上海市杨浦区2025届高三下学期二模考试化学试题（含答案）

第第页上海市杨浦区2025届高三下学期二模考试化学试题一、从薯类植物中可提取淀粉，如木薯淀粉等，它们都是由葡萄糖单元构成的天然物质。淀粉广泛用于食品及化工领域。1．木薯淀粉是珍珠奶茶中“珍珠”的主要原料。下列关于淀粉的说法正确的是A．属于糖类，有甜味B．化学式可用(C6H10O5)n表示，与纤维素互为同系物C．是一种聚合物，可由葡萄糖通过加聚反应得到D．在酸或酶作用下，淀粉水解最终生成葡萄糖2．可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉(以下简称淀粉)溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？Ⅰ．探究碘水的成分Ⅱ．探究使淀粉溶液显蓝色的微粒【方案1】【方案2】用木薯淀粉(粒径1×10−5~2×10−5m)制备的纳米淀粉(粒径40~100nm)，可吸附染料废水中的染料藏红T(C20H19N4Cl)。为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量q[q=m藏红（1）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式。（2）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I−、I3-、IO3-，资料显示：I−+I2⇌I3-。推断产生IO3（3）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：。（4）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂(如下图所示)，振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。(1)试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I−，又不影响实验探究，M应选。A．硝酸酸化的AgNO3溶液B．硫酸酸化的KIO3溶液(2)由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I3-实验现象试管①试管②试管③溶液颜色加淀粉溶液前黄色黄色黄色加淀粉溶液后蓝色（5）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为_____。(已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致)A．黄色黄色 B．黄色蓝色 C．紫色紫色 D．紫色蓝色（6）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于_____；A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液（7）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是。（8）配制20.00mg·L−1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、。（9）取20.00mg·L−1、40.00mg·L−1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如下图所示：(1)40.00mg·L−1藏红T溶液的吸附量q由所示。A．曲线MB．曲线N(2)在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为mol·L−1·min−1。[已知：M(藏红T)=350.5g·mol−1，忽略溶液体积的变化]。A.4.42×10−7B.8.84×10−7C.4.42×10−4D.8.84×10−4二、半导体、超离子导体的制备与传导机制3．晶体硅是半导体器件的核心材料；α-AgI是超离子导体，在固态电池上有突破性应用。工业上，常通过以下反应获得高纯硅：Si(粗)+3HClΔSiHCl3+H2、SiHCl3+H2高温Si(纯)+3HCl（1）依据VSEPR理论，推断SiHCl3的空间结构。（2）SiHCl3易水解，故提纯过程须保持干燥。资料表明，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成了配位键，该配位键是O提供_____，Si提供_____。A．孤电子对、3d轨道 B．孤电子对、3p轨道C．2p轨道、孤电子对 D．sp3杂化轨道、孤电子对4．当光照在晶体硅上，产生一个自由电子的同时，会在原处产生一个空穴(空穴可看作正电荷)。为提高晶体硅的导电能力，向其中掺杂价电子数为5或3的原子，相当于多出来了自由电子或空穴。如图，是晶体硅中掺杂硼原子的示意图。（1）画出晶体硅中掺杂磷原子的示意图。（2）晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性_____。A．弱 B．强 C．相当 D．无法比较5．卤化银(AgX)的熔点及晶胞结构见下表。卤化银AgClAgBrα-AgI熔点(oC)455432558晶胞结构类似NaCl晶体的晶胞注：只画出了晶胞中I−的位置，Ag＋填充在I−所围成的空隙中（1）比较表中数据，说明AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因：。（2）实验证明，离子晶体中正负离子间并不是纯粹的静电作用，仍有部分原子轨道重叠，即共价性，如NaCl离子性为71%，共价性为29%。