第第頁廣東省普通高中2025屆高三下學(xué)期二模化學(xué)試題一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．與龍一樣，蛇在古代也被視為吉祥和延年的象征之物。下列與蛇有關(guān)的歷史文物中，主要材料為金屬的是A．伏羲女媧絹畫B．鎏金銅玄武C．青瓷蛇俑D．灰陶玄武瓦當(dāng)A．A B．B C．C D．D2．我國新型運載火箭長征十二號成功點火起飛，實現(xiàn)了多個首次。下列說法正確的是A．采用液氧和煤油為推進劑，其燃燒產(chǎn)物為CO2和H2OB．采用第三代鋁鋰合金的貯箱，鋁鋰合金的硬度和密度均比純鋁小C．采用與液氧相容的冷氦增壓技術(shù)，氧分子和氦分子中都含有非極性鍵D．火箭發(fā)動機以具有極高熔點的金屬錸(Re)為材料，Re屬于主族元素3．“硬核科技”為新質(zhì)生產(chǎn)力的發(fā)展賦能。下列說法正確的是A．石墨烯涂料具有較強的抗腐蝕性，石墨烯屬于電解質(zhì)B．“華龍一號”的核反應(yīng)堆以235U為燃料，235U與236U具有不同的化學(xué)性質(zhì)C．“雪龍二號”雷達系統(tǒng)使用碳化硅材料，碳化硅屬于新型無機非金屬材料D．我國光量子芯片使用鈮酸鋰(LiNbO3)晶體調(diào)控光子、LiNbO3是共價晶體4．自然界的壯麗展現(xiàn)化學(xué)之美，下列說法不正確的是A．晶瑩剔透酉花飛揚，六角雪花體現(xiàn)了晶體的自范性B．五彩繽紛煙花燦爛，焰火與原子核外電子躍遷有關(guān)C．螢火蟲如繁星點點，螢火蟲發(fā)光時化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能D．自然雕琢溶洞奇觀，溶洞形成CaCO3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)5．一種固態(tài)氧化物電解池能電解CO2和H2O制備合成氣(CO、H2)，其裝置如圖所示。該裝置工作時，下列說法正確的是A．a(chǎn)電極連接外接電源的負(fù)極B．O2-從a電極移向b電極C．b電極上CO2的反應(yīng)為CO2+2e-=CO+O2-D．生成的O2中的О元素均來自CO26．提純粗乙酸乙酯〈含乙醇和乙酸)的過程如下，其中操作a為A．分液 B．蒸餾 C．萃取 D．升華7．“勞動創(chuàng)造幸福，實干成就偉業(yè)?！毕铝袆趧禹椖颗c所述化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是選項勞動項目化學(xué)知識A用聚乳酸制作可降解的一次性餐具聚乳酸呈酸性B用FeCl3溶液刻蝕覆銅電路板氧化性：Fe3+＞Cu2+C在自行車鏈條表面涂機油機油可隔絕空氣，減緩金屬發(fā)生吸氧腐蝕D用液氨作工業(yè)制冷劑液氨汽化吸收大量的熱A．A B．B C．C D．D8．興趣小組利用下列裝置進行SO2相關(guān)實驗，其中能達到實驗?zāi)康牡氖茿．制備SO2B．收集SO2C．驗證SO2的漂白性D．驗證SO2的氧化性A．A B．B C．C D．D9．如圖所示的化合物具有抗氧化、抗炎和抗病毒等多種生物活性。關(guān)于該化合物，下列說法不正確的是A．所有碳原子可以共平面B．能發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)C．1mol該化合物最多能與1molNaHCO3發(fā)生反應(yīng)D．1mol該化合物最多能與5molH2發(fā)生加成反應(yīng)10．以燃煤電廠煙氣中的SO3、NH3和H2O為原料可制備化工產(chǎn)品NH4HSO4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1molNH4HSO4晶體中含有離子的總數(shù)為3NAB．1.8gH218C．pH=12的氨水中含有NH4+D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO2與11.2LO2充分反應(yīng)生成SO3，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA11．實驗小組設(shè)計如圖所示實驗裝置探究氯氣的性質(zhì)，擠壓裝有濃鹽酸的滴管。下列說法正確的是A．a(chǎn)處KMnO4換為MnO2也可完成實驗探究B．b處紙最終會變?yōu)榧t色，c處變?yōu)辄S褐色C．若d、e兩處紅色紙團均褪色、d處褪色更快D．若f處為飽和NaCl溶液、實驗后將其滴入燒瓶可吸收剩余氯氣12．如圖所示物質(zhì)烘焙時可生成具有香味的化合物。已知W、X、Y、Z、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)Z原子和基態(tài)R原子最外層電子數(shù)相同。下列說法正確的是A．第一電離能：X<Y<ZB．簡單氫化物的沸點：X<Z<RC．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y<XD．XW4、YW3和W2R的VSEPR模型名稱均為四面體形13．下列陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且具有因果關(guān)系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡACuSO4溶液滲入地殼深層，閃鋅礦(ZnS)轉(zhuǎn)化為銅藍(lán)(CuS)Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)B實驗室中氯水需現(xiàn)制現(xiàn)用HClO是一種弱酸C甲苯中的甲基能使酸性高錳酸鉀溶液褪色甲苯中的甲基能使苯環(huán)性質(zhì)變活潑D用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定醋酸時，用甲基橙作指示劑CH3COONa溶液呈堿性A．A B．B C．C D．D14．部分含氮物質(zhì)的分類及相應(yīng)化合價關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．f可作為化肥，與草木灰同時施用可增強肥效B．若用Cu與e的水溶液反應(yīng)制備c，為加快反應(yīng)速率，可用e的濃溶液C．a(chǎn)與d反應(yīng)生成b，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶4D．工業(yè)制備e：b→a→d→e15．對于反應(yīng)X(g)?2Z(g)[Y(g)為中間產(chǎn)物]：①反應(yīng)過程中各物質(zhì)的濃度隨時間變化如圖所示；②提高反應(yīng)溫度，c平(Y)cA． B．C． D．16．一種新型鋅電池的工作原理如圖所示。雙極膜中的H2О解離為H+和OH-，兩種離子在電場作用下分別向兩極遷移。該電池工作時，下列說法不正確的是A．a(chǎn)膜為陰離子交換膜，b膜為陽離子交換膜B．Ⅱ室中酸性溶液的pH逐漸增大C．理論上每生成1molNH4D．理論上電路中每通過4mol電子，雙極膜內(nèi)有4molH2O發(fā)生解離二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17．I．乙醇在化工、醫(yī)療、食品以及農(nóng)業(yè)等領(lǐng)域都有廣泛的用途。（1）完成乙醇與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)的離子方程式。5C2H5OH+___MnO4-+___=5CH3COOH+___Mn2++11H（2）選擇合適的裝置驗證乙醇的消去反應(yīng)，裝置的連接順序為→g。溴的CCl4溶液中的現(xiàn)象為。Ⅱ．探究鈉與乙醇、冰醋酸反成的快慢【查閱資料】i．乙醇、冰醋酸、鈉和銅的密度分別為0.789、1.05、0.968和8.96(單位：g·cm-3)。ⅱ．熱容值：乙醇>冰醋酸。2C2H5OH(1)+2Na(g)→2C2H5ONa(s)+H2(g)ΔH=-271.54kJ/mol2CH3COOH(1)+2Na(s)→2CH3COONa(s)+H2(g)ΔH=-442.26kJ/molⅲ．