2025年高考押題預測卷高三化學（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32Ti48Fe56Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．化學助力科學高質量發展，下列對科學成果的描述錯誤的是A．5G技術中使用的光導纖維不與任何酸堿反應B．耐高溫的碳化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料C．量子通信材料螺旋碳納米管與石墨烯互為同素異形體D．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分屬于無機鹽【答案】A【解析】A．光導纖維主要成分是二氧化硅，為酸性氧化物，能與強堿反應，A錯誤；B．耐高溫的碳化硅(SiC)陶瓷，屬于新型無機非金屬材料，B正確；C．螺旋碳納米管TEM與石墨烯均為碳單質，互為同素異形體，C正確；D．月壤中的“嫦娥石”，屬于無機鹽，D正確；故選A。2．實驗室進行下列實驗操作，儀器使用錯誤的是A．配制一定物質的量濃度的溶液：③⑧⑨B．溶液蒸發結晶：⑧⑨C．從溴水中萃取單質溴：④⑧D．制備蒸餾水：①⑥⑦【答案】B【解析】A．配制一定物質的量濃度的NaOH溶液計算、稱量后，在燒杯中溶解、冷卻，轉移到容量瓶中定容，溶解和轉移溶液時都用到玻璃棒，則配制溶液需要③⑧⑨，故A正確；B．蒸發需要蒸發皿、酒精燈、玻璃棒，不需要⑧，故B錯誤；C．萃取需要分液漏斗、燒杯，需要④⑧，故C正確；D．蒸餾需要蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等，則制備蒸餾水需要①⑥⑦，故D正確；故選B。3．物質性質決定用途，下列對應關系錯誤的是A．制作豆腐時添加石膏，體現了的難溶性B．、用作耐高溫材料，體現了、的熔點高C．用作焙制糕點的膨松劑，體現了的受熱不穩定性D．用含的硅藻土來保鮮水果，體現了的氧化性【答案】A【解析】A．制作豆腐時添加石膏，體現了鹽溶液能使膠體聚沉的性質，故A錯誤；B．、的熔點高，所以、用作耐高溫材料，故B正確；C．的受熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，所以用作焙制糕點的膨松劑，故C正確；D．能把乙烯氧化為二氧化碳，所以用含的硅藻土來保鮮水果，故D正確；選A。4．下列化學用語或圖示表示錯誤的是A．HClO的電子式：B．基態Se原子的價電子排布式：4s24p4C．PCl3的VSEPR模型：D．酚醛樹脂的結構簡式：【答案】D【解析】A．HClO的電子式，A正確；B．基態Se原子核外34個電子，為第四周期第元素，價電子即為最外層的六個電子，價層電子排布式：4s24p4，B正確；C．三氯化磷分子中磷原子的價層電子對數為4，VSEPR模型為四面體形，C正確；D．酚醛樹脂的結構簡式為，D錯誤；故選D。5．下列圖示實驗中，操作正確且能達到實驗目的的是A．混合濃硫酸和乙醇B．鐵制鍍件電鍍銅C．比較和水解能力D．驗證使溴水褪色【答案】A【解析】A．由于濃硫酸稀釋會放出大量熱且密度較大，所以要將濃硫酸沿燒杯內壁緩慢倒入乙醇中，并邊加邊攪拌，防止液體沸騰引起飛濺，故A正確；B．電鍍操作中，待鍍金屬作陰極，向鐵制鍍件上鍍銅，鐵制鍍件應連電源負極，故B錯誤；C．和的飽和溶液濃度不同，因此不能通過觀察顏色比較和水解能力，故C錯誤；D．生成的乙炔中有H2S雜質，也會使溴水褪色，則溴水褪色不能證明是乙炔使溴水褪色的，故D錯誤；故答案選A。6．某含Cr催化劑(-Ph為苯基)可用于光催化還原，結構簡式如下圖所示。下列說法正確的是A．電負性：B．基態Cr原子的價電子排布式為C．中含有鍵D．該催化劑中B和P均采取雜化【答案】D【解析】A．同周期從左往右元素電負性遞增，同主族從上往下元素電負性遞減，故電負性：P<N<O，A錯誤；B．Cr位于第四周期第VIB族，價電子排布式為3d54s1，B錯誤；C．1mol中，含有12mol×4=48molσ鍵，C錯誤；D．