湖南长沙市长郡中学2026届高三下学期保温卷（一）化学试题

W 2026届长郡中学化学保温卷（一) 1.从天然丝缕到高分子材料，纤维的演变推动了人类社会的进程与科技创新。下列属于有机高分子合成纤 维的是() A.明朝《天工开物》记载的“质轻而韧”的葛藤一葛藤纤维 B.点亮信息时代的“隐形翅膀”一光导纤维 C.制作神舟飞船主降落伞的材料—聚酯纤维 D某品牌手机使用的内屏支撑层材料—碳纤维 2.乙烯水合制乙醇发生的反应为C2H4+H,0→CH,OH,下列说法错误的是（) A.C耳，的电子式为 HH :C::C:H p B.H,o的VSEPR模型为。。 C.CH,OH分子中C原子的杂化方式有两种 D.该反应的原子利用率为100% 3.下列对物质性质的解释错误的是( 选项 物质性质 解释 甲醇的沸点介于水和甲硫醇 (CH,SH)之间 甲醇和甲硫醇中不存在分子间氢键，而水分子之间可形成氢键 B 硫单质可溶于二硫化碳 硫单质和二硫化碳都是非极性分子 C 熔点：干冰<金刚砂 干冰属于分子晶体，金刚砂属于共价晶体 D 石墨具有类似金属的导电性 碳原子中未参与杂化的P轨道中的电子，可在整个石墨层平面中运动 4.下列实验方法或操作能达到实验目的的是() 选项 实验目的 实验方法或操作 向盛有2mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有 蛋白质沉淀后活性改变 沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 探究浓度对化学反应速率的 相同温度下，量取同体积不同浓度的稀硫酸，同时分别加入同体积 影响 同浓度的Na2S2O3溶液，观察产生乳白色浑浊的时间 探究Ht对Fe3+水解的影响 向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 用玻璃棒蘸取待测液点在H试纸的中央，然后与标准比色卡对照， D 测定NaCIO溶液的pH 读取pH 5.氢化铝钠(NaAlH,,)是一种新型轻质储氢材料，它可由AlCl,和NaH在适当条件 F-a pm a pm 下合成，NaAlH,的晶胞结构如图所示，它是由两个正六面体叠加而成。设Na为 ● 阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是() A.每个[AH,厂周围等距离且最近的Na*有6个 2a pm ●[AIHJ B.Na与Na间的最近距离为 ONa' -a pm 2 内部资料，请勿随意转发和上传第三方平台 C.1 mol NaA,与足量水反应，生成44.8LH2(标准状况下) D.晶体的密度为 .08×1023 aiNg.cm 6.利用闪锌矿（含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。 H2SO402 NH4HCO3 ①H202②调pH=4 闪锌矿一→酸浸→除铁 深度除铁 o…→ZnS S NHaFe3(SO4)2(OH)6 Fe(OH)3 已知：NHFe3(SO4)2(O田6在pH=0.5~2.5范围内稳定，Fe+在pH2.8时沉淀完全。 下列说法不正确的是() A.“酸浸”时通入02有利于提高Z2+的浸出率 B.“酸浸”时Zn2+的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的Fe3+参与Zn2+浸出 C.“除铁时发生反应的离子方程式为：NH财+6HC03+3Fe#+2S0=NHFe(S042(Os↓+6C02个 D.“深度除铁时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率 7.利用化合物ZX[W-Y≡Z可在电化学合成中对杂环化合物进行氰基取代。短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且属于不同族。其中Z的第一电离能比左右相邻元素的都高，仅Y和Z位于同一周 期。下列说法错误的是() A.在[W-Y=Z]中W满足8电子稳定结构 B.电负性：Z>Y>X C.基态原子的未成对电子数：Z>W>Y D.可形成(YZ)2、Y3Z4等化合物 8.