劣势之分，故C错误；D．两类燃料电池的总反应式都为4NH3+3O2=2N2+6H2O，故D正确；故选C。13．是一种难溶于水的弱酸盐(不考虑的水解)，调节饱和溶液(有足量固体)的pH，lgX与pH的关系如图所示[其中X代表]。下列说法错误的是A．曲线I表示随pH的变化曲线B．数量级为C．pH=4时，溶液中D．溶液中，【答案】C【分析】此图象，横坐标比较特殊，从左到右pH逐渐减小，越靠右酸性越强、浓度越大，纵坐标越大，对应X的浓度越大。对于的饱和体系，存在溶解平衡，同时分步电离，pH变化会改变A的存在形式，进而影响溶解平衡：浓度始终满足，因此永远大于所有含A粒子的浓度，对应纵坐标最高的曲线I就是，且pH越小（越靠右），酸性越强，越易结合，溶解平衡右移，越大，和曲线I的变化趋势一致。三种含A粒子中，pH越大（越靠左），浓度越低，A的存在形式从向再向转化：随pH增大逐渐减小，对应下降的曲线III；随pH增大逐渐增大，对应最下方上升的曲线IV；介于二者之间，对应I下方的曲线II，图中标注了pH=4.6时各粒子浓度的对数值，可用于相关计算和比较。【解析】A．已知是难溶弱酸盐，不水解，为二元弱酸，，故；x轴从左到右逐渐减小（酸性增强）：越小，浓度越大，越易结合，游离浓度降低，为满足，会增大，因此随减小而增大，最上方的曲线I为，A正确，不符合题意；B．根据题图交点：时，，故；时，，由，得，因此的数量级为，B正确，不符合题意；C．pH=4<4.6，根据电离常数公式推导浓度：，可得：，故；，故因此浓度顺序为：，C错误，符合题意；D．溶解后，所有A元素在溶液中以三种形式存在，根据原子守恒，，故，D正确，不符合题意；故选C。14．T℃时，真空密闭容器中加入足量R，发生反应，Q的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．曲线、曲线均一定使用了催化剂B．T℃时，该反应的分压平衡常数C．Q的体积分数不变，能说明反应达到平衡状态D．T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，新平衡时不变【答案】D【解析】A．从图看出，曲线相对于曲线压强变化比较快，可知曲线Ⅱ可能是使用了催化剂，但不能说明曲线Ⅰ使用了催化剂，A项错误；B．T℃，该反应平衡时Q的分压为5kPa，可知S的平衡分压为10kPa，，B项错误；C．反应，R为固体，S与Q的分压比恒为2：1，Q的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，C项错误；D．T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，新平衡时与原浓度相等，D项正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）锗是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等高科技领域。一种从炼锌渣(含及)中提取锗的工艺流程如下：已知：i．“还原酸浸”时，Ge、Ga元素转为、；是两性氧化物；ii．。回答下列问题：（1）基态锗原子的电子排布式为___________。（2）“还原酸浸”时可得到，所得滤渣主要成分除外还有单质___________(填化学式)，则发生反应的离子方程式为___________。（3）“共萃取”所得萃余液可返回炼锌系统循环利用，萃余液中主要成分除，还有的金属离子为___________。（4）加入稀硫酸反萃取时，硫酸不易加入过多，原因是___________。（5）“水解”操作所得中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入，生成以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于___________。（6）“高温真空还原”产物还有、等，则“高温真空还原”反应化学方程式为___________。在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，Ge元素的萃出率如图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及浓度分别为___________(填标号)。A．1000℃，2.5%

