贵州省毕节市2025届高三上学期第一次诊断性考试化学试题（含答案）

第第页贵州省毕节市2025届高三上学期第一次诊断性考试化学试题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．下列之物具有典型的贵州文化特色。其主要化学成分属于高分子化合物的是A．侗族织锦 B．苗族银饰C．布依铜鼓 D．白族土陶2．下列化学用语或表述错误的是A．Na2OB．H2OC．基态氧原子的轨道表示式：D．3，3-二甲基戊烷的键线式：3．化学品在食品工业中也有重要应用。下列说法正确的是A．铁粉可用作食品干燥剂B．面包师用纯碱作发泡剂烘焙面包C．苯甲酸及其钠盐可用作食品抗氧化剂D．聚乳酸具有生物可降解性，可用于制作一次性餐具4．84消毒液具有广谱杀菌、环境消毒、预防感染等多种作用，其制备原理为：Cl2+2NaOHA．反应消耗22.4LCl2B．标况下，22.4LH2C．1L0.1mol/D．1L0.1mol/5．酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其结构如图所示。下列关于酚酞的说法错误的是A．含有1个手性碳原子B．1mol酚酞最多可与3C．酚酞可以发生加成反应、取代反应、氧化反应D．分子中的碳原子的杂化轨道类型是sp2和6．某Au−A．基态铜原子的价层电子排布式为3B．晶胞中Au的配位数为8C．该合金中Au的质量分数约为75%D．晶胞中最小核间距Au7．下列方程式书写错误的是A．泳池消毒：CaB．纯碱溶液浸泡水垢CaSO4：C．汽车尾气处理：2D．氯化铁溶液腐蚀铜板：28．下列实验操作或装置不能达到实验目的的是A．图①可用于测定中和反应的反应热B．图②可用于分离肥皂水和甘油C．图③可用于做喷泉实验D．图④可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物9．海水中的化学资源具有巨大的开发潜力。利用海水提取溴和镁的过程如下：下列说法正确的是A．通入热空气可提高吹出塔的效率B．可用CO2的水溶液代替SOC．电解MgCl2溶液也可制备D．Mg可以与NaOH溶液反应生成MgOH10．下列实验操作及现象所推出的结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A在碘水中加入环己烷，振荡、静置，下层溶液颜色变浅碘与环己烷发生了取代反应B将乙醇与浓硫酸混合液加热至170℃，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色气体成分为乙烯C用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的气味该织物含蛋白质D将HCl滴入饱和NaHCO3非金属性：ClA．A B．B C．C D．D11．一种双腔室H2A．离子交换膜的作用是传导HB．负极反应式为：HC．H2D．复合材料电极上每消耗1molH2O12．R、X、Y、Z为短周期元素，XY3ZR3A．单质沸点：X>ZB．简单离子半径：Z>YC．该化合物中Z提供电子对与X形成配位键D．R、Z、Y三种元素形成的化合物中只含有共价键13．N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(II)催化剂(用L−RuA．M中Ru的化合价为+3B．该过程没有非极性键的形成C．该过程的总反应式：4D．RuII被氧化至RuIII后，配体14．甘氨酸H2NCH2COOH是人体必需氨基酸之一，在晶体和水溶液中主要以偶极离子(NH3+CH2COO−)的形式存在。其在水溶液中存在如下平衡：NH3+CH2COOH⇌KA．KB．M点，cC．等电点时，微粒间的数量关系是：ND．NH3+二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．硫酸亚铁铵晶体NH4I.废铁屑的净化将2.0g废铁屑放入锥形瓶中，加入NaⅡ.FeSO4往盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入足量H2SO4溶液，烧杯中加入过量CuSOⅢ.硫酸亚铁铵晶体的制备向滤液中迅速加入一定体积的饱和NH42SO4溶液，调节溶液的Ⅳ.产品纯度测定溶液配制：称取mg产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL滴定分析：量取25.