工业盐酸（约10molL)含Fe+呈黄色，实验探究呈黄色的原因。下列说法错误的是(） 序号 实验操作及现象 ①②③号试管中分别加入lmL0.01 mol.L FeCl、0.005mol-LFe2(S04)2、 实验I 0.01mol.LFe(NO3),溶液，①②③号试管溶液显黄色，①号试管黄色略亮 实验Ⅱ②③号试管中分别滴入10滴6 nol.L H2S04、12molL1N03溶液，颜色均由黄色褪为无色 另取④⑤号试管，加入与①号试管相同溶液，①④⑤号试管中分别滴入10滴12olL盐酸、 实验Ⅲ 6molL1HS04和蒸馏水，①号试管黄色变亮变浓，④号试管褪为无色，⑤号试管黄色略变浅 1已知反应一Fe*+H20Fe(OH2(黄色)+H+K=1061 :反应二Fe3*+4CI=FeCL(黄色)K2=1 A.实验I说明0.01lmol·L FeCl溶液同时存在反应一和反应二 B.实验Ⅱ说明Fe2(SO42、Fe(NO3)2溶液中存在反应一 C.上述实验说明稀FCl,溶液显黄色的原因主要是发生反应二 D.工业盐酸显黄色的原因是溶液中存在FeCI4 9.溴单质与苯在一定条件下能发生如下反应，其中部分反应历程与能量变化如图所示： Br 产物X 过渡态2 过渡态4 反应① B 过渡态 Br 能 +Bi 反应③ 过渡态1 Br+Br Br 反应② Br--Br HBr 产物Y 反应历程 下列说法错误的是() A.反应②的条件是液溴、FeBrs,反应类型为取代反应 B.从产物稳定性或反应速率角度，溴单质与苯倾向于生成产物Y C.反应①的△H0,反应③的△H<0 D.上图所示的反应历程中，苯环中的碳碳双键发生了断裂 10.在催化剂作用下以SCl2和O2为原料制备SOC2的反应分两步进行： I.SCl2(g)+02(g)=SO2CI2(g);II.SCl(g)+SO2Cl2(g)2SOCl2(g). n(SCl2) 恒温恒容下，反应达到平衡时，各组分的物质的量分数x(A)随投料比(O,)的变化如图。下列说法正确的是 x(A)A 1.00 0.80 0.60 ⊙ .d 0.40 ② 0.20 (2.0.0.13) 0 ③ 1.02.03.04.0 5.0n(sC2 n(02) A.曲线②表示SO2Ch n(SCl2) B.当n(O2）=2.0时，反应的平衡常数K32.4 C.温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在d处 D.改变温度使反应I的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在c处 11.己二酸是一种重要的化工原料。实验室通常采用高锰酸钾氧化环己醇制备己二酸，该反应为剧烈的放热 反应。有关反应原理为 实验步骤1：在100mL仪器A中加入适量高锰酸钾，再加入50mL0.3mol/L NaOH溶液，在仪器B中加入 1.5mL环己醇（密度为1.0gcm3),搭建如图所示实验装置。 仪器C 仪器B 温度计 环已醇 碱性高锰 酸钾溶液 仪器A 磁力搅拌子 实验步骤2：打开磁力搅拌器，用电热套加热至45℃，当环己醇滴加完毕且反应混合物降低至40℃左右， 再用沸水浴将混合物加热，使MnO2凝聚。用玻璃棒蘸一滴反应混合物点在滤纸上，如有KMnO4存在，则 会在MnO2点的周围出现紫色的环，可加少量NaHSO3固体除掉过量的KMnO4。 实验步骤3：停止搅拌，进行抽滤，用少量热水洗涤反应瓶和滤渣MO2三次，合并滤液和洗涤液，加入4 L浓盐酸酸化至pH=2.0。将滤液加热浓缩至10mL左右，加入脱色剂后放置结晶，干燥、称重得到白色 己二酸固体1.4g。 回答下列问题： (1)量取环己醇应使用的仪器是 ,仪器C的主要作用是 (2)反应中滴加环己醇的速率不宜过快，原因是 (3)“实验步骤2”中NaHSO3固体和KMnO4反应的离子方程式为 ,检验KMnO4已除尽的方法是 (4)“实验步骤3”中用少量热水多次洗涤的目的是 (5)粗产品需用冰水洗涤的目的是。若要得到纯度更高的产品，可采用的方法是 12.氢能是一种重要的清洁能源，由C,H,OH、HCOOH等物质可以制得H2。 