将NaCl、AgCl、AgBr按离子性由小到大排列：。6．AgBr在一定条件下也能转化为α-AgBr(与α-AgI结构相同)。α-AgI中，Ag+能在I−形成的骨架中自由迁移，展现出优异的离子导电性能。卤化银AgClAgBrα-熔点°455432558晶胞结构类似NaCl晶体的晶胞α-注：只画出了晶胞中I-的位置，Ag+填充在I-所围成的空隙中（1）AgBr转化为α-AgBr属于变化。A．化学B．物理相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是。（2）确定α-AgI晶胞的大小、形状等信息，可使用的测试仪器为_____。A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．X射线衍射仪 D．红外光谱仪（3）结合表中信息，计算α-AgI晶体的密度，ρ≈_____g·cm−3.(1pm=1×10−10cm)A．12 B．7 C．6 D．3三、灵芝酚的合成7．灵芝酚能延缓慢性肾病的进程。我国科学家合成灵芝酚的一种路线如下：已知：（1）c中的官能团有(填名称)。（2）b的结构简式是。（3）属于氧化反应的是_____(不定项)。A．c→d B．f→g C．h→i D．i→j（4）用“*”标出f中的不对称碳原子。（5）生成e时有副产物e’生成，e’是e的同分异构体；d→e’的反应中，杂化方式改变的碳原子是_____。A．①、② B．①、⑥ C．③、④ D．⑤、⑦（6）h→i与i→j的转化顺序能否互换？原因是。（7）a有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式。i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3；ii．能发生消去反应；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6.（8）结合所学及上述路线中的信息，写出乙烯与合成的路线(无机试剂任选)。(合成路线表示为：M→反应条件反应试剂N……→反应条件四、化工领域、能源领域的甲酸8．甲酸中有羧基又有醛基，使甲酸既表现出羧酸的性质又表现出醛的性质。甲酸被广泛用于有机合成、医药等领域。（1）甲酸是弱酸，其电离方程式为。（2）设计实验，验证甲酸分子中含有醛基。试剂、操作及现象是。（3）二聚甲酸是甲酸分子间通过氢键形成的八元环状二聚体，其结构式为。9．甲酸既是燃料，也是具有应用前景的储氢材料。甲酸催化分解生成CO2和H2时，会发生副反应生成CO和H2O。400K、100kPa时，Pt催化甲酸分解的反应进程如图所示。带“*”的化学式表示微粒被吸附于催化剂表面。分析图中信息，完成下列填空：（1）400K、100kPa时，1mol甲酸分解为H2和CO2时，_____kJ热量。A．放出2.94 B．放出134.1 C．吸收2.94 D．吸收134.1（2）对甲酸分解为H2和CO2的分析，正确的是_____。A．低温下自发进行 B．高温下自发进行C．任意温度下自发进行 D．任何温度下不能自发进行（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，决速步骤的活化能为_____kJ·mol−1.A．140.59 B．159.83 C．134.87 D．212.68（4）分子吸附于催化剂表面，有化学吸附与物理吸附两种模式，前者分子与催化剂之间形成了化学键，而后者没有。分析图中数据，CO吸附于Pt表面主要是吸附。A．化学B．物理（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，解释原因：。10．我国科学家研发了采用超疏氧电极的甲酸燃料电池，其结构如下图所示。关于该燃料电池的说法正确的是A．a是正极B．a上的反应：HCOOHC．b上H+被消耗D．b上发生氧化反应五、稀土元素镧(La)、铈(Ce)的回收11．某石化企业的一种废催化剂中含Al2O3、SiO2及少量的La2O3和CeO2。通过下列流程，回收La2O3和Ce2O3。常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10−33；Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10−20；Ksp[La(OH)3]=2.0×10−19；反应[Al(OH)4]−⇌Al3++4OH−的K=5.0×10−34。工业上可用电解熔融La2O3制备La。实际生产中还需加入LiF−LaF3作助熔剂，研究发现电解池中含LaO2-（1）元素周期表中，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce_____。(不定项)A．位于ⅢB B．位于ⅡBC．属于主族元素 D．属于过渡元素（2）流程中“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度不可过低或过高，原因是。该操作中，CeO2发生反应的化学方程式为。（3）滤渣a的主要成分是(填化学式)。（4）“沉淀过滤”时，逐滴滴加NaOH溶液，理论上最先发生反应的离子方程式为：。（5）常温下，滤出滤渣a后，滤液中[Al3+]=0.1mol·L−1、[La3+]=[Ce3+]=0.01mol·L−1。(1)若逐滴滴加NaOH溶液，3种离子能否逐一沉淀？通过计算说明。(滴入的NaOH溶液体积忽略不计，下同)。(2)滤液b的pH至少应大于。A.6.4B.9C.12.6D.14（6）推断La2O3属于_____(填字母选项)。A．分子晶体 B．共价晶体 C．离子晶体 D．金属晶体（7）LaO2-在阳极上发生反应的电极方程式为

