2025届湖南省部分学校高三上学期入学考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省部分学校2025届高三上学期入学考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Re-186一、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.文物不仅是历史的实物见证，也是文化传承的重要载体。下列文物主要成分为金属材料的是（）选项ABCD文物名称象牙铲形器东花丘遗址陶器磉墩金覆面〖答案〗D〖解析〗A．象牙铲形器的主要成分是无机盐，A错误；B．陶器的主要成分是硅酸盐，B错误；C．磉墩的主要成分是无机盐，C错误；D．金覆面的主要成分是金或者含金的合金，属于金属材料，D正确；故选D。2.《自然-通讯》发表了一篇有关铁、镍、原子氧和氮可能是中层大气怪异事件中的绿光来源的文章。下列有关叙述正确的是（）A.氮的第一电离能和电负性都比氧的大B.基态原子的价层电子轨道表示式：C.铁和镍都位于周期表区D.含配位键〖答案〗B〖解析〗A．同周期元素电负性从左到右减小，氮的电负性比氧的小；同周期元素从左到第一电离能增大趋势，但第二主族、第五主族元素因半充满结构高于相邻元素，氮的第一电离能比氧的大，A错误；B．铁是第26号元素，价层电子排布4s23d6，4基态原子的价层电子轨道表示式：，B正确；C．铁价层电子排布4s23d6、镍价层电子排布4s23d8位于d区，C错误；D．CO分子中含1个配位键，故1mol含10mol配位键，D错误；故选B。3.以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2-硝基-1，3-苯二酚，下列仪器不需要被使用的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2-硝基-1，3-苯二酚，需要用到烧杯、漏斗和酒精灯，不需要冷凝管，故选C。4.明代王阳明认为“致良知”“知行合一”，劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A帮厨活动：粉碎煤块，帮师傅做蜂窝煤增大煤的接触面，便于煤的充分燃烧B环保行动：用除去废水中的溶度积：C家务劳动：帮家长用食盐腌制白菜是强电解质D学农活动：用杂草和厨余垃圾制农家肥厨余垃圾含农作物所需的营养元素、等〖答案〗C〖解析〗A．将粉碎煤块，增大煤与氧气反应时的接触面积，便于煤的充分燃烧，A正确；B．用FeS除去废水中的Hg2+是因为FeS的溶度积大于HgS的溶度积，溶度积小的会先沉淀，B正确；C．用食盐腌制白菜，是因为食盐有咸味能调味，同时能够抑制细菌的生长，与NaCl是强电解质没有关联，C错误；D．N、P、K是植物生长不可缺少的元素，厨余垃圾中含有这些元素，可以用来制农家肥，D正确；故选C。5.胡椒碱前体(R)在生产、生活中有广泛应用，结构如图所示。下列叙述错误的是（）A.R属于芳香族化合物 B.R能使溴的四氯化碳溶液褪色C.R有顺反异构体 D.0.1molR最多能消耗5.3gNa2CO3〖答案〗D〖解析〗A．化合物R分子中含有苯环，因此该化合物是属于芳香族的化合物，A正确；B．化合物R分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴发生加成反应，因而R能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．根据化合物R分子结构可知：在R分子中不饱和的碳碳双键的两个C原子连接了不同的原子或原子团，故R有顺反异构体，C正确；D．在R分子中含有1个-COOH，根据羧酸的性质，其与Na2CO3反应分步进行，若二者的物质的量的比是1：1，则0.1molR反应最多消耗10.6g；若二者的物质的量的比若是2：1，则0.1molR反应最多消耗5.3g。可见0.1molR最多能消耗10.6gNa2CO3，D错误；故合理选项是D。6.哲学中“量变引起质变”规律也存在于化学中。下列变化不符合这一规律的是（）A.在稀硝酸中加少量铁粉，溶液变为黄色，继续加铁粉，最终变为浅绿色B.在酚酞溶液中滴加“84”消毒液，溶液先变红色，随后变为无色C.在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有明显现象，继续滴加至过量，产生白色沉淀D.在CuSO4溶液中通入NH3，开始产生蓝色沉淀，继续通入至过量，最终变为深蓝色溶液〖答案〗B〖解析〗A．硝酸具有强氧化性，在稀硝酸中加少量铁粉，硝酸把Fe氧化为+3价的Fe(NO3)3，使溶液变为黄色；继续加铁粉，Fe与Fe(NO3)3反应产生+2价的Fe(NO3)2，当Fe(NO3)3完全反应变为Fe(NO3)2后，最终使溶液变为浅绿色，符合“量变引起质变”规律，A不符合题意；B．“84”消毒液主要成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此在酚酞溶液中滴加“84”消毒液，溶液会先变红色。但由于NaClO同时具有强氧化性，会将有色物质氧化变为无色物质，故随后看到溶液又有红色变为无色，这与二者的相对量的多少无关，不符合“量变引起质变”规律，B符合题意；C．在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始时由于NaOH过量，发生反应：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，无明显现象。当反应到一定程度后，再加入AlCl3溶液，会发生反应：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，因而后来会看到产生白色沉淀，在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，滴加的量多少不同，反应现象不同，符合“量变引起质变”规律，C不符合题意；D．在CuSO4溶液中通入NH3，开始发生反应：CuSO4+2NH3+2H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，反应产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续通入NH3至过量，又发生反应：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，看到蓝色沉淀溶解，最终变为深蓝色溶液。