I、乙醇-水催化重整制得氢气，其主要反应为： ①C2H,0H(g)+3H20/g1→2C02(g)+6H2(g)△H1=+13.3k·mol ②C02(g)+H2(g1≥C0(g)+H20(g）△H2=+41.2k·mol 在101kPa下，当n%(C2HOH):n始(H20)=1:3时，若发生反应①和②，平衡时C02和CO的选择性及H2的 产率随温度的变化如图所示[CO的选择性 n生成(CO) ”生殿(C02)+生(CO) ×100%]。 100F 甲 880 (500,80) 60 500,50) 40 20 100200300400500600700 TIC (1)计算反应C2HOH(g)+H20(g)2C0(g)+4H2(g1的△H= k.mol-l。 (2)图中代表CO的选择性的曲线是 (填“甲“乙”或“丙)；分析曲线乙在300C前后变化趋势相反的原因 (3)根据图中信息，500℃时CH,OH的平衡转化率x(C2HOH)为，反应②的平衡常数K,= (K,是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，精确到0.001)。 IⅡ、HCOOH催化分解制得H2 (4)一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH(g),在Pd-有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释 放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是（填序号）。 注：*表示吸附在催化剂上的微粒 1.40 H.C 1.20 CH 1.20 1.00 0.96 0.80 7 -HCOOH 0.60 0.53 0.58 瓜 0.40 0.20 HCOOH* HCOO*+H* 0.00 -0.06 H [H H;C H CH HCOO 要 -0.20 0.32. HCOOH(g) V -0.45 -0.40 Pd N Pd -0.60 7 C02(g)+2H*C0(g+H,(g) -0.80 CO, 反应进程 图1 图2 A. 有机胺(CH)2正可以和盐酸溶液反应 B.在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更容易 C.HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还可生成HD D.HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：HC0OH(g)三CO2(g)+H2(g)△H=-0.45eV (5)HCOOH(g)分解反应存在以下定量关系：Rlnk=- +C(其中E,为活化能，k为速率常数，R和C为常 T 数)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为 0 710K) 2026届长郡中学化学保温卷（一)参考答案 1、答案：C 解析：A葛藤纤维是天然植物纤维，属于天然有机高分子材料，并非合成纤维，A不符合题意： B.光导纤维主要成分为二氧化硅(SO2),属于无机材料，不属于有机高分子，B不符合题意： C聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法如酯化反应制成的高分子聚合物，属于有机高分子合成纤维，C 符合题意； D碳纤维主要成分为碳元素，是通过有机纤维碳化制成的无机材料，不属于有机高分子合成纤维，D不符合 题意； 故选C。 2、【答案】C 【详解】A.乙烯C2H,的结构为CH2=CH2,含1个碳碳双键，每个碳原子连接2个氢原子，题给电子式 符合乙烯的结构，书写正确，A说法正确； B。品，0中0原子的价层电子对数=0键数+孤电子对数=2+S一名1.4，VSEPRE模型需婴包含2对孤电子 对，因此VSEPR模型为四面体形，B说法正确； C.乙醇结构为CH,CH,OH,分子中两个碳原子均为饱和碳原子，全部以单键成键，杂化方式均为sp3杂 化，只有一种杂化方式，C说法错误： D.该反应只有乙醇一种生成物，反应物的所有原子全部转化到产物中，原子利用率为100%，D说法正 确； 故选C。 