由結構可知，B和P均形成了4個共價鍵，故均為sp3雜化，D正確；故答案選D。7．在化學合成和生物活性研究基礎上，我國學者團隊發現了具有顯著抗骨肉瘤活性的氧雜蒽類化合物，該研究涉及的一個反應如圖所示。下列說法錯誤的是A．甲、乙互為同分異構體 B．甲、乙含相同數目的手性碳原子C．甲、乙均能使酸性溶液褪色 D．甲、乙均能與發生加成反應【答案】A【解析】A．兩者含O原子量不同，分子式不同，故不是同分異構體，A錯誤；B．，甲、乙含相同數目的手性碳原子，B正確；C．甲、乙均含有羥基，以及與苯相連的C原子上含有H，能使酸性溶液褪色，C正確；D．甲、乙均含有苯環、酮羰基，均能與發生加成反應，D正確；故選A。8．過渡金屬離子與某陰離子反應后得到如圖所示電中性配合物，位于第四周期，基態原子最外層只有一個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，X、Y、Z、W均為短周期非金屬元素，且原子序數依次增大，原子軌道有兩個單電子，下列有關說法不正確的是A．的第一電離能大于 B．M位于元素周期表的ds區C．的電負性大于 D．該物質中存在個配體【答案】D【分析】位于第四周期，基態原子最外層只有一個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，M為銅；X、Y、Z、W均為短周期非金屬元素，且原子序數依次增大，X形成1個共價鍵且原子序數最小，X為氫；Y形成4個共價鍵，為碳，原子軌道有兩個單電子，且原子序數大于碳，則W為氧，那么Z為氮；【解析】A．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能大小：N>O，A正確；B．M為銅，為29號元素，位于元素周期表的ds區，B正確；C．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強，O的電負性大于C，C正確；D．由圖可知，1分子該物質中銅離子和2個配體形成4個配位鍵，則該物質中存在個配體，D錯誤；故選D。9．晶體磷酸二氫鉀是一種非線性光學材料，實驗室模擬工業工序設計的流程如圖所示。已知：HCl易溶于乙醇和醚等有機溶劑，下列說法不正確的是A．有機萃取劑不可選用乙醇B．既可與鹽酸也可與溶液反應C．操作I、操作II是相同的操作方法D．一系列操作III主要包括蒸發結晶、干燥【答案】D【分析】加入KCl混合，用有機萃取劑進行萃取，主要反應原理為，經操作I(分液)得到有機相和水相，水相經一系列操作可得到晶體，反應產生的HCl易溶于有機萃取劑，有機相加入氨水進行反萃取，發生反應NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，再分液得到有機萃取劑返回萃取操作中循環使用，另一部分經蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥便可得到NH4Cl。【解析】A．因為乙醇與水互溶，所以有機萃取劑不可選用乙醇，A正確；B．是酸式鹽，既可與鹽酸也可與溶液反應，B正確；C．根據分析知，操作I、操作II都是分液，是相同的操作方法，C正確；D．NH4Cl受熱易分解，所以一系列操作III主要包括蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，D錯誤；故選D。10．丙烯和溴化氫在通常情況下發生加成反應主要得到2-溴丙烷，其機理如下。下列說法不正確的是A．上述反應中，第一步為反應的決速步驟B．碳正離子中間體的穩定性：C．丙烯與鹵化氫加成時，的反應速率最大D．與加成的主要產物為【答案】D【解析】A．上述反應中，第一步為反應慢，為決速步驟，A正確；B．第一步慢反應得到的碳正離子為，可以推得碳正離子中間體穩定性：，B正確；C．慢反應決定反應速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反應更快，可知CH3CH=CH2與氫鹵酸反應時速率大小HI>HBr>HCl，C正確；D．