广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题（含答案）

第第页广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题一、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。1．076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是A．飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料B．船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐C．“四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂D．锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能2．下列实验操作正确的是A．除去苯甲酸中的不溶性杂质B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液D．蒸干Fe2SO4A．A B．B C．C D．D3．工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+A．常温下，11.2LSO2含有的原子总数为1.5B．3.4gH2OC．生成1molBaSO4，转移的电子数为2D．常温下，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1阅读下列材料，完成下列小题。NH3、N2H4是氮的常见氢化物。液氨中NH4+和NH2−的性质类似于水中的H3O+和OH4．下列化学用语表述正确的是A．N的价层电子排布式为1s22s2C．NH3的VSEPR模型为三角锥形 D．中子数为8的氮的核素为5．下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是A．NH4+和B．键角：NH2C．相同浓度的水溶液碱性N2H4比NH3弱，原因是结合H+D．N2H4易溶于水，原因是N6．缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是A．是一种聚酯B．分子中不含手性碳C．可发生加成反应和取代反应D．1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH7．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是A．第一电离能：X<YB．电负性：Z<QC．简单气态氢化物的热稳定性：Y<ZD．简单离子半径：Z<W8．将Na2S转化为NaA．Na2SB．S转化为Na2SOC．向Na2SO3溶液中通入少量D．工业上利用Na2SO9．某小组同学向pH=1的0.5mol⋅实验金属操作、现象及产物Ⅰ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质下列说法错误的是A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3FeCNB．Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗H+，促进Fe3+C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被FeOH3沉淀包裹，阻碍了Zn与D．若向pH=1的0.5mol⋅10．运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是A．电势：a>bB．电解过程中，b电极附近pH降低C．若产生标准状况下1.12L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4molD．若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：CH11．Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下：下列说法错误的是A．化合物A的化学式为CHB．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成C．为提高H2D．主反应的化学方程式为CH12．氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，A．CeO2晶胞中CeB．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2C．当掺杂晶体的化学式为CeYmD．若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为113．二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：反应①：CO反应②：CO在体积可变的容器中，充入1molCO2和3.2molH2发生上述反应，平衡时CO和CH3A．曲线a代表的物质是COB．反应②的平衡常数：K(X)<K(Y)C．250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主D．250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1mol14．常温下，用浓度为0.1mol/L的H2SO4标准溶液滴定10mL浓度均为0.2mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是A．Ⅱ表示的微粒为HA-B．Ka(HA-)的数量级为10-9C．a点：cD．a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．电镀工业中添加糖精钴CoSac已知：Sac−表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol-1(一)制备糖精钠查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。（1）仪器a的名称为。（2）装置b的作用是。(二)制备糖精钴Ⅰ．称取1.0gCoCl2Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶；Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。（3）写出Ⅲ中反应的化学方程式：。（4）Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因。（5）证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为。(三)结晶水含量测定EDTA和Co2+形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用cmol（6）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品CoSac2H2O16．从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2已知：①NaCN有剧毒；②25℃时，MnOH2的Ksp（1）滤渣2的主要成分是。（2）“氧化”时加入MnO2的作用是（3）在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是；调节“滤液4”的pH至8.0，无MnOH2析出，则c(Mn2+)≤（4）“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是。（5）“浸金银”时Ag转化为AgCN2−，该反应的离子方程式为；已知S2O32−也可与Ag17．日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：Ⅰ．CⅡ．C回答下列问题：（1）广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：。木薯（2）已知CH3CHOg+H2（3）对于反应Ⅰ：①在(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有(填标号)。A．加压B．升温C．分离出H（4）恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性=n生成的乙酸①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为。②由图中信息可知，乙酸可能是(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是。③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，nCH3COOH：nCH3（5）耦合HCHO也能高效制H2，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：。18．化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示：已知：R−（1）物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为，物质B的含氧官能团名称为。（2）反应③中M的结构简式为。（3）反应⑥中条件X可选择(填标号)。a．NaOH/C2H5OHb．（4）反应③采用三乙胺()可以促进反应正向进行，原因是。（5）D→E中第(1)步的反应方程式为。（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式。①分子结构中含有苯环及−SO②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1.（7）结合上述流程，设计以苯和氯乙烷为原料制备的合成路线。(其他无机试剂任选)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、金属材料包含纯金属与合金，高强合金钢是铁的合金，所以属于金属材料，A正确；