室溫時、乙醇和冰醋酸均可發(fā)生自耦電離形成溶劑合氫離子；C2H5OH+C2H5OH?C2H5OH2++C2CH3COOH+C3COOH?CH3COOH2++CH3ⅳ．乙酸鈉為白色固體，其在冰醋酸中的溶解度隨溫度的升高而增大?！纠碚摲治觥坷碚撋希c與冰醋酸反應(yīng)更快。【實驗驗證】25℃時，取0.15g兩塊形狀、大小相同的金屬鈉放入用銅網(wǎng)制作的包裹袋中，分別投入20mL乙醇和冰醋酸中。觀察到：乙醇中產(chǎn)生氣泡更快；一段時間后，冰醋酸中銅網(wǎng)里的鈉表面附著白色固體。【提出猜想】25℃時，乙酸鈉在冰醋酸中的溶解度較小，形成保護膜覆蓋在鈉表面，阻止反應(yīng)進一步進行，造成鈉與冰醋酸反應(yīng)速率較慢的異?，F(xiàn)象?！緝?yōu)化實驗】按下表進行實驗，記錄生成VL所用的時間(其他條件均相同)。實驗序號液體試劑鈉的質(zhì)量/g反應(yīng)起始溫度/℃生成VLH2所用的時間/s名稱體積/mLA1乙醇200.15Tt1A2冰醋酸200.15Tt2B1乙醇63.015t3B2冰醋酸63.015t4（3）室溫時，乙醇中溶劑合氫離子的濃度為mol·L-1。（4）理論上，鈉與冰醋酸反應(yīng)更快，理由如下：①由信息ⅱ可知，鈉與冰醋酸反應(yīng)放熱更多，且冰醋酸的熱容值更小，反應(yīng)體系溫度更高，反應(yīng)速率更快。②由信息?？芍?。（5）用銅網(wǎng)包裹鈉塊后再投入乙醇和冰醋酸中的目的為。（6）實驗測得優(yōu)化實驗中的數(shù)據(jù)t1>t2，證明猜想正確，則反應(yīng)起始溫度T為(填“15”、“25”或“50”)。實驗測得t3>t4，可能的原因為。18．一種從鋅冶煉渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取鎵(Ga)和儲(Ge)的工藝流程如下。已知：①25℃時，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8。②c{[Fe(C2O4)3]3-}對Ga、Ge的萃取率(進入有機層中金屬離子的百分?jǐn)?shù))的影響如下表。c{[Fe(C2O4)3]3-}00.51468Ga的萃取率/%84.7881.3279.4152.2444.3223.16Ge的萃取率/%99.9699.8899.8699.6899.5299.35（1）“低酸浸出”后濾液中含有的金屬陽離子主要有。（2）“酸浸”時，加入H2O2能將Ga和Ge的硫化物轉(zhuǎn)化為對應(yīng)相同價態(tài)的氧化物，氧化物再與草酸反應(yīng)生成配合物。①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的離子方程式為。②加入草酸后，PbSO4(填“能”或“不能”)完全轉(zhuǎn)化為PbC2O4，請結(jié)合平衡常數(shù)K計算說明原因(一般認(rèn)為K>105時，反應(yīng)基本能完全進行；K<10-5時，則反應(yīng)很難進行)。（3）加Fe粉“還原”的目的為。（4）不同濃度的H2SO4和NaOH洗脫劑對Ga和Ge的洗脫率(進入水層中金屬離子的百分?jǐn)?shù))如圖所示。由圖可知，洗脫劑2應(yīng)選用(填化學(xué)式)。（5）砷化鎵(GaAs)是一種應(yīng)用廣泛的半導(dǎo)體材料，與GaN、GaP晶體類型相同。①已知GaP的熔點為1480℃，則GaAs的熔點(填“低于”、“等于”或“高于”)1480℃。②GaAs的一種立方晶胞中，As原子僅有兩種位置，一種As原子位于晶胞頂點，晶體中與As原子最近且等距的As原子有12個，Ga原子均位于晶胞內(nèi)，該立方晶胞中含有個Ga原子。③下列圖示不可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元的是。19．甲酸(HCOOH)等羧酸在能源與化工領(lǐng)域中具有重要應(yīng)用。（1）將回收的CO2還原為甲酸是CO2資源化利用的途徑之一。已知：①②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4則ΔH1=(用含ΔH2、ΔH3和ΔH4的式子表示)。（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反應(yīng)為HCOOCH3(1)+H2O(l)?HCOOH(1)+CH3OH(l)。ΔH＞0，一定條件下，HCOOCH3的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如圖所示(反應(yīng)前后溶液體積不變)。①實驗i中HCOOCH3的起始濃度為1.0mol·L-1，則20~40min內(nèi)，v(HCOOH)=mol·L-1·min-1。②下列說法中正確的有。A．與實驗i相比，實驗ii改變的條件是升高溫度B．平衡后加水稀釋，甲酸的平衡產(chǎn)率增大C．平衡后加入少量NaOH固體，甲酸甲酯的平衡濃度降低D．選用合適的催化劑可減小反應(yīng)的焓變，加快甲酸甲酯的水解速率（3）甲酸在催化劑[L-Fe-H]+作用下能發(fā)生分解，其反應(yīng)機理和相對能量變化如圖所示。①基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為。②反應(yīng)機理圖中，陰離子X為，陽離子Y為。③上述反應(yīng)進程中，反應(yīng)速率較慢的一步為(填“b”、或“d”)。（4）羧酸與其鹽組成的混合溶液可作為緩沖溶液，能維持溶液酸堿性的穩(wěn)定。室溫下，不同組成的緩沖溶液中，pH隨lgc(RCOO①R1COOH、HCOOH和R2COOH三種酸中，酸性最強的為。②lgc(RCOO-)③室溫下、將同物質(zhì)的量濃度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合配制緩沖溶液，則緩沖溶液的pH(填“＞”、“＜”或“=”)3.75，理由為。20．一種生物質(zhì)基乙醛催化合成高端稽細(xì)化工品對甲基苯甲醛的綠色路線如下(虛線框部分)。（1）化合物ⅲ的分子式為，其官能團的名稱為。（2）化合物v的某同分異構(gòu)體為芳香化合物，其能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，核磁共振氫譜圖上有五組峰，且峰面積比為3：2：2：2：1，則該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）關(guān)于上述合成路線中的相關(guān)物質(zhì)及轉(zhuǎn)化，下列說法正確的有___________。A．纖維素和葡萄糖均屬于糖類，且都是純凈物B．化合物i在銅的催化下被O2氧化成ⅱ，涉及σ鍵的斷裂和π鍵的生成C．化合物iv和v的分子中均存在手性碳原子，且手性碳原子的數(shù)量相同D．化合物v到vi的轉(zhuǎn)化中存在碳原子的雜化方式由sp3到sp2的轉(zhuǎn)變（4）對化合物ⅲ，分析預(yù)測其可能的化學(xué)性質(zhì)，完成下表。序號反應(yīng)試劑、條件反應(yīng)形成的新結(jié)構(gòu)反應(yīng)類型①銀氨溶液，加熱②加成反應(yīng)（5）在一定條件下，反應(yīng)物x和y以原子利用率100%的反應(yīng)制備乙醛。該反應(yīng)中：①若x為V形無機物分子，y為直線形有機分子，則y的名稱為。②若x為單質(zhì)，且x+2y→2CH3CHO，則y的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）以丙醛和甲醇為有機原料，利用合成路線中ⅱ→ⅲ的原理，合成高分子化合物的單體?；谀阍O(shè)計的合成路線，回答下列問題：①利用合成路線中ⅱ→ⅲ的原理，得到的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。②若最后一步為酯的生成，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為(注明反應(yīng)條件)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、伏羲女媧絹畫以絹為載體，絹由蠶絲制成，蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于有機高分子材料，并非金屬材料，故A不符合題意；