根據題干信息，烯烴與HBr反應第一步是氫離子結合有一定負電性的碳原子，由于-CF3為吸電子基團，故與HBr加成的主要產物為，D錯誤；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．組成核酸的基本單元是核苷酸，腺嘌呤核苷酸的結構如圖所示，下列說法正確的是A．1mol腺嘌呤核苷酸最多消耗2molNaOHB．該分子中含有2個手性碳原子C．DNA和RNA結構中戊糖不同，堿基不完全相同D．DNA分子兩條鏈上的堿基通過共價鍵作用配對【答案】C【解析】A．在堿性條件下，磷酸基團會發生水解，且磷酸基團中的羥基也可以與NaOH反應，1個腺嘌呤核苷酸含有1個磷酸基團，則1mol腺嘌呤核苷酸最多消耗3molNaOH，A錯誤；B．連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，則該分子中含有4個手性碳原子，如圖中標注有“*”的碳原子：，B錯誤；C．DNA的戊糖為脫氧核糖，堿基為：腺嘌呤、鳥嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶；RNA的戊糖為核糖，堿基為：腺嘌呤、鳥嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，所以DNA和RNA結構中戊糖不同，堿基不完全相同，C正確；D．DNA分子兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用配對，D錯誤；故選C。12．與在溶液中可能發生如下反應：①；②；③。為探究反應的發生，設計如圖兩個實驗。忽略水合作用的能量變化。下列說法正確的是A．反應①可在低溫下自發進行，反應②不能B．實驗1中，一段時間后可能出現藍色沉淀C．稀溶液中，反應①的速率大于反應②的速率D．的氧化性和的還原性與濃度有關【答案】CD【解析】A．反應①②均無舊鍵斷裂，只有新鍵生成，為放熱的過程，故，二者均為離子轉變為沉淀的反應，故，當自由能變時反應能自發進行，所以反應①②低溫下均可自發進行，A錯誤；B．由題目中的數據可知，的溶解度遠小于的，所以反應③不能發生，不會出現藍色沉淀，B錯誤；C．實驗1現象：立刻產生黑色沉淀，實驗2現象：產生黑色和少量黃色、紅色物質，根據實驗1和2現象可知，反應①的速率大于反應②的，C正確；D．由實驗2可知，增大和濃度可使反應②發生，反應②中體現的氧化性和的還原性，說明的氧化性和的還原性與濃度有關，D正確；故選CD。13．硫酸鹽還原菌(SRB)可以處理含Cu2+的硫酸鹽酸性廢水，同時實現有機廢水的處理，原理如圖所示，下列說法正確的是A．若以鉛蓄電池為電源，b為Pb電極B．SO參與的電極反應為：C．電解一段時間后陽極區溶液的pH減小D．標準狀況下，產生2.24LCO2時，理論上可產生9.6gCuS【答案】B【分析】由裝置圖可知右側石墨電極上發生反應：；可知石墨電極作陽極，則左側石墨電極為陰極，a為負極，b為正極，據此分析解答。【解析】A．由以上分析可知b為正極，若以鉛蓄電池為電源，b為PbO2電極，故A錯誤；B．左側石墨電極為陰極，SO在該電極得電子轉化為CuS，電極反應為：，故B正確；C．結合陽極反應可知，每轉移8mol電子時，陽極區生成7mol氫離子，但為滿足電荷守恒，同時有8mol氫離子通過質子交換膜進入陰極區，則陽極區溶液中氫離子濃度減小，pH增大，故C錯誤；D．標準狀況下，產生2.24LCO2即生成0.1mol，轉移0.4mol電子，結合陰極反應可知，此時陰極生成0.05molCuS，質量為：4.8g，故D錯誤；故選：B。14．工業合成尿素：。恒容密閉容器加入等物質的量的和，在和反應達到平衡，與關系如圖所示(壓強單位均為)。反應的標準平衡常數。下列說法正確的是A．B．C．下，平衡時體系的總壓強為時，D．若改為恒壓密閉容器，則平衡時的體積分數減小【答案】BC【分析】表示物質的分壓強，值越大，說明其分壓越大，說明其體積分數或物質的量分數越大，據此分析解答。【解析】A．平衡時，相同的時，溫度時的小于時的