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．淀粉属于糖类，但它没有甜味，有甜味的是葡萄糖、蔗糖等小分子糖类，A错误；B．淀粉和纤维素化学式可用(C6H10O5)n表示，但它和纤维素的聚合度n不同，结构也有差异，不互为同系物，B错误；C．淀粉是一种天然高分子聚合物，它是由葡萄糖通过缩聚反应（不是加聚反应）脱水缩合形成的，C错误；D．淀粉在酸或酶的催化作用下，会逐步水解，最终生成葡萄糖，D正确；故选D。

【分析】A．有的糖类没有甜味，如淀粉；

Ｂ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；

Ｃ．淀粉由葡萄糖通过缩聚反应得到；

Ｄ．淀粉逐步水解得到葡萄糖。2．【答案】（1）I2+H2O⇌HI+HIO（2）3I2+3H2O⇌5I−+IO3-+6H+(或3HIO=2I−+IO3-+3H（3）I−、IO3-（4）B；试管①浅黄色(或黄色或无明显变化)；试管②深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)（5）C（6）D（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强（8）1L容量瓶、胶头滴管（9）A；B【解析】【解答】（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2O⇌HI+HIO；（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO3-的原因为：3I2+3H2O⇌5I−+IO3-+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO3-：3HIO=2I−+IO3（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I−、IO3-（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I3-。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I−+I2⇌I3-，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I3-（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；（6）胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10−5~2×10−5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；（9）①200mL等体积的40.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L−1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；②由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为31×10-3g/g×20×10-3g350.5g⋅mol-10.200L×10min=8.84×10−7mol⋅L-1⋅min-1。

【分析】（1）Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，则I2与H2O反应为：I2（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2O⇌HI+HIO；（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO3-的原因为：3I2+3H2O⇌5I−+IO3-+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO3-：3HIO=2I−+IO3（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I−、IO3-（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I3-。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I−+I2⇌I3-，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I3-（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；（6）胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10−5~2×10−5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；（9）(1)200mL等体积的40.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L−1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；(2)由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为31×103．【答案】（1）四面体形（2）A【解析】【解答】（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+4−1−3×12（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。

【分析】（1）Si的价电子数为4，与1个H、3个Cl形成σ键，价层电子对数=σ键数+孤电子对数=4+0=4；

（2）配位键的形成条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。（1）依据VSEPR理论，SiHCl3中Si原子的价层电子对数为4+4−1−3×12（2）SiH4中Si原子为sp3杂化，与4个H原子成键，SiHCl3水解首先是H2O中O与SiHCl3中的Si形成配位键时O原子提供孤电子对，Si原子提供3d轨道，故答案为：A。4．【答案】（1）（2）B【解析】【解答】（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。

【分析】（1）磷原子的价电子数为5，比硅原子（价电子数4）多1个。在晶体硅中掺杂磷原子时，磷原子与周围4个硅原子形成共价键后，会多出1个自由电子；

（2）氮原子和磷原子的价电子数都为5，但磷原子的原子半径比氮原子大，最外层电子离原子核更远，受到的束缚更弱，更容易形成自由电子，所以掺杂磷原子的导电性更强。（1）P有5个价电子，则晶体硅中掺杂磷原子会产生1个自由电子，示意图为。（2）P比N半径大，核对外层电子引力弱，因此晶体硅中掺杂磷原子的导电性比掺杂氮原子的导电性强，故答案为B。5．【答案】（1）AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体。其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl−)小于r(Br−)，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高（2）AgBr、AgCl、NaCl【解析】【解答】（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl−)小于r(Br−)，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na<Ag，则形成化学键的两个原子电负性差别AgBr<AgCl<NaCl，则离子性由小到大的顺序为AgBr<AgCl<NaCl。