向其中通入的氨气的量多少不同，反应现象不同，符合“量变引起质变”规律，D不符合题意；故合理选项是B。7.下列离子方程式错误的是（）A.在含的废水中加入：B.在亚硝化细菌作用下将转化为：C.一定条件下用处理：D.化学法中，可能发生反应：〖答案〗D〖解析〗A．在含的废水中加入生成沉淀：，A正确；B．在亚硝化细菌作用下将氧化为：，B正确；C．一定条件下用处理，两者发生归中反应：，C正确；D．化学法中，在碱性介质中不能生成酸，正确的离子方程式为：，D错误；故选D。8.常温下，将和的混合气体通入与的混合溶液中，其物质转化过程如图所示，下列说法错误的是（）A.反应I的离子方程式为B.反应I中为氧化剂，发生还原反应C.反应II为D.若有发生反应，理论上可获得标准状况下的的体积为〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，Ce4+和H2反应生成Ce3+和H+，则反应I的离子方程式为：，A正确；B．根据反应I的离子方程式：，可知反应I中为氧化剂，发生还原反应，B正确；C．由图可知，反应Ⅱ为Ce3+与H+、NO反应生成Ce4+、N2和H2O，则反应II的离子方程式为：4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2↑+2H2O，C错误；D．转化过程中的总反应为：2H2+2NON2+2H2O，有发生反应，理论上可获为1mol，标况下体积为22.4L，D正确；故选C。9.短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，和同主族，基态原子的价层电子排布式为，的简单氢化物分子呈三角锥形，含的化合物焰色呈黄色。下列叙述错误的是（）A.简单离子半径： B.第一电离能：C.简单氢化物的稳定性： D.和形成的化合物中只含离子键〖答案〗D〖祥解〗Y的价电子排布式为nsnnp2n，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p4，推出Y为O，X的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即X为N，含Z的化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，和同主族，且、、、的原子序数依次增大，R为S，据此分析解答。【详析】A．核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，简单离子半径：，A正确；B．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，第一电离能：，B正确；C．同族元素非金属性由上到下减弱，简单氢化物的稳定性减弱，简单氢化物的稳定性：，C正确；D．O和Na形成的化合物中Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和非极性键，D错误；故选D。10.下列操作能达到实验目的的是（）选项操作目的A加热氯化铵固体，将气体通过碱石灰制备少量B用浓氨水浸泡试管中银镜(或铜镜)，再用水清洗除去试管中(或)C将浓溴水分别滴入苯酚、苯乙烯、乙苯中区别苯酚、苯乙烯和乙苯D向石蕊试液中通入探究的漂白原理〖答案〗C〖解析〗A．分解生成和HCl，二者相遇又重新生成，不能用于制氨气，故A不符合题意；B．氨水不溶解银和铜，故B不符合题意；C．在苯酚、苯乙烯、乙苯中分别加入浓溴水，现象依次是生成白色沉淀、溶液褪色、溶液分层且上层呈棕红色，可以区别，故C符合题意；D．不能漂白石蕊试液，D不符合题意；〖答案〗选C。11.三氯氢硅是制备多晶硅的重要原料。在催化剂作用下发生反应：。向容积为的恒容密闭容器中充入，测得反应体系中的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.点的转化率为B.若达到点所用时间为，则C.点的物质的量浓度为D.点的逆反应速率大于点的正反应速率〖答案〗A〖解析〗A．设a点时消耗的物质的量为2xmol，利用三段式分析如下：a点时，体积分数为85%，即有=85%，解得x=0.15，故的转化率为=15%，故A错误；B．同样用上述三段式列出数据，b点时，体积分数为78%，=78%，解得x=0.22，所用时间为，则，故B正确；C．由A项的计算得知，到a点时，生成的为0.15mol，浓度为，故C正确；D．c点为温度高于a点，故点的逆反应速率大于点的正反应速率，故D正确；〖答案〗选A。12.香港城市大学一课题组开发了纳米片为正极的全碱性肼-硝酸根燃料电池(如图)，双极膜由阴、阳离子膜组成。下列叙述正确的是（）A.极为正极，发生氧化反应B.极上的电极反应式为C放电过程中，由双极膜向极区迁移D.常温常压下，生成时转移电子〖答案〗B〖祥解〗由题干原电池装置图可知，电极a由N2H4转化为N2，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则b为正极，电极反应为：+6H2O+8e-=NH3+9OH-，据此分析解题。【详析】A．转化为，失去了电子，a极为负极发生氧化反应，A错误；B．b为正极，电极反应为：，B正确；C．a极上的电极反应式为，向a极区迁移，C错误；D．生成28g（1mol）转移4mol电子，D错误；故选B。13.南开大学化学学院一课题组报道了一种新颖的铁催化偶联反应，成功构筑了含有全碳季碳中心的C-C键。下列叙述正确的是（）已知：R、R′代表烃基，X代表卤素原子，L代表配体。A.共价键键能大小决定物质1的熔点B.若R、R′均为乙基，则物质3是手性分子C.化合物Ⅱ中，N、X与Fe形成了配位键D.整个反应历程中有非极性键的断裂和形成〖答案〗C〖解析〗A．物质1是由分子构成的物质，其熔点由分子间作用力(范德华力)决定，A项错误；B．与四个互不相同原子或基团连接的碳原子叫手性碳原子，若R、R′均为乙基，物质3中不含手性碳原子，它不是手性分子，B项错误；C．由化合物Ⅱ可知，N、X与Fe形成了配位键，C项正确；D．整个历程中只有极性键断裂和形成，D项错误；故选C。14.室温下，向和的混合液中滴加溶液，溶液中[、或]与的关系如图所示。已知：，，表示醋酸根离子。下列叙述错误的是（）A.线代表与的关系B.常温下，的为C.的为D.点对应体系中〖答案〗C〖祥解〗，则，同理，，，随着的增大，、均增大，减小，再根据曲线的斜率可判断，L1代表与的关系，L2代表与的关系，L3代表与的关系，据此分析解答。【详析】A．由分析知，L1代表与的关系，故A正确；B．L3代表与的关系，根据点（0，-4.76），常温下，的，故B正确；C．