B．1000℃，5.0%

C．1100℃，2.5%

D．1200℃，2.5%【答案】（1）（2）S（3）、（4）后续“沉镓”时，加入碳酸氢钠过多，造成原料浪费（5）10（6）C【分析】该工艺以炼锌渣为原料，经还原酸浸将Ge、Ga转化为Ge4+、Ga3+，同时得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4，滤渣含SiO2和单质S、Mn等；随后通过共萃取富集Ge、Ga，萃余液含Zn2+等可返回炼锌；反萃取后经中和、沉镓得到金属镓，含Ge的滤液经氯化蒸馏、水解得到GeO2；最后用NaH2PO2・H2O在高温真空下还原GeO2制得金属Ge，实现了稀散金属Ge与Ga的高效分离提取。【解析】（1）基态锗Ge原子序数为32，电子排布式为；（2）滤渣主要成分除SiO2外，还有ZnS被氧化生成单质S；MnO2发生反应的离子方程式：；（3）Fe、Mn元素在酸浸后进入溶液，未被萃取，因此萃余液中主要成分除Zn2+外，还有的金属离子为Fe2+、Mn2+；（4）加入稀硫酸反萃取时，硫酸不易加入过多，否则在后续“沉镓”时，导致加入碳酸氢钠过多，造成原料浪费，同时影响镓的分离回收；（5）已知Ksp​[Mg(OH)2​]=1×10-11，当c(Mg2+)与c(​)沉淀时，为不生成Mg(OH)2​，需满足：c(OH−)<​​，结合Ksp​(MgGeO3​)=1×10-9，c()=10-6mol⋅L−1，则c(Mg2+)==10-3mol⋅L−1。代入得c(OH−)<=10-4mol⋅L−1，即pOH>4，故pH<10；（6）“高温真空还原"中GeO2与NaH2PO2·H2O反应得到GeO、Na5P3O10、H3PO4，Ge由+4价还原为+2价，P由+1价氧化为+5价，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为:；如图所示，1200℃与1100℃时Ge元素产率相差较小，从节约资源的角度考虑NaH2PO2·H2O的质量分数为2.5%、温度为1100℃时，Ge元素产率最大，即为最佳反应条件。16．（14分）某实验小组以NaBr、浓硫酸、正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)为原料制备正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)，反应原理为：NaBr+H2SO4(浓)HBr↑+NaHSO4，HBr+CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2Br+H2O。所用部分实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：①正丁醇为无色透明液体，沸点117.7℃，可溶于水；②正溴丁烷为无色透明液体，沸点101.6℃，不溶于水。实验步骤：Ⅰ．按图连接装置，检查气密性，将20.6gNaBr、7.4g正丁醇、6mL蒸馏水依次加入a中。Ⅱ．开启冷凝水和电磁搅拌加热锅，加热，缓慢滴加10mL浓硫酸，回流3h，停止加热。Ⅲ．冷却后，从冷凝管口加入40mL蒸馏水，使生成的盐全部溶解，再将反应液全部转入分液漏斗中进行分液。Ⅳ．将分液所得的有机相用饱和NaHCO3溶液洗涤，再用蒸馏水洗涤至中性，获得粗产品。V．粗产品用无水CaCl2干燥后，再常压蒸馏，收集101~102℃馏分，得到产品8.2g，并对产品进行鉴定。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________。冷凝管中冷凝水应从___________(填“b”或“c”)口通入。（2）步骤Ⅱ中，回流时发现反应液中出现橙色，原因是___________(用化学方程式表示)（3）装置B的主要作用是___________。（4）步骤Ⅳ中，用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是___________。（5）正溴丁烷的产率为___________%(结果保留到小数点后1位)（6）判断步骤V中蒸馏完全的操作方法：用试管接取最后几滴馏出液，___________，说明蒸馏完全。（7）实验小组测定产品的核磁共振氢谱如下图。据此认为产品有杂质，其理由是___________。【答案】（1）三颈烧瓶c（2）2NaBr+3H2SO4(浓)Br2+SO2↑+2H2O+2NaHSO4或2HBr+H2SO4(浓)Br2+SO2↑+2H2O（3）吸收挥发的HBr和SO2，防止污染空气（4）除去粗产品中的H2SO4、NaHSO4等酸性物质（5）59.9%（6）加入少量蒸馏水并振荡，若无油珠出现（7）核磁共振氢谱只有四组峰，而图谱中有5组峰，说明还含有杂质【分析】NaBr和浓H2SO4反应生成HBr，HBr与正丁醇反应可制备1-溴丁烷，化学方程式为CH3CH2CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2CH2Br+H2O，蒸馏得到粗产品，用无水CaCl2固体干燥后，进行蒸馏纯化，收集101～102℃馏分，得产品，以此解题。【解析】（1）根据图示，仪器a的名称为三颈烧瓶。冷凝管中冷凝水应从下口进，上口出，即c口通入。（2）Br-具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者反应生成Br2的水溶液为橙色，故原因是2NaBr+3H2SO4(浓)Br2+SO2↑+2H2O+2NaHSO4，或2HBr+H2SO4(浓)Br2+SO2↑+2H2O。（3）反应生成了HBr和SO2，会污染环境，故装置B的主要作用是吸收挥发的HBr和SO2，防止污染空气。（4）三颈烧瓶中含有可能未反应完的H2SO4和生成的NaHSO4、HBr等酸性物质，故用饱和NaHCO3溶液进行洗涤的目的是除去粗产品中的H2SO4、NaHSO4等酸性物质。（5）反应物20.6gNaBr的物质的量为0.2mol，7.4g正丁醇为0.1mol，NaBr过量，故正溴丁烷的产率为×100%≈59.9%。（6）根据正丁醇和正溴丁烷的沸点可知，正溴丁烷蒸馏完全后会馏出正丁醇，结合二者在水中的溶解性可知，最后的馏出液溶于水即证明蒸馏完全。故用试管接取最后几滴馏出液，加入少量蒸馏水并振荡，若无油珠出现，说明蒸馏完全。（7）根据正溴丁烷结构简式，纯净的正溴丁烷只有四种不同化学环境的氢原子，即核磁共振氢谱只有四组峰，而图谱中有5组峰，说明还含有杂质。17．（15分）和是两种主要的温室气体。为助力我国实现双碳目标，甲烷重整技术是利用温室气体大规模制氢的一项重要研究课题，其中“甲烷干重整”主要涉及如下反应：①