【分析】（1）AgCl和AgBr都是与NaCl结构相似的离子晶体，离子晶体的熔点由离子键的强弱决定；

（2）离子性的强弱和离子极化作用相关：离子极化作用越强，离子键的共价性越强，离子性越弱。（1）AgCl、AgBr晶体熔点差异的原因是：AgBr和AgCl是与NaCl结构相似的离子晶体，其熔点与离子键的强弱有关，r(Cl−)小于r(Br−)，AgCl离子键比AgBr离子键强，所以AgCl熔点比AgBr高。（2）NaCl、AgCl、AgBr中形成化学键的两个原子电负性差别越大，离子性越高，同主族元素，从上往下，电负性依次减小，电负性：Cl>Br，Na<Ag，则形成化学键的两个原子电负性差别AgBr<AgCl<NaCl，则离子性由小到大的顺序为AgBr<AgCl<NaCl。6．【答案】（1）A；r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间（2）C（3）C【解析】【解答】（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。（3）α-AgI每个晶胞含1+8×18=2个AgI，密度为：ρ=2MNAa3=2×2356.02×1023×(5.07×10−8)3≈6（1）AgBr转化为α-AgBr时，晶体结构发生了本质变化，从普通离子晶体变为允许Ag+自由迁移的骨架结构，这种结构转变涉及化学键的重新排列，属于化学变化，故选A。相同条件下，α-AgI的导电能力强于α-AgBr，可能的原因是：相同条件下，r(I-)的半径大，I-形成的骨架更大，提供了更利于Ag+迁移的空间。（2）核磁共振仪测得核磁共振氢谱，用于确定H原子的种类和个数比；质谱仪用于测定相对分子质量；X射线衍射仪通过分析晶体对X射线的衍射图谱，能够测定晶胞的大小、形状及原子在晶胞中的数目和位置等，是确定晶体结构的方法；红外光谱仪测得红外光谱图，用于确定官能团或化学键；故选C。（3）α-AgI每个晶胞含1+8×18=2个AgI，密度为：7．【答案】（1）醚键、酮羰基、酯基（2）（3）B；C（4）（5）A（6）不能互换。酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏（7）或（8）【解析】【解答】（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；符合条件的结构有：或；（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。【分析】a与b发生已知反应生成c，结合a、c的结构简式和b的分子式可知，b的结构简式为，c在CH3MgI条件下雨(C2H5)2O发生取代反应，再水解得到d，d→e的过程中，生成了碳碳双键，说明d到e发生-OH的消去反应，e→f的过程中，引入-OH，f到双键形成环醚，g到h断开三元环，形成一个五元环和一个六元环，h到i引入羰基，i到j醚键转化为酚羟基。（1）C的结构简式为：，官能团有醚键、酮羰基、酯基；（2）由a和c的结构简式及已知的反应可知，b的结构简式为：；（3）c到d是加成反应；f到g加氧是氧化反应；h到i是加氧的反应，是氧化反应；i到j是取代反应；答案选bc；（4）一个C周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：；（5）d到e的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：，①②碳原子由sp3转化为sp2杂化，答案选A；（6）h→i与i→j的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏；（7）i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；ii．能发生消去反应，I原子连接的碳原子相邻C原子上有H原子；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲基和一个不等效甲基；符合条件的结构有：或；（8）形成三元环可以用ICH2CH2I与发生已知的反应得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：。8．【答案】（1）HCOOH⇌H++HCOO−（2）取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)（3）【解析】【解答】（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOH⇌H++HCOO−；（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。

【分析】（1）甲酸是弱酸，所以用可逆符号表示电离过程是可逆的，且电离程度较小；

（2）甲酸的结构为HCOOH，其分子中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制氢氧化铜或银氨溶液氧化；