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.1000mol⋅①硫酸亚铁铵在空气中不易被氧化，溶于水，不溶于乙醇。②NH4回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中加入Na2CO3（2）下列情况适合倾析法的有。A.沉淀呈絮状B.沉淀的颗粒较大C.沉淀容易沉降（3）步骤Ⅱ中过滤使用到的玻璃仪器有，烧杯中发生的化学反应方程式为。（4）步骤Ⅲ中制得的晶体需要用(填字母代号)洗涤，目的是。A.蒸馏水B.饱和食盐水C.无水乙醇（5）步骤Ⅳ中：①“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是。A.用量筒量取25.00mLB.KMnO4C.锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度②该产品中硫酸亚铁铵的纯度为(用含m、V的代数式表示)。16．铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2已知：①AgCls+Cl②Na2③不同温度下Na2温度/℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列问题：（1）为提高“氧化酸浸”的效率，可采取的措施有(任写二种)。（2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“滤渣1”含有Au及（3）“除金”时反应的离子方程式为。（4）“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的NaCl不过量，原因是。（5）“银还原”工序消耗的Na2S2O4（6）为实现连续生产，“银转化”和“银还原”工序一般需控制温度在℃左右进行。（7）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。“除金”时，硫代硫酸根S2O32−也可作为配体提供孤电子对与Au+形成AuS2①硫代硫酸根S2O3②分别判断S2O317．甘油制备高附加值有机胺的方法，可有效解决生物柴油产业中副产品甘油过剩。回答下列问题：（1）一定温度下，可用甘油催化转化制备1，2-丙二胺。已知：i.ΔHii.ΔHiii.ΔH①反应ii的焓变ΔH2=②对于反应i，下列说法正确的是。A.恒温恒容时，充入氩气增大了甘油的转化率B.当v正C.当时，该反应达到平衡状态D.恒温恒容时，当混合气体的平均相对分子质量不变，该反应达到平衡状态（2）研究甘油转化制备1，2-丙二胺反应机理时发现，该反应有两个途径(如图)，分别生成两种中间产物和，TS为对应的中间状态。①从能量变化来看，反应速率较快的是(填“L1”或“L2”)，原因是②下列有关说法正确的是(填正确答案标号)。A.升高温度，生成和的反应速率均增大B.比稳定C.降低压强，可以提高产率D.选择合适的催化剂，可以增大生成的选择性（3）一定温度下，甘油还可以催化转化制备乙二胺，其总反应为：C3H8O3g+2NH3①C3H8②该温度下此反应的平衡常数K=。18．β-受体阻滞剂F是一种治疗心血管疾病的药物，该化合物的合成路线如下：回答下列问题：（1）A的结构简式是。（2）B含有的官能团名称是、。（3）E→F的反应类型是。（4）C→D的化学反应方程式是。（5）X是比B少两个碳原子的同系物，X的同分异构体能同时满足以下条件的有种(不考虑立体异构体)。i.遇FeCl3其中，核磁共振氢谱显示五组峰(峰面积比为2:2:2:2:1)的同分异构体的结构简式为。（6）参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．锦的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子化合物，A符合题意；B．银饰品属于合金，B不符合题意；C．铜鼓属于合金，C不符合题意；D．土陶属于陶瓷制品，是无机非金属材料，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】高分子化合物的分子量较大，常见的高分子化合物有蛋白质、纤维素、淀粉等。2．【答案】C【解析】【解答】A．Na2O的电子式为：B．H2O的VSEPR模型：C．该轨道表示式为氟原子的核外电子排布，故C错误；D.由分析可知，3，3-二甲基戊烷的键线式为：，故D正确；故答案为：C。