L1代表与的关系，根据点(1，5.3)，，L2代表与的关系，根据点(1，2.9)，，的，故C错误；D．由图可知，Q点，则溶液中，故D正确；〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铼()被誉为“金属之王”，用于航空、航天发动机制造等领域。以含铼废渣(主要含、、等)为原料制备铼的流程如下：已知：不溶于水；是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：（1）下列状态的的最外层电子轨道表示式中，能量最高的是___________(填标号)。A. B.C. D.（2）根据上述流程预测，铼在金属活动性顺序表中的位置是___________(填标号)。A.之前 B.、之间C.、之间 D.之后（3）已知“碱浸”时转化为，“还原”中与反应的离子方程式为____________________________________。（4）“沉铼”中，用___________(填“热水”或“冰水”)洗涤过铼酸铵，确认洗涤干净的方法是_________________________________________。（5）“热解”时的产物有和，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（6）用制备的另一种方案：第1步，用有机溶剂萃取得到含铼有机相；第2步，用氨水反萃取得到溶液。相对“沉铼”法，该方案优点是____________________________________(任答一点)。（7）铼晶体的部分结构如图所示，铼晶体密度为___________。(已知：该结构的底边长为，高为，为阿伏加德罗常数的值)〖答案〗（1）C（2）C（3）（4）冰水取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则已洗净，否则未洗净（5）（6）损失小(或操作简便或产率高等)（7）〖祥解〗由题给流程可知，钼精矿加NaOH溶液碱浸，Fe3O4、CuO不溶于碱溶液，过滤出来，Re2O7能和NaOH反应生成NaReO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的ReO2∙H2O，用氧气氧化得到HReO4，加氯化铵溶液沉铼，得到NH4ReO4，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；【详析】（1）的最外层电子排布为4s2，4p能级的能量比4s高，则能量最高的是，故选C；（2）用热还原法冶炼铼，说明在金属活动顺序表中铼介于锌、铜之间，选C；（3）Zn作还原剂化合价由0价→+2价，生成NaZnO2，NaReO4作氧化剂化合价从+7→+4价，化合价降低，生成ReO2∙H2O，离子方程式为；（4）过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。过铼酸铵在冷水中溶解度小，用冰水洗涤沉淀；沉淀表面有氯离子、铵根离子，检验氯离子更灵敏，取最后一次洗涤液于试管，滴加硝酸和AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，则已洗净；否则未洗净；（5）“热解”时过铼酸铵分解生成和，化学方程式：，O2是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为；（6）萃取、反萃取操作较沉淀、过滤简便，产品纯度高、损失低、产率高等；（7）由结构可知，Re为六方最密堆积；图中结构单元中Re原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，结构单元中Re原子数目=3+2×+12×=6，图中结构单元底面为正六边形，边长为anm，底面面积为6××a×10-7

cm×a×10-7

cm×sin60°=×a2×10-14

cm2，高为bnm，结构单元的体积=×a2×10-14

cm2×b×10-7

cm=×a2×b×10-21

cm3，结构单元中原子总质量=，铼晶体密度为。16.草酸晶体可以从菠菜中提取，某小组设计实验探究草酸的性质，回答下列问题：实验(一)探究草酸的部分性质。已知：草酸晶体熔点为，受热脱水，以上分解。实验操作及现象结论a在草酸中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀该白色沉淀是b加热草酸晶体，气体先冷凝，再通过澄清石灰水，然后将逸出的气体干燥，最后通过热的氧化铜，观察到石灰水变浑浊，黑色粉末变为红色草酸晶体分解产物有①___________c向酸性溶液中滴加草酸溶液，溶液由紫色变为无色，并产生气泡草酸具有②___________(填“氧化性”或“还原性”)（1）生活中，不宜将菠菜与豆腐互煮，其主要原因是_____________________________。（2）补充、完善上表信息。①、和___________(填化学式)。②_____________________。（3）实验中，气体通过澄清石灰水之前，先“冷凝”，其目的是___________________，加热草酸晶体宜选择___________(填“甲”或“乙”)装置。实验(二)探究草酸与酸性溶液反应速率的影响因素。【提出假设】假设1：其他条件不变，增大反应物浓度，反应速率增大；假设2：其他条件不变，升高温度，反应速率增大；假设3：其他条件不变，能加快反应速率。【设计实验】探究假设1和2的合理性，设计如下实验方案，每支试管均预先加入了的硫酸。编号溶液溶液水水浴褪色时间①10.02.0035②8.0202.035③7.02.03.035④10.01.01.035⑤10.02.0045【实验结果】。【实验结论】（4）由实验结果可以推出假设1___________(填“合理”或“不合理”，下同)，假设2___________。（5）有同学根据实验①②③结果预测，但实验结果，实验结果与预测结果不一致的原因是___________________________________________________。【交流反思】为了探究假设3的合理性，他们又设计了实验⑥⑦⑧(水浴温度均为)：编号溶液溶液固体褪色时间①10.02.00⑥1002.0⑦10.02.0⑧10.02.0（6）实验结果：、、均小于。上述能证明假设3合理的是实验_______(填标号)。