B、鎏金銅玄武的核心材質(zhì)是銅，銅屬于金屬，所以該文物主要材料為金屬材料，故B符合題意；

C、青瓷是陶瓷類制品，其主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，不是金屬材料，故C不符合題意；

D、灰陶玄武瓦當(dāng)屬于陶瓷制品，主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，不是金屬材料，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】本題的易錯點主要有以下兩點：

對不同材質(zhì)的文物所屬材料類別區(qū)分不清，比如容易混淆絹畫的蛋白質(zhì)材質(zhì)、陶瓷的硅酸鹽材質(zhì)與金屬材質(zhì)的差異。

對“鎏金銅”這類金屬制品的材料屬性認(rèn)識不足，可能忽略“銅”屬于金屬這一關(guān)鍵信息，從而誤判選項。2．【答案】A【解析】【解答】A、煤油主要由C10~C16的烷烴、環(huán)烷烴等組成，在液氧中完全燃燒時，碳元素轉(zhuǎn)化為CO2，氫元素轉(zhuǎn)化為H2O，因此燃燒產(chǎn)物為CO2和H2O，A正確；

B、合金的硬度通常大于其各組分純金屬的硬度，鋁鋰合金的硬度比純鋁大；而鋁鋰合金的密度比純鋁小這一表述錯誤，實際上合金密度是各組分密度的綜合體現(xiàn)，鋁鋰合金密度小于純鋁，但“硬度和密度均比純鋁小”的說法不成立，B錯誤；

C、氧分子（O2）中存在非極性鍵，但氦是單原子分子，氦分子中不存在化學(xué)鍵，更無極性鍵或非極性鍵，C錯誤；

D、錸（Re）的原子序數(shù)為75，位于元素周期表第六周期ⅦB族，屬于副族元素，而非主族元素，D錯誤；

故答案為：A。

【分析】A．明確煤油的成分（烷烴、環(huán)烷烴等），結(jié)合燃燒反應(yīng)規(guī)律，判斷其在液氧中完全燃燒的產(chǎn)物為CO2和H2O。

B．牢記合金的性質(zhì)，合金硬度一般大于各組分純金屬，鋁鋰合金硬度比純鋁大；且鋁鋰合金密度小于純鋁，據(jù)此判斷該選項錯誤。

C．區(qū)分雙原子分子（如O2）和單原子分子（如He）的成鍵情況，He分子無化學(xué)鍵，從而判斷該選項錯誤。

D．掌握元素周期表的分區(qū)，錸位于副族，不屬于主族元素，以此判斷該選項錯誤。3．【答案】C【解析】【解答】A、電解質(zhì)的研究對象是化合物，而石墨烯是碳的單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，A錯誤；

B、235U與236U互為同位素，同位素的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，僅物理性質(zhì)存在差異，B錯誤；

C、碳化硅硬度高、耐高溫，屬于新型無機非金屬材料，C正確；

D、鈮酸鋰（LiNbO3）由陰離子和陽離子通過離子鍵結(jié)合而成，屬于離子晶體，而非共價晶體，D錯誤；

故答案為：C。

【分析】本題的易錯點主要有以下幾點：

對電解質(zhì)的定義理解不清，易混淆單質(zhì)（如石墨烯）與化合物的類別，錯誤認(rèn)為單質(zhì)屬于電解質(zhì)。

對同位素的化學(xué)性質(zhì)認(rèn)識不足，容易誤認(rèn)為同位素化學(xué)性質(zhì)不同，實則同位素化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，僅物理性質(zhì)有差異。