（3）二聚甲酸的结构是两个甲酸分子（HCOOH）通过两个氢键形成的八元环状结构，则其结构为。（1）甲酸是弱酸，电离用可逆符号，其电离方程式为：HCOOH⇌H++HCOO−；（2）甲酸中醛基的检验在碱性条件下用新制的Cu(OH)2检验，或者在碱性条件下发生银镜反应。具体方法是：取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2，振荡、加至沸，有砖红色沉淀生成，证明甲酸中含有醛基(或取甲酸溶液少许，加入适量NaOH溶液至碱性，加入银氨溶液，振荡、水浴加热，有银镜生成，证明甲酸中含有醛基)；（3）O-H上的H原子与另外O原子之间形成氢键，二聚体的结构简式为：。9．【答案】（1）A（2）C（3）B（4）A（5）吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)【解析】【解答】（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。（2）反应HCOOH⇌CO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T•△S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59kJ·mol−1-(-19.24kJ·mol−1)=159.83kJ·mol−1.，故选B。（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78kJ+72.09kJ=134.87kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。

【分析】（1）主反应中，反应物是HCOOH（能量0.00kJ/mol），生成物是CO2+H2（能量-2.94kJ/mol），ΔH=生成物总能量−反应物总能量；

（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

（4）CO吸附于Pt表面时，因为形成了化学键，属于化学吸附；

（5）当某些微粒在催化剂表面吸附能力过强时，会占据催化剂表面的活性位点，让反应物分子无法再吸附到这些位点上参与反应。（1）由图可知，甲酸的能量高于CO2和H2的总能量，1mol甲酸催化分解生成CO2和H2时，放出2.94kJ能量，故选A。（2）反应HCOOH⇌CO2(g)+H2(g)为气体体积增大的放热反应，△H<0，△S>0，△G=△H-T•△S＞0时反应能够自发进行，则该反应在任何温度下都能自发进行，故选C。（3）甲酸分解为CO和H2O的反应中，反应速率最小的步骤为决速步，活化能越大，反应速率越小，则决速步骤的活化能为140.59kJ·mol−1-(-19.24kJ·mol−1)=159.83kJ·mol−1.，故选B。（4）由图可知，1molCO从Pt表面脱吸附时，吸收62.78kJ+72.09kJ=134.87kJ能量，该能量较高，说明断裂了化学键，说明CO与催化剂之间形成了化学键，属于化学吸附，故选A。（5）若反应进程中某些微粒在催化剂表面吸附能力过强，会导致催化效果下降，原因是：吸附能力强的微粒不易从从催化剂表面脱落，使催化剂难以与反应物接触，导致催化效果下降(或导致催化剂中毒)。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．a极通入甲酸，为负极，A错误；B．a是负极，甲酸在a极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：HCOOH-2C．空气在b极发生反应：O2+4eD．b电极为正极，发生得电子的还原反应，D错误；故选BC。

【分析】甲酸燃料电池中，通入甲酸的一极为负极，则a为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为HCOOH-2e-11．【答案】（1）A；D（2）温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率；2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O（3）SiO2（4）H++OH−=H2O（5）不能；C（6）C（7）LaO2-−4e−=La3++O2↑(或2LaO2-−4e−=2LaO++O【解析】【解答】（1）Sc(钪)为第四周期第ⅢB元素，属于过渡元素，La、Ce与Sc(钪)为同族元素，则La、Ce位于ⅢB族、属于过渡元素，故选AD。（2）“加热搅拌”的适宜温度在60~70℃，温度过低降低反应速率；温度过高使盐酸挥发、H2O2分解，降低原料利用率。CeO2被还原，故发生的反应为2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O。（3）二氧化硅不溶于水，也不和双氧水、盐酸反应，故滤渣a为SiO2。（4）滴加氢氧化钠溶液首先中和酸，故离子方程式为H++OH-=H2O。（5）①Al(OH)3的Ksp最小，Al(OH)3最先沉淀。当[Al3+]=1×10-5mol·L-1时，可认为Al3+完全沉淀，此时[OH-]3=1.3×10-331×10-5mol/L，[OH-]=3130×10-10mol·L-1；Ce3+开始沉淀时，[OH-]3=1.0×10-200.01mol·L-1，[OH-]=1.0×10-6mol·L-1，La3+开始沉淀时，[OH-]3=2.0×10-190.01m