〖答案〗（1）会生成草酸钙，损失营养成分且易患结石（2）①CO②还原性（3）排除蒸气的干扰甲（4）合理合理（5）更少，反应所用时间缩短（6）⑥〖祥解〗通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【详析】（1）菠菜含有较多的草酸、豆腐较多含有钙离子；由a可知，草酸与钙离子会生成草酸钙，损失营养成分且易患结石；（2）①观察到石灰水变浑浊，黑色粉末变为红色，说明生成二氧化碳和还原性物质，草酸中碳元素化合价升高得到二氧化碳，根据电子守恒，则有部分碳化合价降低生成CO；②高锰酸钾溶液褪色说明高锰酸根离子被还原为锰离子，则说明草酸具有还原性；（3）已知：草酸晶体熔点为；实验中，气体通过澄清石灰水之前，先“冷凝”，其目的是冷凝草酸，排除蒸气的干扰；已知：草酸晶体受热脱水，以上分解，则加热温度较高，且加热过程中试管口需向下倾斜，则加热草酸晶体宜选择甲装置。（4）根据表格中数据可知，实验①②是验证的浓度对反应速率的影响，可知浓度越大，反应速率越大，故可以推出假设1合理；对比实验①⑤可知，两组数据只有温度不同，则该两组数据是探究温度对反应速率的影响，可知温度越高，反应速率越快，故假设2合理；（5）④中提供高锰酸钾溶液的体积较小，使得更少，反应所用时间缩短；（6）氯离子会被高锰酸根离子氧化、硝酸根离子本身具有强氧化性，均为干扰实验，则上述能证明假设3合理的是实验⑥。17.高纯CO2主要用于电子工业、医学研究及临床诊断，同时CO2在工业上也有重要的运用。回答下列问题：利用CO2制备CO：主反应(i)为；副反应(ii)为。（1）298K时相关物质的相对能量如图1所示。___________kJ/mol。（2）副反应自发进行的条件是______________(填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”)。（3）在一恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2，同时发生反应i和反应ii。下列叙述正确的是___________(填标号)。A.当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态B.升高温度，反应i和ii的平衡常数都增大C.达到平衡后，通入Ar，反应i和ii的逆反应速率都不变D.体系生成0.1molC2H4时放出的热量为33.7kJ（4）在一密闭容器中充入amolCO2和3amolH2，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。在0.1MPa、1.0MPa、10MPa下测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示。①L3代表的压强为___________MPa。②随着温度升高，不同压强下CO2的平衡转化率趋向相等，其原因是________________。③W点时，乙烯为bmol。对应条件下，反应ⅰ的平衡常数Kp=___________(列出代数式即可)。〖提示〗：用分压计算的平衡常数为Kp，分压总压物质的量分数。（5）在反应器中充入一定量CO2和H2，在催化剂条件下，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。测得CO2在单位时间内的转化率、C2H4的选择性与温度的关系如图3所示。温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，其原因是________________。（6）以石墨为电极，以KOH溶液为电解质溶液，电解CO2可以制备乙烯。写出阴极上的电极反应式：_____________________。〖答案〗（1）（2）较低温度（3）AC（4）①0.1②温度对反应i的影响大于反应ii，反应i起主要作用；而反应i是反应前后气体分子数相等的反应，压强对反应i几乎无影响③（5）催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ii的影响小于反应i（6）〖解析〗（1）已知反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，结合298K时相关物质的相对能量如图1所示信息，故(283kJ/mol)+(151kJ/mol)-393kJ/mol=+41kJ/mol，故〖答案〗为：+41；（2）由题干信息可知，副反应正反应是一个气体体积减小的放热反应，即，根据综合判据即自由能变可知，该反应自发进行的条件是较低温度，故〖答案〗为：较低温度；（3）A.由题干方程式信息可知，反应i是一个气体体积不变的反应，而反应ii是一个气体体积减小的反应，即反应过程中混合气体的物质的量一直在改变，而气体质量不变，即混合气体的平均摩尔质量一直在改变，故当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；B.由(1)分析可知，反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，故升高温度，反应i的平衡常数增大，而反应ii的平衡常数却减小，B错误；C.在恒容密闭容器中，达到平衡后，通入Ar，反应体系各物质的浓度均保持不变，故反应i和ii的逆反应速率都不变，C正确；D.生成乙烯的同时也生成了CO，故体系生成0.1molC2H4时放出的热量小于33.7kJ，D错误；故〖答案〗为：AC；（4）①反应i反应前后气体分子数不变，反应ii反应前后气体分子数减少，故增大压强，反应ii平衡正向移动，反应i平衡不移动，导致CO2的平衡转化率增大，结合图像可知，L3代表的压强为0.1MPa，故〖答案〗为：0.1；②随着温度升高，不同压强下CO2的平衡转化率趋向相等，说明压强对平衡的影响越来越不明显，随着温度升高，对反应i的影响大于反应ii，高温下主要发生反应i，反应i反应前后气体分子数不变，压强不能影响该反应平衡，故不同压强下CO2的平衡转化率趋向相等，故〖答案〗为：温度对反应i的影响大于反应ii，反应i起主要作用；而反应i是反应前后气体分子数相等的反应，压强对反应i几乎无影响；③W点时，乙烯为bmol，对应条件下，L1代表的压强为10MPa，由三段式分析可知：根据此温度下，CO2的转化率为65%，则有2b+x=0.65a，x=0.65a-2b，n(CO2)=a-0.65a=0.35amol，n(CO)=(0.65a-2b)mol，n(H2)=3a-6b-x=(2.35a-4b)mol，n(H2O)=(0.65a+b)mol，根据反应i的特点可知，平衡常数与总压强无关，可以物质的量代替分压进行计算，则反应ⅰ的平衡常数Kp===，故〖答案〗为：；（5）由题干反应方程式信息可知，反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，故由于催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ii的影响小于反应i，导致温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，故〖答案〗为：催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ii的影响小于反应i；（6）以石墨为电极，以KOH溶液为电解质溶液，电解CO2可以制备乙烯，阴极上的电极反应即CO2得到电子被还原为C2H4，故该电极反应式为：。