對材料分類和晶體類型的判斷存在混淆，比如容易將碳化硅的新型無機非金屬材料類別判斷錯誤，或誤判鈮酸鋰（LiNbO3）的晶體類型（離子晶體而非共價晶體）。4．【答案】D【解析】【解答】A、六角雪花屬于晶體，晶體的自范性體現(xiàn)為晶體生長時可自發(fā)形成規(guī)則幾何形狀，A正確；B、焰火的繽紛色彩源于原子核外電子在激發(fā)態(tài)與基態(tài)間躍遷，釋放特定波長的光，B正確；

C、螢火蟲發(fā)光是其體內(nèi)化學(xué)反應(yīng)將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能的過程，C正確；

D、溶洞形成是碳酸鈣與水、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣，反應(yīng)中各元素化合價無變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，D錯誤；

故答案為：D。

【分析】A．自范性——晶體自發(fā)形成規(guī)則幾何形狀的性質(zhì)，結(jié)合六角雪花的規(guī)整結(jié)構(gòu)，判斷其體現(xiàn)了晶體自范性。

B．牢記原子核外電子躍遷與焰火顏色的關(guān)系，電子在激發(fā)態(tài)和基態(tài)間躍遷會釋放特定波長的光，從而呈現(xiàn)繽紛色彩。

C．把握能量轉(zhuǎn)化形式，螢火蟲發(fā)光是體內(nèi)化學(xué)反應(yīng)將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能的過程。

D．分析溶洞形成反應(yīng)中各元素化合價無變化，不屬于氧化還原反應(yīng)。5．【答案】C【解析】【解答】A、陽極（a電極）應(yīng)連接外接電源的正極，而非負(fù)極，A錯誤；

B、電解池中陰離子向陽極移動，O2-應(yīng)從b電極移向a電極，而非從a移向b，B錯誤；

C、b電極為陰極，CO2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為CO2+2e-=CO+O2-，C正確；

D、生成的O2中的O元素來自固態(tài)氧化物、CO2和H2O，并非僅來自CO2，D錯誤；

故答案為：C。

【分析】電極類型判斷：a電極上O2-失電子生成O2，發(fā)生氧化反應(yīng)，故a為陽極；b電極上CO2、H2O得電子生成CO、H2，發(fā)生還原反應(yīng)，故b為陰極。6．【答案】B【解析】【解答】A、分液是用于分離互不相溶的液體，此處需分離沸點不同的組分，不是分液，A錯誤；

B、蒸餾可分離沸點不同的混合物，符合操作a的要求，B正確；

C、萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度的差異分離物質(zhì)，此處不涉及，C錯誤；

D、升華是固體直接變?yōu)闅怏w的過程，與本題分離原理無關(guān)，D錯誤；

故答案為：B。

【分析】要解決本題，需梳理提純流程并明確各操作的作用：

粗乙酸乙酯中加入飽和Na2CO3溶液，可除去乙酸、溶解乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，經(jīng)分液得到有機相（主要含乙酸乙酯），向有機相中加入無水CaCl2，用于除去殘留的少量水，此時有機相中主要是乙酸乙酯和少量沸點不同的雜質(zhì)，由于乙酸乙酯與雜質(zhì)的沸點存在差異，需通過蒸餾分離得到純凈的乙酸乙酯，因此操作a為蒸餾。7．【答案】A【解析】【解答】A、聚乳酸用于制作可降解一次性餐具，是因為其可降解且對人體無害，與聚乳酸的酸性無關(guān)，該選項勞動項目和化學(xué)知識無關(guān)聯(lián)，故A符合題意；

B、因氧化性Fe3+>Cu2+，F(xiàn)eCl3溶液能與Cu發(fā)生反應(yīng)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故可用FeCl3溶液刻蝕覆銅電路板，勞動項目與化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故B不符合題意；

C、機油可隔絕空氣，在自行車鏈條表面涂機油，能減緩金屬發(fā)生吸氧腐蝕，勞動項目與化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故C不符合題意；

D、液氨汽化時吸收大量的熱，能使周圍環(huán)境溫度降低，因此可用液氨作工業(yè)制冷劑，勞動項目與化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．聚焦“聚乳酸制作可降解餐具”的原因，其核心是“可降解、對人體無害”，而非“酸性”，由此判斷二者無關(guān)聯(lián)。

B．依據(jù)“氧化性強弱規(guī)律（Fe3+>Cu2+）”，結(jié)合反應(yīng)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，判斷FeCl3刻蝕覆銅電路板的關(guān)聯(lián)成立。

C．明確“金屬吸氧腐蝕的條件（與空氣、水接觸）”，機油隔絕空氣可減緩腐蝕，判斷關(guān)聯(lián)成立。

D．緊扣“液氨的物理性質(zhì)（汽化吸熱）”，其汽化降溫的特性使其可作工業(yè)制冷劑，判斷關(guān)聯(lián)成立。8．【答案】D【解析】【解答】A、濃硫酸與銅反應(yīng)制備SO2需要加熱條件，裝置中未加熱，無法制得SO2，故A不符合題意；

B、SO2密度比空氣大，應(yīng)采用“短管進長管出”的向上排空氣法收集，裝置中進氣方式錯誤，故B不符合題意；

C、SO2使KMnO4溶液褪色，體現(xiàn)的是SO2的還原性（被KMnO4氧化），而非漂白性；驗證SO2漂白性應(yīng)使用品紅溶液，故C不符合題意；

D、SO2與H2S溶液反應(yīng)生成S單質(zhì)（反應(yīng)為SO2+2H2S=3S↓+2H2O），SO2中S元素化合價降低，體現(xiàn)了SO2的氧化性，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A．濃硫酸與銅制SO2需加熱，裝置未加熱，無法制備。

B．SO2密度比空氣大，應(yīng)短管進長管出，裝置進氣方式錯誤。

C．SO2使KMnO4溶液褪色體現(xiàn)還原性，驗證漂白性應(yīng)用品紅溶液。

D．SO2與H2S反應(yīng)生成S，SO2中S化合價降低，體現(xiàn)氧化性。9．【答案】D【解析】【解答】A、該化合物中苯環(huán)、碳碳雙鍵、羧基的碳原子均為sp2雜化，且各平面結(jié)構(gòu)可通過單鍵旋轉(zhuǎn)共面，因此所有碳原子可以共平面，A正確；