B、富锌涂层里的锌，其金属活动性比铁强。在形成原电池时，锌会作为负极失去电子被氧化，从而保护铁不被腐蚀，这是牺牲阳极保护法的应用，B正确；

C、柴油是石油分馏得到的产物，属于多种烃类的混合物，而油脂是酯类物质，二者类别不同，C错误；

D、锂离子电池在作为瞬时功率补偿电源时，是原电池装置，能将化学能转化为电能，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

混淆金属材料范畴，忽略合金属于金属材料。

对牺牲阳极保护法的原理及锌铁活动性顺序的防腐作用理解不到位。

误将柴油（烃类混合物）与油脂（酯类）的类别混淆。

对锂离子电池作为原电池时化学能转电能的能量转化形式认识不清。2．【答案】D【解析】【解答】A、过滤操作中，漏斗颈应紧贴烧杯内壁，图中未做到，A错误；

B、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶；且引流时玻璃棒底端应在容量瓶刻度线以下，图中操作不符合要求，B错误；

C、NaOH溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中；滴定醋酸溶液至终点时生成醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，而非甲基橙，C错误；

D、Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+会水解生成Fe(OH)3和H2SO4，由于H2SO4不易挥发，水解平衡不会持续正向移动，蒸干后可得到Fe2(SO4)3晶体，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．重点关注漏斗颈与烧杯壁的贴合要求。

B．需明确NaOH固体的溶解容器（烧杯）、溶液冷却要求以及玻璃棒引流的位置（容量瓶刻度线以下）。

C．要把握滴定管的选择（碱式滴定管盛碱性溶液）和指示剂的匹配（根据滴定终点溶液酸碱性选酚酞）。

D．核心是分析盐类水解产物的挥发性，若水解生成的酸不易挥发（如H2SO4），则蒸干可得到原盐晶体。3．【答案】C【解析】【解答】A、气体摩尔体积22.4L/mol的适用条件是标准状况（0℃、101kPa），常温下不适用，因此无法计算11.2LSO2的物质的量及原子总数，A错误；

B、H2O2的摩尔质量为34g/mol，3.4gH2O2的物质的量为0.1mol。每个H2O2分子中含1个O-O非极性键，故0.1molH2O2中含非极性键数目为0.1NA，B错误；

C、在反应SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl中，SO2中S元素从+4价升高到BaSO4中的+6价，每生成1molBaSO4，转移2mol电子，即转移电子数为2NA，C正确；

D、计算溶液中H+数目需知道溶液体积，题目中未给出pH=1的HCl溶液体积，无法计算H+数目，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．需明确气体摩尔体积的适用条件（标准状况），常温下不能用22.4L/mol计算气体物质的量。

B．要掌握H2O2的分子结构（含1个O-O非极性键），结合物质的量计算非极性键数目。

C．核心是分析反应中元素的化合价变化，确定电子转移的物质的量与生成BaSO4的关系。

D．计算离子数目时必须关注溶液体积是否已知，无体积则无法计算。【答案】4．B5．A【解析】【解答】（1）A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为2s22B、N2H4C、NHD、核素的表示方法是ZAX，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为故答案为：B。