，說明溫度到時，平衡逆向移動，該反應是放熱反應，則，故A錯誤；B．，則=，=，故，故B正確；C．時，=1，=3，則=10，，=1000，則，若平衡時，，則則=240.1，，則平衡時體系的總壓強為，故C正確；D．此反應是總物質的量減小的反應，若改為恒壓密閉容器，相對于恒容密閉容器來說，相當于增大壓強的反應，增大壓強，平衡會正向移動，則若改為恒壓密閉容器，平衡時的體積分數會增大，故D錯誤；答案BC。15．合金可用作儲氫材料，吸氫和脫氫過程如下圖所示，其中吸氫過程放熱。已知晶胞屬于立方晶系，合金的密度為。下列說法錯誤的是A．晶胞中x=1B．晶胞中原子的配位數為8C．降壓或升溫有利于脫氫D．晶胞中和原子最近距離為【答案】D【解析】A．2個Ti位于體內，Fe位于面上，個數為，H位于頂點和棱上，個數為,其化學式為TiFeH，則x=1，A正確；B．由TiFe晶胞圖可知，Ti原子配位數為8，由化學式TiFe可知，Ti、Fe原子個數比為1∶1，則Fe原子的配位數也為8，B正確；C．TiFe合金吸氫過程為氣體體積減小的放熱過程，則降壓或升溫，平衡逆向移動，有利于脫氫，C正確；D．晶胞中Ti、Fe原子個數均為1，晶胞質量為，設晶胞參數為anm，晶胞體積為，由可得，，則，TiFe晶胞中Ti和Fe原子最近距離為體對角線的一半，即為，D錯誤；故選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（12分）鈷和鋰在電池材料、超級合金等高科技領域中發揮著關鍵作用。回答下列問題：（1）下列狀態的鈷中，電離最外層一個電子所需能量最大的是(填標號)。A．[Ar]3d74s2

B．[Ar]3d74s1

C．[Ar]3d74s14p1

D．[Ar]3d74p1（2）某種離子液體可作為鋰電池的電解液，其結構如圖。N、F、P三種元素電負性由大到小的順序為；PF的空間構型為；1mol該化合物中含有molσ鍵；該化合物中含N的五元雜環具有類似苯環的結構特征，標*號N原子采取的軌道雜化方式為。（3）CoO2的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。A、B點原子的分數坐標分別為(0，0，0)、(0.31，0.31，0)，則C點原子的分數坐標為。則該晶體密度ρ=g/cm3(用含NA的代數式表示)。【答案】（除標明外，每空1分）（1）B（2）F>N>P（1分）正八面體形（1分）25sp2（3）(0.69,0.69,1)【解析】（1）鈷的原子序數為27，電子排布為[Ar]3d74s2。電離能問題：鈷元素的第二電離能大于第一電離能，由題給簡化電子排布式可知，[Ar]3d74s2和[Ar]3d74s14p1電離最外層一個電子所需能量為第一電離能，[Ar]3d74s1和[Ar]3d74p1電離最外層一個電子所需能量為第二電離能，[Ar]3d74p1為離子的激發態，能量高，所以電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ar]3d74s1，故選B；（2）電負性問題：非金屬性越強，電負性越大，F、N、P的電負性依次減小，因此順序為F>N>P。的空間構型：的中心原子P周圍有6個F原子，形成正八面體構型。σ鍵數量：中每個P-F鍵都是一個σ鍵，共6molσ，復雜陽離子有19molσ因此1mol該化合物中含有25molσ鍵。N原子的雜化方式：N原子在五元雜環中通常采取sp2雜化，形成平面三角形結構。（3）C點原子的分數坐標：根據四方晶胞的對稱性，C點原子的坐標應為(1-0.31，1-0.31，1)，即(0.69，0.69，1)。晶體密度計算：四方晶胞的體積為，每個晶胞中含有2個CoO2單元（每個晶胞中），因此密度ρ=g/cm3。17．（12分）某工業廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化學沉降法處理酸性高濃度含砷廢水，并提取粗As2O3的工藝流程如圖所示。已知：Ⅰ．“一級沉砷”后濾渣為As2S3和FeS，“焙燒”過程中殘留少量As2S3。