3、【答案】A 【解析】 【详解】A.甲醇分子含羟基，O电负性大，甲醇分子间存在分子间氢键，仅甲硫醇不存在分子间氢键，且 水分子间氢键数目比甲醇更多，因此沸点介于水和甲硫醇之间，选项解释错误，A符合题意； B.根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，硫单质和二硫化碳都是非极性分子，因此硫单质可 溶于二硫化碳，B不符合题意； C.干冰属于分子晶体，熔化破坏较弱的分子间作用力，金刚砂属于共价晶体，熔化破坏很强的共价键，因 此熔点干冰<金刚砂，C不符合题意： D.石墨中碳原子采取$p杂化，未参与杂化的p轨道形成离域大π键，电子可在整个石墨层平面内运动， 因此石墨具有类似金属的导电性，D不符合题意； 故选A。 4、【答案】B 【解析】 【详解】A.饱和NaSO4溶液使蛋白质发生盐析，盐析为可逆过程，沉淀加水溶解说明蛋白质活性未改 变，不能达到实验目的，A错误： B.相同温度下，只有稀硫酸浓度为单一变量，其余反应条件均相同，通过观察出现乳白色浑浊的时间可判 断反应速率快慢，能探究浓度对反应速率的影响，B正确； C.加入浓硫酸时，除H浓度增大外，浓疏酸稀释放热使溶液温度升高，变量不唯一，无法探究H对F3 水解的影响，C错误； D.NaCIo溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定其pH,D错误； 故选B。 5、【答案】B 【详解】A.每个[AH,]厂周围最近的Na*有8个（以体心的[A旺，]厂为参考，4+2+2=8），A错误； B.Na与Na*间的最近距离为面对角线的一半，即 apm,B正确； 2 C.NaAlH4与水反应方程式为：NaAIH,+4H,O=NaOH+A1(O,+4H2个，1 mol NaAIH,会生成4mol氢气， 体积在标准状况下为89.6L,C错误； D.晶胞参数为apm和2apm,因此晶胞体积V=aa,2apm3=2a3×100cm3,晶胞中[A,]厂数目为 1 1 m_4?54×1030 84生4，N数相为6马44。品悠的度衣2a专m8102 8 2 4 axNgcm3,D 错误； 故选B。 6、【答案】D 【详解】闪锌矿（含ZnS、FeS)加硫酸、氧气酸浸，-2价硫被氧化为S单质，得到含Zn2+、Fe3+(少量 Fe2+)、SO的酸性溶液；加H,HCO沉铁，得到沉淀WH,F,(SO,)2(OH),除去大部分铁；再深度除铁， 先加H,O2将剩余Fe2+氧化为Fe+,再调pH=4使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,最终得到ZnS。 A.酸浸时通入O2,可氧化ZnS、FeS中-2价硫，促进硫化物溶解，有利于提高Zn2+的浸出率，A正确； B.酸浸生成的Fe3+可氧化ZnS中的s2-,本身被还原为Fe+,Fe2+又会被O2重新氧化为Fe3+，,Fe3+相当于 催化剂，能促进Z2+浸出，该催化作用是浸出速率增大的可能原因，B正确； C.除铁时，HCO消耗了体系中的r产生CO2,并促进Fe3+水解并与NH、SO}结合生成 NHF3(SO42(O田s沉淀，该离子方程式电荷、原子均守恒，产物和配平均正确，C正确； D.若互换顺序（先调pH=4,再加HO2),调高H会降低过氧化氢的氧化性，影响除铁效果，D错误： 故选D。 7、【答案】C 【解析】 【分析】仅Y、Z同周期，X原子序数最小，故X为第一周期元素，W为第三周期元素；阳离子为ZX4, 可知X为H(氦不能成键)，ZX为H,故Z为N,Z(N)的第一电离能比左右相邻的C、O都高， 符合题干条件；Y和Z同周期，Y原子序数小于Z,在阴离子中形成4个共价键，故Y为C;W原子序数 大于Z,四个元素不同族，W为第三周期元素，阴离子为[W-C=N],故W为S(VIA族，和其余元素 不同族，符合条件)；最终元素：X=H,Y=C,Z=N,W=S。 【详解】A.[S-C=N]中，S最外层原本6个电子，和C成单键后共用1对电子，从外界得1个电子，共 6+1+1=8电子，满足8电子稳定结构，A正确： B.电负性规律：同周期元素电负性随原子序数增大而增大，故电负性N>C,在CH4中C对键合电子吸 引力强带负电，故电负性C>H,即7>Y>X,B正确； C.