（2）A、NH4+的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为sp3B、NH2−中心原子N有2个孤电子对，NC、物质的碱性强弱与结合H+的能力有关，相同浓度水溶液中N2H4碱性比NH3弱，是因为D、N2H4和H故答案为：A。【分析】（1）要解决此题，需结合价层电子排布、电子式、VSEPR模型、核素表示的知识逐一分析：A．明确价层电子仅指最外层电子，区分电子排布式与价层电子排布式的差异。B．关注N2C．理解“VSEPR模型需考虑孤电子对，空间结构是模型排除孤电子对后的形态”，明确NHD．牢记核素符号ZAX中质子数（（2）要解决此题，需结合杂化类型、空间结构、键角影响因素、物质溶解性及碱性原因逐一分析：A．分析NH4+B．把握“孤电子对斥力>成键电子对斥力，孤电子对数越多键角越小”的规律，判断键角大小关系。C．明确“物质碱性强弱由结合H+的能力决定”，结合题干中N2HD．掌握“极性分子相似相溶、分子间氢键促进溶解”的原理，分析N24．A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为2s22B、N2H4C、NHD、核素的表示方法是ZAX，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为故答案为：B。5．A、NH4+的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为sp3B、NH2−中心原子N有2个孤电子对，NC、物质的碱性强弱与结合H+的能力有关，相同浓度水溶液中N2H4碱性比NH3弱，是因为D、N2H4和H故答案为：A。6．【答案】C【解析】【解答】A、聚酯是由多元醇和多元羧酸缩聚而成的聚合物，而该物质的结构中无多元醇与多元羧酸的缩聚特征，不属于聚酯，A错误；

B、手性碳是指连有四个不同原子或基团的碳原子。观察分子结构，存在标注*的碳原子（），属于手性碳，B错误；

C、分子中含苯环，苯环可与氢气发生加成反应；同时含酯基，酯基可发生水解反应（属于取代反应），因此可发生加成反应和取代反应，C正确；

D、该分子中含n个酯基，每个酯基水解后生成的羧基和酚羟基（或醇羟基，此处结合结构为羧基类水解）均能与NaOH反应，1molM与足量NaOH溶液反应，最多消耗2nmolNaOH，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对聚酯的定义和结构特征理解不清，容易混淆聚酯与其他类型聚合物，误判物质类别。

对手性碳的判断标准（连有四个不同原子或基团的碳原子）掌握不扎实，易忽略分子中符合手性碳条件的原子。

对有机物反应类型的判断存在误区，不清楚苯环的加成反应和酯基的水解反应（取代反应）的特点，易漏判反应类型。

对官能团与NaOH反应的计量关系分析不到位，忽略聚合物中官能团的数目（n的影响），错误计算消耗NaOH的物质的量。7．【答案】C【解析】【解答】A、第一电离能的变化规律中，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能N>O，即X>Y，A错误；B、电负性随原子序数增大而增大（同主族），故电负性F>Cl，即Z>Q，B错误；C、元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强。非金属性O<F，故热稳定性H2O<HF，即D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。F−和Na+电子层结构相同，核电荷数F<Na，故离子半径F故答案为：C。【分析】推断元素：基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，说明X的质子数为7，故X为N。基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为短周期元素，故Y为O。W是短周期金属性最强的元素，故W为Na。Z的基态原子有1个未成对电子，且原子序数在O和Na之间，故Z为F；Z和Q同主族，故Q为Cl。据此解题。8．【答案】B【解析】【解答】A、S2−的水解是分步进行的，第一步水解为S2−+B、S与OH−在加热条件下发生歧化反应，生成S2−、SO3C、向Na2SO3溶液中通入少量Cl2时，由于SO3D、石灰乳中的Ca(OH)2主要以浊液形式存在，不能拆分为Ca故答案为：B。