B、苯環(huán)、酚羥基、羧基可發(fā)生取代反應(yīng)；酚羥基、碳碳雙鍵可發(fā)生氧化反應(yīng)，B正確；

C、只有羧基能與NaHCO3反應(yīng)，酚羥基不與NaHCO3反應(yīng)，故1mol該化合物最多能與1molNaHCO3反應(yīng)，C正確；

D、苯環(huán)與3molH2加成，碳碳雙鍵與1molH2加成，羧基不能與H2加成，因此1mol該化合物最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，D錯誤；

故答案為：D。

【分析】A．判斷碳原子共面，需關(guān)注sp2雜化的碳原子（苯環(huán)、碳碳雙鍵、羧基的碳原子均為sp2雜化），且平面結(jié)構(gòu)可通過單鍵旋轉(zhuǎn)共面。

B．分析官能團的反應(yīng)類型，苯環(huán)、酚羥基、羧基能發(fā)生取代反應(yīng)，酚羥基、碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．明確與NaHCO3反應(yīng)的官能團只有羧基，酚羥基不反應(yīng)，因此1mol該化合物最多與1molNaHCO3反應(yīng)。

D．確定能與H2加成的官能團（苯環(huán)、碳碳雙鍵，羧基不能加成），苯環(huán)需3molH2，碳碳雙鍵需1molH2，總共4mol。10．【答案】B【解析】【解答】A、NH4HSO4晶體由NH4+和HSOB、H218O的摩爾質(zhì)量為20g/mol，1個H218O分子含中子數(shù)為10（18O含10個中子，HC、題目未給出pH=12氨水的體積，無法計算NHD、SO2與O2生成SO3的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能完全進行。標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LSO2（1mol）與11.2L故答案為：B。

【分析】A．明確NH4HSO4晶體的離子構(gòu)成（NH4+和HSOB：先計算H218O的物質(zhì)的量（摩爾質(zhì)量20g/mol），再分析其中子數(shù)（18O含10個中子，C：根據(jù)“計算粒子數(shù)目需知道溶液體積”的原則，題目未給出氨水體積，無法計算NH4D：緊扣“可逆反應(yīng)不能完全進行”的特點，SO2與O2生成SO311．【答案】C【解析】【解答】A、濃鹽酸與MnO2制備Cl2需要加熱，裝置中無加熱條件，若將a處KMnO4換為MnO2無法制備Cl2，A錯誤；

B、b處石蕊溶液先因Cl2與水反應(yīng)生成的H+變紅，后因HClO的漂白性褪色；c處Cl2與KI反應(yīng)生成I2，濾紙變?yōu)辄S褐色，B錯誤；

C、d處是濕潤紅色紙團，Cl2與水反應(yīng)生成的HClO具有漂白性，且濕潤環(huán)境下漂白作用更快；e處干燥紅色紙團也會因Cl2中混有的水分生成HClO而褪色，故d處褪色更快，C正確；

D、飽和NaCl溶液可吸收HCl，但不與Cl2反應(yīng)，無法吸收剩余Cl2，吸收Cl2應(yīng)使用NaOH溶液，D錯誤；

故答案為：C。

【分析】A．明確MnO2與濃鹽酸制Cl2的反應(yīng)條件（需加熱），裝置無加熱裝置，更換后仍無法制備。

B．區(qū)分Cl2的酸性與漂白性作用，b處石蕊先變紅后褪色，c處Cl2氧化KI生成I2使濾紙呈黃褐色。

C．緊扣HClO的漂白原理（需濕潤環(huán)境生成），d處紙團濕潤、e處干燥，d處HClO生成更快，褪色更迅速。

D．明確Cl2的吸收試劑（NaOH溶液），飽和NaCl溶液僅除HCl不吸收Cl2，試劑選擇錯誤。12．【答案】D【解析】【解答】A、同周期元素第一電離能隨原子序數(shù)增大呈增大趨勢，但第ⅤA族（N）第一電離能大于相鄰的第ⅥA族（O），故第一電離能：C

B、X的簡單氫化物是CH4，Z的是H2O，R的是H2S。H2O因含氫鍵沸點最高，H2S相對分子質(zhì)量大于CH4，范德華力更大，沸點：CH4<H2S<H2O，B錯誤；

C、同周期元素非金屬性N>C，非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性越強，故酸性HNO3>H2CO3，C錯誤；

D、CH4的價層電子對數(shù)4+4?1×42=4，NH3的價層電子對數(shù)3+5?1×32=4，H2S的價層電子對數(shù)13．【答案】A【解析】【解答】A、CuSO4溶液與ZnS反應(yīng)生成CuS，依據(jù)是KB、氯水需現(xiàn)制現(xiàn)用是因為HClO見光易分解，而非HClO是弱酸，二者無因果關(guān)系，B錯誤；C、甲苯中甲基使酸性KMnO4D、用NaOH滴定醋酸時，應(yīng)選酚酞作指示劑（滴定終點溶液呈堿性），甲基橙變色范圍在酸性區(qū)間，無法準(zhǔn)確指示，陳述Ⅰ錯誤，D錯誤；故答案為：A。

【分析】A．依據(jù)“沉淀轉(zhuǎn)化的條件（Ksp大的沉淀可轉(zhuǎn)化為Ksp小的沉淀）”，ZnS轉(zhuǎn)化為CuS是因Ksp(ZnS)>KC．甲苯使酸性KMnO4D．NaOH滴定醋酸的終點溶液呈堿性，應(yīng)選酚酞作指示劑，甲基橙變色范圍不匹配，陳述Ⅰ錯誤。14．【答案】C【解析】【解答】A、f是銨鹽，草木灰（含K2CO3，溶液呈堿性）與銨鹽混用會促進NH4+水解生成NH3，降低肥效，A錯誤；

B、e是HNO3，Cu與濃HNO3反應(yīng)生成NO2，而非c（NO），B錯誤；

C、a（NH3）與d（NO2）反應(yīng)為8NH3+6NO2=7N2+12H2O，NO2是氧化劑（N從+4價降為0價），NH3是還原劑（N從-3價升為0價），氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3：4，C正確；