18.是合成某药物的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）已知：称为甲氧基。中官能团的名称为___________，的名称是___________。（2）的条件是___________，的另一产物的结构简式为___________。（3）的反应类型是___________，___________(填“是”或“不是”)手性分子。（4）的化学方程式为____________________________________。（5）在的芳香族同分异构体中，同时符合下列条件的结构有___________种(不包括立体异构体)。①苯环上只有2个取代基；②含氨基；③能与反应。其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰的面积比为的结构简式为___________(任写一个)。（6）以苯、醋酸酐为原料设计制备的合成路线__________________________(无机试剂自选)。〖答案〗（1）硝基、碳氯键对甲氧基苯胺（2）浓硫酸，加热（3）还原反应是（4）（5）18(或或)（6）〖祥解〗通过对比A到D的结构简式，可知A与甲醇发生了取代反应，B的结构简式为，B到C发生了还原反应，C的结构简式为：，由此作答。【详析】（1）中官能团的名称为硝基、碳氯键；根据C的结构简式可知，C的名称为对甲氧基苯胺；（2）D到E是发生了苯环上硝基的引入，反应条件为浓硫酸，加热；C到D发生的是取代反应，苯环上氨基的氢原子被取代了，所以另外一个生成物为；（3）G到H硝基变为氨基，发生的为还原反应；K中含有手性碳原子，为手性分子；（4）H到K发生了取代反应，反应方程式为+→+HBr；（5）D的芳香族同分异构体含有氨基、羧基两种官能团，在苯环上的2个取代基可能有以下6种情况：①-NH2、-CH2CH2COOH；②-NH2、-CH(CH3)COOH；③-CH2NH2、-CH2COOH；④-CH2CH2NH2、-COOH；⑤-CH(NH2)CH3、-COOH；⑥-CH3、-CH(NH2)COOH；又因为2种取代基均有邻、间、对三种位置，故符合条件的有18种；其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰的面积比为的结构简式为、、；（6）结合题干信息以苯、醋酸酐为原料设计制备的合成路线为：。湖南省部分学校2025届高三上学期入学考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Re-186一、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.文物不仅是历史的实物见证，也是文化传承的重要载体。下列文物主要成分为金属材料的是（）选项ABCD文物名称象牙铲形器东花丘遗址陶器磉墩金覆面〖答案〗D〖解析〗A．象牙铲形器的主要成分是无机盐，A错误；B．陶器的主要成分是硅酸盐，B错误；C．磉墩的主要成分是无机盐，C错误；D．金覆面的主要成分是金或者含金的合金，属于金属材料，D正确；故选D。2.《自然-通讯》发表了一篇有关铁、镍、原子氧和氮可能是中层大气怪异事件中的绿光来源的文章。下列有关叙述正确的是（）A.氮的第一电离能和电负性都比氧的大B.基态原子的价层电子轨道表示式：C.铁和镍都位于周期表区D.含配位键〖答案〗B〖解析〗A．同周期元素电负性从左到右减小，氮的电负性比氧的小；同周期元素从左到第一电离能增大趋势，但第二主族、第五主族元素因半充满结构高于相邻元素，氮的第一电离能比氧的大，A错误；B．铁是第26号元素，价层电子排布4s23d6，4基态原子的价层电子轨道表示式：，B正确；C．铁价层电子排布4s23d6、镍价层电子排布4s23d8位于d区，C错误；D．CO分子中含1个配位键，故1mol含10mol配位键，D错误；故选B。3.以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2-硝基-1，3-苯二酚，下列仪器不需要被使用的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2-硝基-1，3-苯二酚，需要用到烧杯、漏斗和酒精灯，不需要冷凝管，故选C。4.明代王阳明认为“致良知”“知行合一”，劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A帮厨活动：粉碎煤块，帮师傅做蜂窝煤增大煤的接触面，便于煤的充分燃烧B环保行动：用除去废水中的溶度积：C家务劳动：帮家长用食盐腌制白菜是强电解质D学农活动：用杂草和厨余垃圾制农家肥厨余垃圾含农作物所需的营养元素、等〖答案〗C〖解析〗A．将粉碎煤块，增大煤与氧气反应时的接触面积，便于煤的充分燃烧，A正确；B．用FeS除去废水中的Hg2+是因为FeS的溶度积大于HgS的溶度积，溶度积小的会先沉淀，B正确；C．用食盐腌制白菜，是因为食盐有咸味能调味，同时能够抑制细菌的生长，与NaCl是强电解质没有关联，C错误；D．N、P、K是植物生长不可缺少的元素，厨余垃圾中含有这些元素，可以用来制农家肥，D正确；故选C。5.胡椒碱前体(R)在生产、生活中有广泛应用，结构如图所示。下列叙述错误的是（）A.R属于芳香族化合物 B.R能使溴的四氯化碳溶液褪色C.R有顺反异构体 D.0.1molR最多能消耗5.3gNa2CO3〖答案〗D〖解析〗A．化合物R分子中含有苯环，因此该化合物是属于芳香族的化合物，A正确；B．化合物R分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴发生加成反应，因而R能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．根据化合物R分子结构可知：在R分子中不饱和的碳碳双键的两个C原子连接了不同的原子或原子团，故R有顺反异构体，C正确；D．