基态原子未成对电子数：N(2p,3个未成对)>C(2p,2个未成对)=S(3p4,2个未成对)，即 顺序为Z>Y=W,C错误： D.(Z)2即(CN)2(氰气)，YZ4即C3N4(氮化碳)，两种物质都存在，D正确： 故答案选C。 8、答案：C 解析：A.实验②③号试管溶液显黄色其中不含氯离子说明发生反应一，①号试管与其他试管比较阴离子不 同，含有氯离子而其黄色略亮说明发生反应二，故A正确； B.实验Ⅱ②③号试管中分别滴入10滴6mol·L1H2S04、12mol·L1N03溶液，颜色均由黄色褪为无 色，氢离子浓度增大，反应一平衡逆向移动，说明F2(SO42、F(NO3)3溶液中存在反应一，故B正 确； C.实验Ⅲ另取④⑤号试管，加入与①号试管相同溶液，①④⑤号试管中分别滴入10滴12mol·L盐酸、 6molL1HS0,和蒸馏水，①号试管黄色变亮变浓氯离子浓度增大，反应二正向移动，④号试管褪为无 色氢离子浓度增大，反应一逆向进行，⑤号试管黄色略变浅溶液浓度减少，变稀，所以通过④号试管可知 稀FeCl溶液显黄色的原因主要是发生反应一，故C错误； D.工业盐酸含有大量氯离子，显黄色的原因是溶液中存在FeCl,故D正确： 故选：C。 9、【答案】D 【解析】 【详解】A.反应②为苯生成溴苯，其反应条件为液溴、FBr3,为取代反应，A项正确： B.从产物稳定性角度生成的溴苯比邻二溴苯能量更低所以更稳定；从反应速率角度分析生成溴苯的过渡态 3比过渡态4需要的能量低，所以反应速率更快，故溴单质与苯倾向于生成溴苯即产物Y,B项正确； C.据图可知，反应①的反应物总能量低于生成物总能量，所以△H>0,反应③的反应物邻二溴苯的能量高 于生成物的总能量，所以△H<0,C项正确： D.上图所示的反应历程中，苯环中只有碳氢单键发生断裂且苯环中并没有碳碳双键，D项错误： 故答案选D。 10、【答案】B 【解析】 【分析】先整理反应：反应I(不可逆)：SC,(g)+0(g)=S0,C,()反应I(可逆)： SC,(g)+s0,C1,(g)一2S0C1,g),反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应 n(SCl,) 的曲线：横坐标为mO,),投料比增大，SC2占比逐渐升高，因此SC的物质的量分数一直增 大，对应一直上升的曲线①：SO2C2是中间产物，随着SC2增加，反应Ⅱ不断消耗SO2C12,因 此SO2C2的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③：SOC2是产物，投料比从1到2 时，SOC2占比逐渐升高，投料比大于2后，SC2过量，总物质的量增加，SOC2占比逐渐降低， 因此SOC2的物质的量分数先升后降，对应曲线②。 【详解】A.曲线②是SOC2,SO2Cl2对应曲线③，A错误： nSC2=2.0 B.当MO,)时，曲线①(SCb)和曲线③SO,Ch)相交于2.0,0.13)，即 SCl,)=S0,C,)=0.13。设初始n(0,)=lmol,nSC2)=2mol,02完全反应，总物质的量 n%=2mol,因此：nSC2)=mS0,C1,)=0.13×2=0.26mol,nS0C,)=2-0.26-0.26=1.48mol。 c2(S0C12) K= n2(S0C2) 1.482 反应Ⅱ的平衡常数 SCl,cs0,C4,)nSc,m(s0,C)026x0.26*324 ,B正确； C.反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各 物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C错误： D.反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，SOC,)升高，SC,)降低。原交点处 xSC,)=S0C,),现在xSOC,)>xSC,),新交点需要增大投料比（横坐标增大），使SC)升 高、SOC)降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误： 答案选B。 