②

回答下列问题：（1）有关化学键键能数据如表：化学键键能/4364638031076则___________。反应②能自发进行，则___________0(填“大于”或“小于”或“等于”)。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的和发生反应①和反应②，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。a．气体总压强不变

b．气体密度不变c．CO和的物质的量相等

d．的浓度不变（3）以不同进料比的原料气，在恒温恒压下发生“甲烷干重整”反应，平衡时甲烷的转化率X、平衡混合气中各组分的体积分数Y如图所示。随着进料比增大，产物中___________(填“增大”或“减小”或“不变”)。若进料比为1时，、，则转化率为___________，反应②的分压平衡常数___________(保留两位小数)。（4）电化学还原二氧化碳制甲醇：其中将双极膜应用于二氧化碳制备甲醇过程中的电解原理如图所示。已知：双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜构成，在直流电场的作用下，双极膜间解离成和，并向两极迁移。石墨电极上的电极反应式是___________，双极膜内每消耗54g水，理论上催化电极表面被还原的体积是___________L(标准状况)。【答案】（1）大于（2）ad（3）减小88%0.74（4）11.2【解析】（1）由公式反应物的总键能-生成物的总键能，根据图表中数据可知：反应②能自发进行，则此反应的吉布斯自由能变，，因为，，所以只有，才可以，反应才能自发进行。所以填“大于”。（2）要表明可逆反应达到了平衡状态，必须是“速率相等”或者“变量不变”。恒温恒容条件下，发生反应①和反应②，①②a．气体总压强不变

R、T、V都不变，而反应①中气体物质的量n改变，所以改变，是变量；不变，则可逆反应达到平衡，故a能表明达到平衡状态。b．气体密度不变V不变，而所有反应物和生成物都是气体，根据化学反应质量守恒定律，所以反应进行的任意阶段气体m都不变。所以此时是恒量，不是变量。不变不能说明可逆反应一定达到了平衡状态。c．CO和的物质的量相等、是两个不断变化的量，它们相等也不一定不再变化，所以这两个相等不能说明可逆反应达到了平衡状态。d．的浓度不变

，V不变，但是变化的，所以是变量，它不变，说明可逆反应达到了平衡状态。所以答案是ad。（3）随着进料比增大，相当于增大，反应②平衡正向移动，消耗H2，生成CO，导致减小；进料比为1时，设投入的CH4、CO2均为1mol，，则反应过程消耗的为0.8mol，平衡时为0.2mol，平衡时，，，，解得=0.08，则由上计算知：平衡时、、，设平衡时总压强为P总、气体总物质的量为n总，因为反应②，反应前后气体的总物质的量相等，所以分压平衡常数在计算过程中P总和n总都会在分子分母中约掉。则反应②的分压平衡常数。（4）由图知：石墨电极上生成O2，所以电极方程式为：双极膜内每消耗54g时，，因为所以有3mol从双极膜出来到阳极参与反应

则电路中共转移3mol电子，则理论上催化电极表面被还原的，标准状况下体积18．（15分）烯丙醇()是重要的有机合成中间体，通过不对称氧化反应可合成化合物G(一种-肾上腺素受体阻滞剂)。化合物G的一种合成路线如下：（1）化合物A的分子式为___________，化合物D中含氧官能团的名称为___________。（2）溴代烃B的结构简式为_____