在R分子中含有1个-COOH，根据羧酸的性质，其与Na2CO3反应分步进行，若二者的物质的量的比是1：1，则0.1molR反应最多消耗10.6g；若二者的物质的量的比若是2：1，则0.1molR反应最多消耗5.3g。可见0.1molR最多能消耗10.6gNa2CO3，D错误；故合理选项是D。6.哲学中“量变引起质变”规律也存在于化学中。下列变化不符合这一规律的是（）A.在稀硝酸中加少量铁粉，溶液变为黄色，继续加铁粉，最终变为浅绿色B.在酚酞溶液中滴加“84”消毒液，溶液先变红色，随后变为无色C.在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有明显现象，继续滴加至过量，产生白色沉淀D.在CuSO4溶液中通入NH3，开始产生蓝色沉淀，继续通入至过量，最终变为深蓝色溶液〖答案〗B〖解析〗A．硝酸具有强氧化性，在稀硝酸中加少量铁粉，硝酸把Fe氧化为+3价的Fe(NO3)3，使溶液变为黄色；继续加铁粉，Fe与Fe(NO3)3反应产生+2价的Fe(NO3)2，当Fe(NO3)3完全反应变为Fe(NO3)2后，最终使溶液变为浅绿色，符合“量变引起质变”规律，A不符合题意；B．“84”消毒液主要成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此在酚酞溶液中滴加“84”消毒液，溶液会先变红色。但由于NaClO同时具有强氧化性，会将有色物质氧化变为无色物质，故随后看到溶液又有红色变为无色，这与二者的相对量的多少无关，不符合“量变引起质变”规律，B符合题意；C．在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始时由于NaOH过量，发生反应：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，无明显现象。当反应到一定程度后，再加入AlCl3溶液，会发生反应：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，因而后来会看到产生白色沉淀，在NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，滴加的量多少不同，反应现象不同，符合“量变引起质变”规律，C不符合题意；D．在CuSO4溶液中通入NH3，开始发生反应：CuSO4+2NH3+2H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，反应产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续通入NH3至过量，又发生反应：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，看到蓝色沉淀溶解，最终变为深蓝色溶液。向其中通入的氨气的量多少不同，反应现象不同，符合“量变引起质变”规律，D不符合题意；故合理选项是B。7.下列离子方程式错误的是（）A.在含的废水中加入：B.在亚硝化细菌作用下将转化为：C.一定条件下用处理：D.化学法中，可能发生反应：〖答案〗D〖解析〗A．在含的废水中加入生成沉淀：，A正确；B．在亚硝化细菌作用下将氧化为：，B正确；C．一定条件下用处理，两者发生归中反应：，C正确；D．化学法中，在碱性介质中不能生成酸，正确的离子方程式为：，D错误；故选D。8.常温下，将和的混合气体通入与的混合溶液中，其物质转化过程如图所示，下列说法错误的是（）A.反应I的离子方程式为B.反应I中为氧化剂，发生还原反应C.反应II为D.若有发生反应，理论上可获得标准状况下的的体积为〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，Ce4+和H2反应生成Ce3+和H+，则反应I的离子方程式为：，A正确；B．根据反应I的离子方程式：，可知反应I中为氧化剂，发生还原反应，B正确；C．由图可知，反应Ⅱ为Ce3+与H+、NO反应生成Ce4+、N2和H2O，则反应II的离子方程式为：4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2↑+2H2O，C错误；D．转化过程中的总反应为：2H2+2NON2+2H2O，有发生反应，理论上可获为1mol，标况下体积为22.4L，D正确；故选C。9.短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，和同主族，基态原子的价层电子排布式为，的简单氢化物分子呈三角锥形，含的化合物焰色呈黄色。下列叙述错误的是（）A.简单离子半径： B.第一电离能：C.简单氢化物的稳定性： D.和形成的化合物中只含离子键〖答案〗D〖祥解〗Y的价电子排布式为nsnnp2n，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p4，推出Y为O，X的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即X为N，含Z的化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，和同主族，且、、、的原子序数依次增大，R为S，据此分析解答。【详析】A．核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，简单离子半径：，A正确；B．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，第一电离能：，B正确；C．同族元素非金属性由上到下减弱，简单氢化物的稳定性减弱，简单氢化物的稳定性：，C正确；D．O和Na形成的化合物中Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和非极性键，D错误；故选D。10.下列操作能达到实验目的的是（）选项操作目的A加热氯化铵固体，将气体通过碱石灰制备少量B用浓氨水浸泡试管中银镜(或铜镜)，再用水清洗除去试管中(或)C将浓溴水分别滴入苯酚、苯乙烯、乙苯中区别苯酚、苯乙烯和乙苯D向石蕊试液中通入探究的漂白原理〖答案〗C〖解析〗A．分解生成和HCl，二者相遇又重新生成，不能用于制氨气，故A不符合题意；B．氨水不溶解银和铜，故B不符合题意；C．在苯酚、苯乙烯、乙苯中分别加入浓溴水，现象依次是生成白色沉淀、溶液褪色、溶液分层且上层呈棕红色，可以区别，故C符合题意；D．不能漂白石蕊试液，D不符合题意；〖答案〗选C。11.三氯氢硅是制备多晶硅的重要原料。