Ⅱ．與過量的存在反應：，。回答下列問題：（1）寫出亞砷酸轉化為As2S3的離子方程式，FeSO4的作用為。（2）濾渣2的成分為。（3）“二級沉砷”過程中石灰乳的作用是，在一定溫度下將砷元素轉化為沉淀，主要反應有：a．b．加入石灰乳調溶液中，此時溶液中(已知：)。（4）“還原”過程發生反應的化學方程式。（5）從綜合利用的角度看，可循環利用的物質為。（6）As2O3在不同溫度和不同濃度硫酸中的溶解度(S)曲線如圖所示。為了提高粗As2O3的產率，結晶過程中應控制的條件為。【答案】（除標明外，每空2分）（1）2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O與過量的S2-結合生成FeS沉淀，防止As2S3與S2-結合生成(與過量的S2-結合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)（2）S（1分）（3）2.15×10-8mol/L（4）H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4（5）SO2和H2SO4（1分）（6）調硫酸濃度約為7mol/L，冷卻至25℃【分析】某工業廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在，加入Na2S、FeSO4，“一級沉砷”后濾渣為As2S3和FeS，其中FeSO4可除去過量的S2-生成FeS，濾渣焙燒后產生SO2氣體、Fe2O3固體、As2O3固體和少量As2S3固體，固體用NaOH溶液處理，As2O3和As2S3轉化為，Fe2O3不和NaOH溶液反應，過濾后存在于濾渣1中，向濾液中加入H2O2溶液將氧化為和S單質，濾液2是S，濾液酸化后得到，H3AsO4被SO2還原生成H3AsO3，“二級沉砷”過程中石灰乳的作用是，在一定溫度下將砷元素轉化為沉淀，以此解答。【解析】（1）“一級沉砷”中H3AsO3和Na2S發生氧化還原反應生成As2S3沉淀和水，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O，FeSO4的作用為：與過量的S2-結合生成FeS沉淀，防止As2S3與S2-結合生成(與過量的S2-結合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)。（2）由分析可知，濾渣2的成分為S。（3）加入石灰乳調溶液中，由方程式a可知，由方程式b可知，此時溶液中=mol/L=2.15×10-8mol/L。（4）“還原”過程中H3AsO4被SO2還原生成H3AsO3，SO2被氧化為H2SO4，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4。（5）從綜合利用的角度看，焙燒時產生SO2氣體，還原時消耗SO2，“一級沉砷”時消耗H2SO4，還原”過程中生成H2SO4，則可循環利用的物質為SO2和H2SO4。（6）為了提高粗As2O3的產率，需要使其溶解度盡可能小，則結晶過程中應控制的條件為調硫酸濃度約為7mol/L，冷卻至25℃。18．（12分）苯甲酰氯()是無色液體，遇水或乙醇逐漸分解，可用作制備染料、香料、有機過氧化物、藥品和樹脂的重要中間體。實驗室可用苯甲酸與氯化亞砜()制備苯甲酰氯。I．氯化亞砜的制備：采用硫黃、二氧化硫、氯氣為原料，在活性炭催化作用下的合成反應為、，副反應為(部分加熱儀器略，已知：氯化亞砜遇水易分解)。回答下列問題：（1）儀器M的名稱是。（2）按氣流進出三頸燒瓶的接口連接順序是(填字母)。（3）堿石灰的作用是。（4）實驗開始時，先打開儀器Q中的旋塞反應一段時間，再打開儀器N中旋塞的目的是。II．制備苯甲酰氯的裝置如圖所示：（5）從含少量氯化鈉的苯甲酸粗產品中提純苯甲酸的方法是。（6）試劑Y是。（7）三頸燒瓶中等物質的量的苯甲酸與發生反應的化學方程式是。