【分析】A．把握多元弱酸根水解的分步性，S2−作为二元弱酸根，水解先生成HS−B．明确S与强碱的歧化反应规律，S既升价生成SO32−C．关注反应物用量对产物的影响，少量Cl2与过量SO32−反应时，生成的H+不会过量，需与剩余D．牢记离子方程式的拆分规则，石灰乳为浊液，其中Ca(OH)9．【答案】D【解析】【解答】A、K3[Fe(CN)6]B、Ⅰ中Zn消耗H+，使Fe3+的水解平衡FC、Ⅰ中产生大量Fe(OH)3沉淀，可能包裹Zn，阻碍Zn与D、Cu的金属活动性较弱，与H+反应极慢，无法有效消耗H+促进故答案为：D。

【分析】A、牢记Fe2+的特征检验试剂（K3B、抓住H+对Fe3+水解平衡的影响——Zn消耗HC、考虑沉淀对反应物的包裹作用，Fe(OH)D、明确金属活动性与反应能力的关联—Cu金属活动性弱，难以与H+快速反应，无法显著降低H+浓度，故不能促进10．【答案】B【解析】【解答】判断电极：由H+的移动方向可知，a为阳极，b为阴极；阳极电势高于阴极，电源正极连接阳极、负极连接阴极。

A、阳极（a）电势高于阴极（b），即a>b，A正确；

B、b电极为阴极，CO2得电子生成CH4，电极反应为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，反应消耗H+，附近pH升高，B错误；

C、标准状况下1.12LCH4的物质的量为0.05mol，由阴极反应可知，生成1molCH4转移8mol电子，故生成0.05molCH4时，导线中通过电子0.4mol，C正确；

D、a电极为阳极，CH3COOH失电子生成CO2，结合电解质为稀H2SO4，电极反应为

CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．电极判断：根据H+的移动方向确定阳极（a）和阴极（b），明确阳极电势高于阴极。

B．分析阴极（b）的电极反应，关注H+的消耗情况，判断pH变化。

C．结合CH4的生成反应，利用电子转移与物质的量的关系（生成1molCH4转移8mol电子）计算电子转移量。

D．明确阳极（a）的氧化反应，结合有机物（CH3COOH）的氧化产物（CO2）和电解质环境（稀H2SO4），推导电极反应式。11．【答案】C【解析】【解答】A．分析过程Ⅴ的反应，可知化合物A为CHB．过程Ⅰ中，O—H极性键断裂，同时形成H—H非极性键，涉及极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡，因此更换活性更高的催化剂无法提高H2D．综合过程Ⅰ~Ⅳ，主反应为CH3OH与H2O反应生成C故答案为：C。

【分析】A．根据反应机理图中过程Ⅴ的物质转化，确定化合物A为CH4。

B．分析过程Ⅰ中O—H极性键断裂和H—H非极性键形成。

C．明确催化剂只改变反应速率，不影响平衡，无法提高H2平衡产率。

D．整合过程Ⅰ~Ⅳ的物质变化，确定主反应为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑。12．【答案】C【解析】【解答】A、在CeO2晶胞中，CeB、CeO2晶胞中，Ce4+与最近O2−的核间距为体对角线的1C、根据电荷守恒，Ce4+、Y3+与O2−需满足电荷平衡。当m=2时，设Ce4+为x、Y3+D、若M点坐标为(0,0,0)，N点在晶胞内的位置对应坐标为(1故答案为：C。

【分析】A．观察CeO2晶胞结构，确定CeB．明确晶胞中离子核间距与体对角线的关系，计算Ce4+与最近C．依据电荷守恒，结合m=2时Ce4+和D．以M点坐标为基准，根据N点在晶胞内的相对位置，确定其坐标参数。13．【答案】D【解析】【解答】A、由上述曲线含义，曲线a代表CH3OH，曲线b代表CO，A错误；B、反应②ΔH2<0C、250℃前，CH3OH的物质的量分数高于CO，反应以②为主；250℃后，CO的物质的量分数高于CH3OH，反应以①为主，C错误；D、250℃时，CO2转化率为20%，CO和CH3OH的物质的量分数相等，则n(CO)=n(故答案为：D。【分析】反应①ΔH1>0，升温平衡正向移动，CO的物质的量分数随温度升高而增大；反应②ΔH2<0，升温平衡逆向移动，CH14．【答案】D【解析】【解答】A、滴定过程中，Na2A逐步与H+反应生成HA−、H2B、当HA−与A2−分布分数相等时，pH约为9，此时KC、a点溶液中，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=2c(SOD、A2−、HA−的水解促进水的电离，H2A的电离抑制水的电离。a点含A2−、故答案为：D。