在催化剂作用下发生反应：。向容积为的恒容密闭容器中充入，测得反应体系中的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.点的转化率为B.若达到点所用时间为，则C.点的物质的量浓度为D.点的逆反应速率大于点的正反应速率〖答案〗A〖解析〗A．设a点时消耗的物质的量为2xmol，利用三段式分析如下：a点时，体积分数为85%，即有=85%，解得x=0.15，故的转化率为=15%，故A错误；B．同样用上述三段式列出数据，b点时，体积分数为78%，=78%，解得x=0.22，所用时间为，则，故B正确；C．由A项的计算得知，到a点时，生成的为0.15mol，浓度为，故C正确；D．c点为温度高于a点，故点的逆反应速率大于点的正反应速率，故D正确；〖答案〗选A。12.香港城市大学一课题组开发了纳米片为正极的全碱性肼-硝酸根燃料电池(如图)，双极膜由阴、阳离子膜组成。下列叙述正确的是（）A.极为正极，发生氧化反应B.极上的电极反应式为C放电过程中，由双极膜向极区迁移D.常温常压下，生成时转移电子〖答案〗B〖祥解〗由题干原电池装置图可知，电极a由N2H4转化为N2，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则b为正极，电极反应为：+6H2O+8e-=NH3+9OH-，据此分析解题。【详析】A．转化为，失去了电子，a极为负极发生氧化反应，A错误；B．b为正极，电极反应为：，B正确；C．a极上的电极反应式为，向a极区迁移，C错误；D．生成28g（1mol）转移4mol电子，D错误；故选B。13.南开大学化学学院一课题组报道了一种新颖的铁催化偶联反应，成功构筑了含有全碳季碳中心的C-C键。下列叙述正确的是（）已知：R、R′代表烃基，X代表卤素原子，L代表配体。A.共价键键能大小决定物质1的熔点B.若R、R′均为乙基，则物质3是手性分子C.化合物Ⅱ中，N、X与Fe形成了配位键D.整个反应历程中有非极性键的断裂和形成〖答案〗C〖解析〗A．物质1是由分子构成的物质，其熔点由分子间作用力(范德华力)决定，A项错误；B．与四个互不相同原子或基团连接的碳原子叫手性碳原子，若R、R′均为乙基，物质3中不含手性碳原子，它不是手性分子，B项错误；C．由化合物Ⅱ可知，N、X与Fe形成了配位键，C项正确；D．整个历程中只有极性键断裂和形成，D项错误；故选C。14.室温下，向和的混合液中滴加溶液，溶液中[、或]与的关系如图所示。已知：，，表示醋酸根离子。下列叙述错误的是（）A.线代表与的关系B.常温下，的为C.的为D.点对应体系中〖答案〗C〖祥解〗，则，同理，，，随着的增大，、均增大，减小，再根据曲线的斜率可判断，L1代表与的关系，L2代表与的关系，L3代表与的关系，据此分析解答。【详析】A．由分析知，L1代表与的关系，故A正确；B．L3代表与的关系，根据点（0，-4.76），常温下，的，故B正确；C．L1代表与的关系，根据点(1，5.3)，，L2代表与的关系，根据点(1，2.9)，，的，故C错误；D．由图可知，Q点，则溶液中，故D正确；〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铼()被誉为“金属之王”，用于航空、航天发动机制造等领域。以含铼废渣(主要含、、等)为原料制备铼的流程如下：已知：不溶于水；是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：（1）下列状态的的最外层电子轨道表示式中，能量最高的是___________(填标号)。A. B.C. D.（2）根据上述流程预测，铼在金属活动性顺序表中的位置是___________(填标号)。A.之前 B.、之间C.、之间 D.之后（3）已知“碱浸”时转化为，“还原”中与反应的离子方程式为____________________________________。（4）“沉铼”中，用___________(填“热水”或“冰水”)洗涤过铼酸铵，确认洗涤干净的方法是_________________________________________。（5）“热解”时的产物有和，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（6）用制备的另一种方案：第1步，用有机溶剂萃取得到含铼有机相；第2步，用氨水反萃取得到溶液。相对“沉铼”法，该方案优点是____________________________________(任答一点)。（7）铼晶体的部分结构如图所示，铼晶体密度为___________。(已知：该结构的底边长为，高为，为阿伏加德罗常数的值)〖答案〗（1）C（2）C（3）（4）冰水取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则已洗净，否则未洗净（5）（6）损失小(或操作简便或产率高等)（7）〖祥解〗由题给流程可知，钼精矿加NaOH溶液碱浸，Fe3O4、CuO不溶于碱溶液，过滤出来，Re2O7能和NaOH反应生成NaReO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的ReO2∙H2O，用氧气氧化得到HReO4，加氯化铵溶液沉铼，得到NH4ReO4，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；【详析】（1）的最外层电子排布为4s2，4p能级的能量比4s高，则能量最高的是，故选C；（2）用热还原法冶炼铼，说明在金属活动顺序表中铼介于锌、铜之间，选C；（3）Zn作还原剂化合价由0价→+2价，生成NaZnO2，NaReO4作氧化剂化合价从+7→+4价，化合价降低，生成ReO2∙H2O，离子方程式为；（4）过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。过铼酸铵在冷水中溶解度小，用冰水洗涤沉淀；沉淀表面有氯离子、铵根离子，检验氯离子更灵敏，取最后一次洗涤液于试管，滴加硝酸和AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，则已洗净；否则未洗净；（5）“热解”时过铼酸铵分解生成和，化学方程式：，O2是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为；（6）萃取、反萃取操作较沉淀、过滤简便，产品纯度高、损失低、产率高等；（7）由结构可知，Re为六方最密堆积；图中结构单元中Re原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，结构单元中Re原子数目=3+2×+12×=6，图中结构单元底面为正六边形，边长为anm，底面面积为6××a×10-7