【答案】（除標明外，每空2分）（1）球形冷凝管（1分）（2）ebahicdfg（3）吸收和，同時防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶中（4）先由與S反應生成，減少產生，提高的產率（5）重結晶（6）NaOH溶液（1分）（7）【分析】二氧化錳與濃鹽酸共熱可生成氯氣，經過飽和食鹽水除雜，再經過濃硫酸干燥后通入三頸燒瓶，與硫黃、二氧化硫在活性炭催化作用下發生反應生成氯化亞砜，氯化亞砜再與苯甲酸反應生成苯甲酰氯。【解析】（1）儀器M的名稱是球形冷凝管；（2）氯化亞砜遇水易分解，通入的氣體需先經過干燥，則按氣流進出三頸燒瓶的接口連接順序：ebahicdfg；（3）堿石灰的作用是吸收和，同時防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶中；（4）實驗開始時，先打開儀器Q中的旋塞反應一段時間，再打開儀器N中旋塞的目的是先由與S反應生成，減少產生，提高的產率；（5）通過重結晶法可由含少量氯化鈉的苯甲酸粗產品中提純苯甲酸；（6）試劑Y是NaOH溶液或其他合理試劑；（7）三頸燒瓶用來制備苯甲酰氯，根據元素守恒推測還有和HCl生成，反應的化學方程式是。19．（12分）化合物K是合成抗病毒藥物普拉那韋的原料，其合成路線如下。已知：①；②RBrRMgBr；回答下列問題：（1）A具有酸性，且酸性比乙酸(填“強”或“弱”)，A→B的反應類型為，J中含有的官能團的名稱是。（2）D→E過程中有副產物E’生成，E’為E的同分異構體，則E’的結構簡式為。（3）E有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體有種(不考慮立體異構)。a．經紅外光譜測定分子中含結構，且苯環上只有兩個取代基b．能發生水解反應，且苯環上的一氯代物只有兩種結構c．能與銀氨溶液反應產生銀鏡（4）寫出J→K的化學方程式。（5）一種以乙醛、丙酮、為原料，制備某有機物的合成路線如下圖所示。其中有機物M、N的結構簡式分別為、。L【答案】（除標明外，每空2分）（1）強（1分）取代反應（或酯化反應）（1分）羰基、羥基、羧基（1分）（2）（3）8（1分）（4）+H2O（5）【分析】A→B反應為酯化反應，則A存在羧基，根據A的分子式，A為，B為，B在Mg/乙醚作用下生成C（）；根據信息①和E的結構式，可知D為，F為，F在氫氣、Ni、加熱條件下發生加成反應生成G（）；C和G發生信息②中的反應生成H（），H經過一系列轉化生成I，I發生酯的水解反應生成J（），J在濃硫酸、加熱條件下生成K。據此解答：【解析】（1）據分析，A為，由于Br電負性大于H，因此中的O-H比乙酸更弱，酸性比乙酸強；A→B為與乙醇在濃硫酸、加熱條件下生成，反應類型為取代反應（或酯化反應）；J為，其中含有的官能團的名稱是羰基、羥基、羧基。（2）D→E過程為苯甲醛中醛基碳原子與2-戊酮的α碳原子形成新的碳碳鍵，2-戊酮為不對稱酮，化合物E為2-戊酮的1號碳與苯甲醛中醛基碳原子鍵，則化合物E‘為2-戊酮的3號碳與苯甲醛中醛基碳原子鍵，結構簡式為。（3）根據E的同分異構體要求，該同分異構體為，具有8種結構（、、、、、、、），則符合下列條件的同分異構體有8種。（4）J（）在濃硫酸、加熱條件下生成K和水，化學方程式為+H2O。（5）根據信息①可知，乙醛和丙酮在NaOH水溶液種生成L（），L受熱發生消去反應生成M（）；根據信息②可知，M與反應生成N（）；N在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成目標化合物。20．（12分）CO2加氫制甲醚的反應原理：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

其分步反應及副反應如下：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

回答下列問題：（1），上述反應的ΔG隨溫度的變化如圖，其中表示反應Ⅲ的ΔG隨溫度的變化曲線是(填a、b或c)。（2）在4.0MPa條件下，將1molCO2、3molH2通入反應器發生反應I、Ⅱ、Ⅲ