【分析】A．根据Na2A与H+的分步反应规律，结合曲线随H2B．利用弱酸电离常数表达式，抓住“HA−与A2−分布分数相等时KC．先写出溶液电荷守恒式，再根据Na+和D．明确“水解促进水的电离、电离抑制水的电离”，对比a、b、c三点微粒组成（A2−、HA−15．【答案】恒压滴液漏斗；吸收HCl气体；CoCl2+2NaSac+4H【解析】【解答】（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；

（2）根据原理可知氯磺酸与生成的水发生水解，生成了HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体。故答案为：吸收HCl气体；

（3）Ⅲ中反应的化学方程式：CoCl2故答案为：CoCl2+2NaSac+4H故答案为：先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质；

（5）可能通过检验最后一次洗涤液是否残留有Cl−故答案为：稀硝酸、硝酸银溶液；

（6）滴定消耗的n(EDTA)=cV1000mol，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的n(Co2+)=cV1000mol，即样品中的n{CoSacx=1000m18cV−49518=500m9cV−27.5(或=1000m-495cV18cV=m−495cV×10−318cV×10−3)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据x=500m9cV−27.5，则x偏小。

故答案为：500m9cV−27.5(或：m−cV×10−316．【答案】（1）SiO（2）将溶液中的Fe2+氧化为Fe（3）破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；0.19（4）温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2（5）2Ag【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。故答案为：SiO2；

（2）“氧化”时加入MnO2，可将溶液中的Fe2+故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH除去；

（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，由于Fe3+水解容易生成Fe(OH)3胶体，因此过滤除去Fe(OH)3需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成Fe(OH)3沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时cOH-=10−6mol·故答案为：破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；0.19；

（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2故答案为：温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2O2会发生分解，浸取率低；

（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成AgCN2−，离子方程式为2Ag+4CN−+H2O2=2AgCN2−+2OH−；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用Na2S2O3替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。

故答案为：2Ag+4CN−+H2O2=2AgCN2−+2OH−；安全无毒，对环境无污染。

【分析】金-银矿经“还原酸浸”，F（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。（2）“氧化”时加入MnO2，可将溶液中的Fe2+氧化为（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，由于Fe3+水解容易生成Fe(OH)3胶体，因此过滤除去Fe(OH)3需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成Fe(OH)3沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时cOH-=10−6mol·L−1（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成AgCN2−，离子方程式为217．【答案】（1）淀粉（2）-24.3（3）高温；B（4）270℃；产物1；图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸；80；0.72×100×（5）2【解析】【解答】（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；故答案为：淀粉；

（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到CH3CHOg+H故答案为：-24.3；

（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由ΔG②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；C．移走H2故答案为：高温；​​​​​B。（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；③平衡时nCH3COOH：nCH3CHO=4：1，可得乙酸选择性=45×100%=80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，故答案为：270℃；产物1；图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸；80；0.72×100×1.6220.1×7.28×9.9；

（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：2HCHO−2e−+4OH−=2HCOO−+H2↑+2H2O。

故答案为：2HCHO−2e−+4OH−=2HCOO−（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到CH3CHOg+H（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由ΔG②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；C．移走H2故选B。（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；③平衡时nCH3COOH：nCH3CHO=4：1，可得乙酸选择性=45×100%=80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：2HCHO18．【答案】（1）2，4-二氯苯甲酸；酯基（2）（3）b（4）三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动（5）（6）或或或或或（7）【解析】