D、工業(yè)制e（HNO3）的流程是N2→NH3→NO→NO2→HNO3，即b→a→c→d→e，而非b→a→d→e，D錯誤；

故答案為：C。

【分析】物質(zhì)推斷：a為-3價氫化物（NH3），b為單質(zhì)（N2），c為+2價氧化物（NO），d為+4價氧化物（NO2），e為含氧酸（HNO3），f為銨鹽。據(jù)此解題。15．【答案】B【解析】【解答】A、兩步反應(yīng)均吸熱，與“第二步放熱”矛盾，A錯誤；B、第一步吸熱（X能量低于Y）、第二步放熱（Y能量高于Z），且第一步活化能小、第二步為決速步，符合分析，B正確；C、第一步活化能大于第二步，與“第一步速率快（活化能?。泵埽珻錯誤；D、兩步均放熱，與“第一步吸熱”矛盾，D錯誤；故答案為：B。【分析】要解決本題，需結(jié)合濃度變化和溫度對平衡的影響，分析反應(yīng)的能量變化與活化能：反應(yīng)進程判斷：由濃度隨時間變化可知，反應(yīng)分兩步：X?Y（中間產(chǎn)物Y濃度先增后減）、溫度對平衡的影響：升高溫度，c平(Y)c平(16．【答案】C【解析】【解答】A、a膜允許OH-（陰離子）通過，為陰離子交換膜；b膜允許H+（陽離子）通過，為陽離子交換膜，A正確；B、Ⅱ室消耗H+，酸性減弱，pH逐漸增大，B正確；

C、生成1molNH4+時，轉(zhuǎn)移8mol電子，Ⅰ室有4molZn反應(yīng)（質(zhì)量增加4×65=260g），同時雙極膜中有8molOH-移入Ⅰ室（質(zhì)量增加8×17=136g），總質(zhì)量增加260+136=396g，而非532g，C錯誤；

D、電路中每通過4mol電子，雙極膜需解離4molH2O（提供4molH+和4molOH-），D正確；

故答案為：C。

【分析】負(fù)極（Ⅰ室，Zn電極）：Zn失去電子，結(jié)合Ⅰ室中的OH-生成[Zn(OH)4]2-，電極反應(yīng)為：Zn-2e-+4OH-=ZnOH42-（失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)）；

正極（Ⅱ室，催化電極）：NO3-得到電子，結(jié)合Ⅱ室中的H+生成NH4+和H2O，電極反應(yīng)為：NO3-+8e-+10H+=NH17．【答案】5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O；b→f→e；溶液橙紅色變淺或褪去；10【解析】【解答】（1）該反應(yīng)中碳的化合價升高，由-2價升高到0價，錳的化合價降低，由+7價降低到+2價，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，離子方程式為：5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H故答案為：5C2H5OH+4MnO4-+12H+=5CH3COOH+4Mn2++11H2O；

（2）該反應(yīng)要控制溫度170℃，反應(yīng)時會有副產(chǎn)物二氧化硫和二氧化碳，可以用氫氧化鈉除去二氧化硫和揮發(fā)出來的乙醇，再用高錳酸鉀檢驗乙烯的還原性，用溴水檢驗乙烯的不飽和性，

故答案為：b→f→e；溶液橙紅色變淺或褪去；

（3）由于C2H5OH+C2H5OH?C2H5OH2++C2H5O-K=10-19.10，K=c(C（4）鈉與乙醇、冰醋酸反應(yīng)，其實質(zhì)是與其自耦電離形成溶劑合氫離子在反應(yīng)，結(jié)合信息ⅲ可知，冰醋酸的自耦電離平衡常數(shù)更大，

故答案為：相同溫度下，冰醋酸的自耦電離平衡常數(shù)更大，分子釋放溶劑合氫離子的能力更強；（5）結(jié)合信息可知，鈉的密度比冰醋酸小，銅的密度比乙醇和冰醋酸都大，用銅網(wǎng)包裹鈉塊后再投入乙醇和冰醋酸中可以保證兩者反應(yīng)的條件相同，

故答案為：使鈉沉入液體底部，防止因固液接觸面積不同而影響反應(yīng)速率；（6）題中“實驗驗證”的溫度為25℃，結(jié)合題中信息可知，乙酸鈉在冰醋酸中的溶解度隨溫度的升高而增大，優(yōu)化實驗中的數(shù)據(jù)t1>t2，說明在乙酸中反應(yīng)快，故溫度較高，應(yīng)該選擇50℃；結(jié)合題中信息鈉和乙酸反應(yīng)時放熱較多，且此時鈉的量較多，乙醇和冰醋酸體積較少，同時結(jié)合信息可知，乙酸鈉在冰醋酸中的溶解度隨溫度的升高而增大，并且反應(yīng)需要的時間是和乙酸反應(yīng)時較短，

故答案為：金屬鈉的質(zhì)量增大，冰醋酸體積減小，反應(yīng)放出的熱量使體系溫度升高更高，促進了乙酸鈉的溶解，增大了反應(yīng)速率。

【分析】乙醇在加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，反應(yīng)中會揮發(fā)出乙醇并產(chǎn)生二氧化硫等副產(chǎn)物，需用氫氧化鈉溶液除去；之后可通過高錳酸鉀檢驗乙烯的還原性，用溴的四氯化碳溶液檢驗乙烯的不飽和性。同時，本題還探究了鈉與乙醇、冰醋酸反應(yīng)的速率差異，以及鈉的用量、反應(yīng)溫度對反應(yīng)速率的影響，以此展開解題。