【分析】A.Na2O为离子化合物。

B.H2O有2个σ键，2对孤对电子。

C.基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p3．【答案】D【解析】【解答】A．铁粉不能吸收水分，不可用作食品干燥剂，A错误；B．纯碱的热稳定性较好，面包师一般用热稳定性差的NaHCO3作发泡剂烘焙面包，B错误；C．苯甲酸及其钠盐在食品工业是用作食品防腐剂，C错误；D．由分析可知，聚乳酸具有生物可降解性，可用于制作一次性餐具，D正确；故答案为：D。

【分析】A.干燥剂能吸收水分。

B.一般用NaHCO3作发泡剂。

C.苯甲酸及其钠盐在食品工业是用作食品防腐剂。

D.聚乳酸水解产生小分子化合物乳酸，然后再被微生物利用，最后转化为H2O、CO2回归自然。4．【答案】C【解析】【解答】A．标况未知，无法确定Cl2B．标况下，水不是气体，无法确定H2C．根据题干信息可知，n(NaClO)=0.1mol，NaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根离子在水溶液中发生水解，则溶液含有的ClO−数目小于0.1D．由分析可知，NaCl溶液中没有NaCl分子，故D错误；故答案为：C。

【分析】A.标况未知，无法计算物质的量。

B.注意标况下，水不是气体。

C.NaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根离子在水溶液中发生水解。

D.NaCl为强电解质。5．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，酚酞中没有手性碳原子，A错误；B.1mol酚酞含有2mol酚羟基，1mol酯基，最多可以和3molNaOHC．酚酞含有苯环、酚羟基，可以发生加成反应、取代反应、氧化反应，C正确；D．苯环碳原子以及酯基中的碳原子为sp2杂化，与3个苯环同时相连的碳原子为饱和碳原子为sp3故答案为：A。

【分析】A.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。

B.酚羟基。酯基能与NaOH反应。

C.熟悉有机物中官能团的性质。

D.饱和碳原子为sp36．【答案】D【解析】【解答】A．基态铜原子的价层电子排布式为3d10B．由分析可知，晶胞中Au的配位数为8，B不符合题意；C．根据晶胞结构图可知，一个晶胞中含有Cu数目为8×18=D．根据该晶胞结构图，假设该立方体的边长为a，则Cu-Cu的最小核间距为a，Cu-Au的最小核间距为32a，最小核间距Cu-Cu>故答案为：D。

【分析】A.铜原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d¹⁰4s¹。

B.晶胞中距离Au最近的且距离相等的Cu有8个。

C.根据均摊法算出晶胞中Au、Cu原子数目，据此分析。

D.根据晶胞结构图进行分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，与二氧化碳、水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒，涉及化学方程式为CaClOB．硫酸钙的溶解度比碳酸钙大，纯碱溶液浸泡水垢的离子方程式为CaSO4C．氧原子的数目不守恒，正确的化学方程式为2NOD．氯化铁溶液腐蚀铜板的离子方程式为2Fe故答案为：C。

【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。8．【答案】B【解析】【解答】A．该装置可测定中和反应的反应热，能达到实验目的，故A正确；B．肥皂水和甘油互溶，分液无法分离，不能达到实验目的，故B错误；C．NaOH与氯气反应，导致烧瓶内压强减小，烧杯中的溶液在大气压作用下压入烧瓶中，从而形成喷泉，能达到实验目的，故C正确；D．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成的二氧化硫能使品红褪色，能达到实验目的，故D正确；故答案为：B。

【分析】A.测定中和反应的反应热，注意保温隔热，防止热量散失。

B.分液适用于互不相溶的液体混合物。

C.根据压强差进行分析。

D.铜与浓硫酸在加热条件下反应生成的二氧化硫能使品红褪色。9．【答案】A【解析】【解答】A．Br2易挥发，空气可将Br2吹出，热空气吹出效率更高，A符合题意；B．二氧化硫的水溶液吸收单质溴使其转化成HBr，B不符合题意；C．电解MgCl2溶液得到的是氢氧化镁沉淀，C不符合题意；D．镁与氢氧化钠溶液不反应，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据题干信息及流程图，向海水中加入Ca(OH)2，镁离子→氢氧化镁沉淀，向过滤后的滤液中通入氯气，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，将生成的溴气吹入吸收塔，发生反应Br2+SO2+H2O=H2SO4+2HBr，蒸馏塔中发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，经一系列操作得到工业溴；在HCl的气流中蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2，电解熔融MgCl2得到单质镁。10．【答案】C【解析】【解答】A．根据实验操作及现象，结合分析可知，碘单质溶于环己烷，发生萃取，故A错误；B．由分析可知，产生的气体中含有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，故C正确；D．HCl不是最高价氧化物的水化物，无法比较，故D错误；故答案为：C。