cm×a×10-7

cm×sin60°=×a2×10-14

cm2，高为bnm，结构单元的体积=×a2×10-14

cm2×b×10-7

cm=×a2×b×10-21

cm3，结构单元中原子总质量=，铼晶体密度为。16.草酸晶体可以从菠菜中提取，某小组设计实验探究草酸的性质，回答下列问题：实验(一)探究草酸的部分性质。已知：草酸晶体熔点为，受热脱水，以上分解。实验操作及现象结论a在草酸中滴加澄清石灰水，产生白色沉淀该白色沉淀是b加热草酸晶体，气体先冷凝，再通过澄清石灰水，然后将逸出的气体干燥，最后通过热的氧化铜，观察到石灰水变浑浊，黑色粉末变为红色草酸晶体分解产物有①___________c向酸性溶液中滴加草酸溶液，溶液由紫色变为无色，并产生气泡草酸具有②___________(填“氧化性”或“还原性”)（1）生活中，不宜将菠菜与豆腐互煮，其主要原因是_____________________________。（2）补充、完善上表信息。①、和___________(填化学式)。②_____________________。（3）实验中，气体通过澄清石灰水之前，先“冷凝”，其目的是___________________，加热草酸晶体宜选择___________(填“甲”或“乙”)装置。实验(二)探究草酸与酸性溶液反应速率的影响因素。【提出假设】假设1：其他条件不变，增大反应物浓度，反应速率增大；假设2：其他条件不变，升高温度，反应速率增大；假设3：其他条件不变，能加快反应速率。【设计实验】探究假设1和2的合理性，设计如下实验方案，每支试管均预先加入了的硫酸。编号溶液溶液水水浴褪色时间①10.02.0035②8.0202.035③7.02.03.035④10.01.01.035⑤10.02.0045【实验结果】。【实验结论】（4）由实验结果可以推出假设1___________(填“合理”或“不合理”，下同)，假设2___________。（5）有同学根据实验①②③结果预测，但实验结果，实验结果与预测结果不一致的原因是___________________________________________________。【交流反思】为了探究假设3的合理性，他们又设计了实验⑥⑦⑧(水浴温度均为)：编号溶液溶液固体褪色时间①10.02.00⑥1002.0⑦10.02.0⑧10.02.0（6）实验结果：、、均小于。上述能证明假设3合理的是实验_______(填标号)。〖答案〗（1）会生成草酸钙，损失营养成分且易患结石（2）①CO②还原性（3）排除蒸气的干扰甲（4）合理合理（5）更少，反应所用时间缩短（6）⑥〖祥解〗通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【详析】（1）菠菜含有较多的草酸、豆腐较多含有钙离子；由a可知，草酸与钙离子会生成草酸钙，损失营养成分且易患结石；（2）①观察到石灰水变浑浊，黑色粉末变为红色，说明生成二氧化碳和还原性物质，草酸中碳元素化合价升高得到二氧化碳，根据电子守恒，则有部分碳化合价降低生成CO；②高锰酸钾溶液褪色说明高锰酸根离子被还原为锰离子，则说明草酸具有还原性；（3）已知：草酸晶体熔点为；实验中，气体通过澄清石灰水之前，先“冷凝”，其目的是冷凝草酸，排除蒸气的干扰；已知：草酸晶体受热脱水，以上分解，则加热温度较高，且加热过程中试管口需向下倾斜，则加热草酸晶体宜选择甲装置。（4）根据表格中数据可知，实验①②是验证的浓度对反应速率的影响，可知浓度越大，反应速率越大，故可以推出假设1合理；对比实验①⑤可知，两组数据只有温度不同，则该两组数据是探究温度对反应速率的影响，可知温度越高，反应速率越快，故假设2合理；（5）④中提供高锰酸钾溶液的体积较小，使得更少，反应所用时间缩短；（6）氯离子会被高锰酸根离子氧化、硝酸根离子本身具有强氧化性，均为干扰实验，则上述能证明假设3合理的是实验⑥。17.高纯CO2主要用于电子工业、医学研究及临床诊断，同时CO2在工业上也有重要的运用。回答下列问题：利用CO2制备CO：主反应(i)为；副反应(ii)为。（1）298K时相关物质的相对能量如图1所示。___________kJ/mol。（2）副反应自发进行的条件是______________(填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”)。（3）在一恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2，同时发生反应i和反应ii。下列叙述正确的是___________(填标号)。A.当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态B.升高温度，反应i和ii的平衡常数都增大C.达到平衡后，通入Ar，反应i和ii的逆反应速率都不变D.体系生成0.1molC2H4时放出的热量为33.7kJ（4）在一密闭容器中充入amolCO2和3amolH2，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。在0.1MPa、1.0MPa、10MPa下测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图2所示。①L3代表的压强为___________MPa。②随着温度升高，不同压强下CO2的平衡转化率趋向相等，其原因是________________。③W点时，乙烯为bmol。对应条件下，反应ⅰ的平衡常数Kp=___________(列出代数式即可)。〖提示〗：用分压计算的平衡常数为Kp，分压总压物质的量分数。（5）在反应器中充入一定量CO2和H2，在催化剂条件下，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。测得CO2在单位时间内的转化率、C2H4的选择性与温度的关系如图3所示。温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，其原因是________________。（6）以石墨为电极，以KOH溶液为电解质溶液，电解CO2可以制备乙烯。写出阴极上的电极反应式：_____________________。〖答案〗（1）（2）较低温度（3）AC（4）①0.1②温度对反应i的影响大于反应ii，反应i起主要作用；而反应i是反应前后气体分子数相等的反应，压强对反