(1)依據(jù)得失電子、電荷及原子守恒配平離子方程式。

(2)乙醇消去反應(yīng)需加熱到170℃，用NaOH溶液除雜，再用溴的CCl4溶液檢驗乙烯（使溶液褪色），裝置連接順序為b→f→e。

(3)根據(jù)乙醇自耦電離平衡常數(shù)計算溶劑合氫離子濃度。

(4)從自耦電離平衡常數(shù)角度，冰醋酸釋放溶劑合氫離子能力更強。

(5)用銅網(wǎng)包裹鈉是為了使鈉沉入底部，控制固液接觸面積一致。

(6)結(jié)合乙酸鈉溶解度與溫度的關(guān)系及反應(yīng)放熱，判斷溫度為50℃；鈉質(zhì)量大、冰醋酸體積小，反應(yīng)放熱使溫度升高，促進乙酸鈉溶解，加快反應(yīng)速率。18．【答案】（1）Zn2+、Cu2+、Fe3+（2）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O；不能；PbSO4+H2C2O4?PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)?c(SO42-)c(H（3）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率（4）NaOH（5）低于；4；B【解析】【解答】（1）由分析可知，“低酸浸出”后濾液中含有的金屬陽離子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；故答案為：Zn2+、Cu2+、Fe3+；

（2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同時生成水和H+，反應(yīng)的離子方程式為：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2②加入草酸后，由以下計算可得出，反應(yīng)的平衡常數(shù)很小，PbSO4不能完全轉(zhuǎn)化為PbC2O4，其原因為：PbSO4+H2C2O4?PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)?c(SO42-)c(H2故答案為：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O；不能；PbSO4+H2C2O4?PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)?c(SO42-)c(H2C2O4)=c2(H+)?c(SO42-)c2故答案為：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率；

（4）洗脫劑2用于洗脫回收鍺，由圖可知，使用NaOH時鍺的洗脫率較大，則洗脫劑2應(yīng)選用NaOH；故答案為：NaOH；

（5）1①GaN、GaP、GaAs晶體類型相同，都屬于共價晶體，原子半徑越大，鍵長越長，鍵能越小，熔點越低，因As的原子半徑大于P的原子半徑，則GaAs的熔點比GaP的熔點低，GaP的熔點為1480℃，所以GaAs的熔點低于1480℃；②GaAs的一種立方晶胞中，As原子僅有兩種位置，一種As原子位于晶胞頂點，晶體中與As原子最近且等距的As原子有12個，則表明另一種As原子位于立方晶胞的面心，晶胞中所含As原子的個數(shù)為8×1③A．晶胞分成8個小立方體，Ga原子位于小立方體的體心，4個As原子位于頂點，可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，A不符合題意；B．若As原子位于小立方體的頂點，則Ga原子位于體心，不可能位于頂點，該圖不可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，B符合題意；C．提取晶胞內(nèi)的4個Ga原子構(gòu)成小立方體，便可得到如圖，可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，C不符合題意；

故答案為：低于；4；B。

【分析】鋅冶煉渣（主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2及少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等）先加入H2SO4進行低酸浸出，過濾后濾液中主要含Zn2+、Cu2+、Fe3+等金屬陽離子。高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸時，PbO2被H2O2還原為Pb2+并轉(zhuǎn)化為PbSO4沉淀，SiO2不反應(yīng)進入沉淀；Ga3+、Ge4+、Fe3+分別轉(zhuǎn)化為配離子。因[Fe(C2O4)3]3-會影響Ga、Ge的萃取率，需加入Fe將其還原為FeC2O4沉淀除去。向濾液中加萃取劑萃取，再加入洗脫劑1（H2SO4）得到富鎵母液，電解得粗鎵；有機層中加入洗脫劑2（NaOH），分離出水相和有機相，從水相中可回收鍺。據(jù)此解題。（1）由分析可知，“低酸浸出”后濾液中含有的金屬陽離子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；（2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同時生成水和H+，反應(yīng)的離子方程式為：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2②加入草酸后，由以下計算可得出，反應(yīng)的平衡常數(shù)很小，PbSO4不能完全轉(zhuǎn)化為PbC2O4，其原因為：PbSO4+H2C2O4?PbC2O4+2H++SO42-，K=c2(H+)?c(SO42-)c(H2（3）由表中數(shù)據(jù)可知，隨著[Fe(C2O4)3]3-濃度的增大，Ga、Ge的萃取率不斷減小，尤其對Ga的萃取率的影響非常大，所以加Fe粉“還原”的目的為：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率；（4）洗脫劑2用于洗脫回收鍺，由圖可知，使用NaOH時鍺的洗脫率較大，則洗脫劑2應(yīng)選用NaOH；（5）1①GaN、GaP、GaAs晶體類型相同，都屬于共價晶體，原子半徑越大，鍵長越長，鍵能越小，熔點越低，因As的原子半徑大于P的原子半徑，則GaAs的熔點比GaP的熔點低，GaP的熔點為1480℃，所以GaAs的熔點低于1480℃；②GaAs的一種立方晶胞中，As原子僅有兩種位置，一種As原子位于晶胞頂點，晶體中與As原子最近且等距的As原子有12個，則表明另一種As原子位于立方晶胞的面心，晶胞中所含As原子的個數(shù)為8×1③A．晶胞分成8個小立方體，Ga原子位于小立方體的體心，4個As原子位于頂點，可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，A不符合題意；B．若As原子位于小立方體的頂點，則Ga原子位于體心，不可能位于頂點，該圖不可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，B符合題意；C．提取晶胞內(nèi)的4個Ga原子構(gòu)成小立方體，便可得到如圖，可能是上述②中GaAs晶胞的結(jié)構(gòu)單元，C不符合題意；故選B。19．【答案】（1）ΔH3+12ΔH4-ΔH（2）5.0×10-3；BC（3）3d64s2；HCOO-；H+；d（4）R2COOH；4.75；＞；Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，則Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的電離程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液與NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO【解析】【解答】（1）由圖中信息可得出：①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH④CO(g)+H2O(g)=HCOOH(g)ΔH3依據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)④+②×12-③=①，可得出反應(yīng)①的ΔH1=ΔH3+12ΔH4-ΔH故答案為：ΔH3+12ΔH4-ΔH2；