11、【答案】(1) ①.量筒 ②.冷凝回流环己醇，提高原料利用率 (2)反应剧烈放热，防止温度急剧升高发生危险 (3) ①.3HS03+2Mn04+OH=2MnO21+3S04+2H20 ②.用玻璃棒蘸一滴反应混合物点在滤纸上， 若在MnO2点的周围无紫色的环，说明已无KMnO。 (4)增大己二酸盐的溶解度和溶解速率，减少产品损失 (5) ①.降低己二酸的溶解度 ②.重结晶 【解析】 【分析】此题为高锰酸钾氧化环己醇制备己二酸，反应在三颈烧瓶中发生，产物主要为己二酸盐经过酸化得 到粗产品，再经过加热浓缩、结晶等操作得到较为纯净的产品己二酸，据此回答问题。 【小问1详解】 由题知需要量取1.5L环己醇，所以选用量筒即可，仪器C为球形冷凝管，其作用通常为导气冷凝回流， 此实验中作用就是冷凝回流环己醇，防止浪费原料，提高原料利用率； 【小问2详解】 题干中明确说明高锰酸钾氧化环己醇制备己二酸，该反应为剧烈的放热反应，所以如果环己醇加入过快会使 反应温度急剧升高而发生危险，故滴加环己醇的速率不宜过快原因为：反应剧烈放热，防止温度急剧升高发 生危险： 【小问3详解】 实验步骤2中NHSO3固体的作用是除去未反应完的KMnO4,二者发生的是氧化还原反应，此时碱性环境， 且题干中有说明生成MnO2,故离子方程式为：3HS03+2Mn0:+OH=2MnO2J+3S0号+2H2O:实验步骤2中 最后一句话有描述检验KMnO4存在的操作，所以检验KMnO4己除尽的方法是：用玻璃棒蘸一滴反应混合物 点在滤纸上，若在MnO2点的周围无紫色的环，说明已无KMnO4: 【小问4详解】 少量热水多次洗涤主要是将生成的己二酸盐都转移出来，且热水能加快溶解速率以及可以增大己二酸盐的 溶解度，从而减少产品的损失； 【小问5详解】 粗产品需用冰水洗涤主要是降低己二酸的溶解度，减少产品在洗涤过程中的溶解损失，若想产品更加纯 净，就需要再进行重结晶。 12、【答案】 (1)+255.7 (2)丙 在300℃之前以反应①为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度 升高，氢气的产率减小 (3)96% 0.225 (4)AC (5)加入更高效的催化剂 【详解】(1)根据盖斯定律，目标反应=反应①+2×反应②，因此： △H=△H+2AH2=+173.3kJ/mol+2×(+41.2k/mol)=+255.7kJ/mol: (2)反应②正向吸热，温度升高，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，且CO和CO2选择性之和为 100%,因此一直下降的甲为CO2的选择性，一直上升的丙为CO的选择性，先升后降的乙为H2的产率； 300°C前，以反应①为主，升高温度平衡正向移动，H2产率增大：300°c后，以反应②为主，升高温度平 衡正向移动消耗H2,H2产率降低： (3)设起始n(C,H,OH)=1mol,nH2O)=3mol,乙醇转化率为：，根据C守恒，500°c时CO选择性为 50%,可得n(C0)=n(C02)=a:;结合反应关系，最终n2)=6a-a=5a,H2产率为80%，因此 5a 6 =80%,解得x=0.96=96%; 对反应②，平衡常数名=(C0p(,O) 反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此 p(C02)p(H)’ K。= n(C0)n(H0) n(C02)nL)’ 代入n(C0)=0.96,n(C02)=0.96,n2)=4.8,n20)=3-2×0.96=1.08,得 0.96×1.08 K,= =0.225; 0.96×4.8 (4)A.二甲胺属于胺类，显碱性，可与盐酸反应，A正确： B.由能量图可知，解离CH键比解离OH键的活化能更高，更难，B错误： C.HCOOD中，C上连H、O上连D,催化分解生成CO2和D,C正确； D.△H单位错误，该反应的△H=-0.45eV.2NA,D错误： 故答案选AC: (5)由公式Rk=-+C可知，其斜率为-E,曲线N斜率绝对值更小，说明B,更小，活化能降低，改 变的条件是加入更高效的催化剂。