（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反應(yīng)為HCOOCH3(1)+H2O(l)?HCOOH(1)+CH3①從圖中可以看出，實驗i中，HCOOCH3的起始濃度為1.0mol·L-1，20~40min內(nèi)，HCOOCH3的轉(zhuǎn)化率由11.0%增大到21.0%，則參加反應(yīng)HCOOCH3的物質(zhì)的量濃度為1.0mol·L-1×(21.0%-11.0%)=0.10mol·L-1，v(HCOOH)=0.10mol/L20min=5.0×10-3mol·L-1②A．與實驗i相比，若實驗ii為升高溫度，則平衡正向移動，HCOOCH3的平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)比實驗i大，A不正確；B．平衡后加水稀釋，各物質(zhì)的濃度減小，平衡向生成甲酸的方向移動，所以甲酸的平衡產(chǎn)率增大，B正確；C．平衡后加入少量NaOH固體，與甲酸作用從而減少甲酸的濃度，平衡正向移動，甲酸甲酯的平衡濃度降低，C正確；D．選用合適的催化劑，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能減小反應(yīng)的焓變，D不正確；故答案為：5.0×10-3；BC。（3）①基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則其價層電子排布式為3d64s2。②反應(yīng)機理圖中，比較反應(yīng)a的反應(yīng)物與生成物，可得出陰離子X為HCOO-，比較反應(yīng)c的反應(yīng)物與生成物，可得出陽離子Y為H+。③上述反應(yīng)進程中，由物質(zhì)Ⅱ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅲ，活化能為(45.3kJ?mol-1)-(-31.8kJ?mol-1)=77.1kJ?mol-1，由物質(zhì)Ⅳ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅰ，活化能為(43.5kJ?mol-1)-(-42.6kJ?mol-1)=86.1kJ?mol-1，則物質(zhì)Ⅳ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅰ，反應(yīng)的活化能更大，則反應(yīng)速率較慢的一步為d。故答案為：3d64s2；HCOO-；H+；d；

（4）①R1COOH、HCOOH和R2COOH三種酸中，lgc(RCOO-)c(RCOOH)=0時，c(RCOO-)c(RCOOH)=1，K=c(H+②lgc(HCOO-)c(HCOOH)=0時，pH=3.75，K(HCOOH)=c(H+)?c(HCOO-)c(HCOOH)=c(H+)=10-3.75，lgc(HCOO-)c(HCOOH)=1時，③室溫下，將同物質(zhì)的量濃度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合，反應(yīng)結(jié)束時所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，由于Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75＞Kh=1.0×10-10.25，所以溶液中以HCOOH電離為主，溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，c(H+)=K(HCOOH)?c(HCOOH)c(HCOO?)＜10-3.75mol·L-1，則緩沖溶液的pH＞3.75。理由為：Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，則Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的電離程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液與NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO-)c(RCOOH)＞0，則pH＞3.75。

故答案為：R2COOH；4.75；＞；Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，則Kh=1.0×10-10.25，HCOOH的電離程度大于HCOO-的水解程度。HCOOH溶液與NaOH溶液混合后。溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，即lgc(RCOO(2)①根據(jù)濃度變化和時間，計算反應(yīng)速率：v(②分析溫度、濃度、催化劑對平衡和速率的影響，正確選項為BC。(3)①基態(tài)Fe原子價層電子排布式為3d②由反應(yīng)機理圖，陰離子X為HCOO?，陽離子Y為H③比較活化能，反應(yīng)d的活化能更大，速率更慢。(4)①依據(jù)pH與lg?c(RCOO②利用電離平衡常數(shù)計算，當(dāng)lg?③比較甲酸電離和甲酸根水解程度，溶液中c(HCOO（1）由圖中信息可得出：①CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH4③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH④CO(g)+H2O(g)=HCOOH(g)ΔH3依據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)④+②×12-③=①，可得出反應(yīng)①的ΔH1=ΔH3+12ΔH4-ΔH（2）甲酸甲酯水解可制取甲酸，反應(yīng)為HCOOCH3(1)+H2O(l)?HCOOH(1)+CH3OH(l)ΔH＞0。①從圖中可以看出，實驗i中，HCOOCH3的起始濃度為1.0mol·L-1，20~40min內(nèi)，HCOOCH3的轉(zhuǎn)化率由11.0%增大到21.0%，則參加反應(yīng)HCOOCH3的物質(zhì)的量濃度為1.0mol·L-1×(21.0%-11.0%)=0.10mol·L-1，v(HCOOH)=0.10mol/L20min=5.0×10-3mol·L-1②A．與實驗i相比，若實驗ii為升高溫度，則平衡正向移動，HCOOCH3的平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)比實驗i大，A不正確；B．平衡后加水稀釋，各物質(zhì)的濃度減小，平衡向生成甲酸的方向移動，所以甲酸的平衡產(chǎn)率增大，B正確；C．平衡后加入少量NaOH固體，與甲酸作用從而減少甲酸的濃度，平衡正向移動，甲酸甲酯的平衡濃度降低，C正確；D．選用合適的催化劑，可加快甲酸甲酯的水解速率，但不能減小反應(yīng)的焓變，D不正確；故選BC。（3）①基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則其價層電子排布式為3d64s2。②反應(yīng)機理圖中，比較反應(yīng)a的反應(yīng)物與生成物，可得出陰離子X為HCOO-，比較反應(yīng)c的反應(yīng)物與生成物，可得出陽離子Y為H+。③上述反應(yīng)進程中，由物質(zhì)Ⅱ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅲ，活化能為(45.3kJ?mol-1)-(-31.8kJ?mol-1)=77.1kJ?mol-1，由物質(zhì)Ⅳ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅰ，活化能為(43.5kJ?mol-1)-(-42.6kJ?mol-1)=86.1kJ?mol-1，則物質(zhì)Ⅳ轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅰ，反應(yīng)的活化能更大，則反應(yīng)速率較慢的一步為d。（4）①R1COOH、HCOOH和R2COOH三種酸中，lgc(RCOO-)c(RCOOH)=0時，c(RCOO-)c(RCOOH)=1，K=c(H+②lgc(HCOO-)c(HCOOH)=0時，pH=3.75，K(HCOOH)=c(H+)?c(HCOO-)c(HCOOH)=c(H+)=10-3.75，lgc(HCOO-)c(HCOOH)=1時，③室溫下，將同物質(zhì)的量濃度的VLHCOOH溶液和0.5VLNaOH溶液混合，反應(yīng)結(jié)束時所得溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)，由于Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75＞Kh=1.0×10-10.25，所以溶液中以HCOOH電離為主，溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，c(H+)=K(HCOOH)?c(HCOOH)c(HCOO?)＜10-3.75mol·L-1，則緩沖溶液的pH＞3.75。理由為：Ka(HCOOH)=1.0×10-3.75，則Kh=1.0×1020．【答案】（1）C4H