【分析】A.碘单质易溶于环己烷，发生萃取。

B.乙醇具有挥发性和还原性。

C.蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味。

D.比较元素非金属性可通过比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性。11．【答案】A【解析】【解答】A．阳离子由负极移向正极，ze电池工作时钾离子通过阳离子交换膜由铂电极移向复合材料电极，则离子交换膜的作用是传导钾离子，故A错误；B．由分析可知，负极反应式为H2C．由分析可知，电池总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，反应前后，氧元素的化合价由-1变为-2、0，则过氧化氢既是氧化剂又是还原剂，反应中表现出氧化性和还原性，故C正确；D．由分析可知，正极的电极反应式为H2故答案为：A。

【分析】根据图示信息，该装置为原电池，过氧化氢得到电子发生还原反应，则复合材料电极是燃料电池的正极，其电极反应式为H2O212．【答案】D【解析】【解答】A．X为B元素，硼单质常温下为固体，而Z为N元素，其单质为氮气，常温下为气体，故沸点B>N2，故A正确；B．N3-、F-核外电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：N3->F-，故B正确；C．该化合物中N原子提供孤电子对，H提供空轨道形成配位键，故C正确；D．H、N、F可形成NH4F，为离子化合物，含离子键，故D错误；故答案为：D。

【分析】R、X、Y、Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y、Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，XY3ZR3的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为B元素，Z为N元素；Y只能形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素。13．【答案】C【解析】【解答】A．Ru(II)催化剂L−Ru−NH3+中Ru的化合价为+2，L−Ru−NH3+失去1个电子，生成B．该过程有非极性键N-N键的形成，故B错误；C．从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4D．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，L−Ru−NH32+中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体故答案为：C。

【分析】A.根据得失电荷数进行分析。

B.一般非极性键形成于相同原子之间。

C.4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4+，Ru(Ⅱ)是催化剂。

D.Ru(Ⅱ)被氧化至14．【答案】B【解析】【解答】A．根据图示信息及分析可知，M点时，cNH3+CH2COO-=c(NH3+CH2COOH)，则K1=cB．根据电荷守恒，M点时，存在cNa++cNHC．等电点时，甘氨酸所带正负电荷正好相等，则n(NH3+CH2COOH)=n(NH2CH2COO-)，甘氨酸等电点为5.97，根据图象可知，N(NH3+CH2COO-)＞N(NH3+CH2COOH)=N(NHD．根据图示信息及分析可知，M点时，cNH3+CH2COO-=c故答案为：B。

【分析】根据题干信息，甘氨酸在水溶液中存在平衡：NH3+CH2COOH⇋NH3+CH2COO−+H+，K1；NH3+CH2COO−⇋NH2CH2COO−+H+，K2；在酸性条件下，存在的主要形式为NH3+CH2COOH，随着pH增大，逐步转化成NH3+CH15．【答案】（1）去除铁屑表面的油污（2）BC（3）玻璃棒、漏斗、烧杯；CuSO（4）C；减少晶体的损失，除去晶体表面的水分（5）AC；78.4【解析】【解答】（1）废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，碳酸钠溶液显碱性，故步骤Ⅰ中加入Na2（2）倾析法即所谓的倾倒法，需要沉淀颗粒较大，容易沉降到溶液底部，便于分离，故选BC；沉淀呈絮状，不利于倾倒，故不选A；（3）过滤使用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；烧杯中CuSO4溶液与H2S（4）洗涤晶体过程中需要考虑晶体的溶解性，尽量减少晶体的溶解，已知硫酸亚铁铵，溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇洗涤；目的是减少晶体的损失，除去晶体表面的水分；（5）①A．量筒精度为0.1mL，硫酸亚铁铵溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取25.00mLB．KMnO4C．锥形瓶内溶液变色后，且30s不变色，再记录滴定管液面刻度，C错误；故选AC；②酸性条件下高锰酸钾与亚铁离子发生氧化还原反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；n(MnO4−)=0.1000mol⋅L−1×V×10-3L=0.1V×10-3mol，由亚铁离子与高锰酸根反应的化学计量系数可知25.00mL所配溶液中n(Fe2+)=5n(MnO4−)=0.5V×10-3mol，100mL所配溶液含有n(Fe2+)=100mL25mL×0.5V×10-3mol=2V×10【分析】（1）油污可以在碱性溶液中发生水解。

（2）倾析法即所谓的倾倒法，需要沉淀颗粒较大，容易沉降到溶液底部，便于分离。

（3）过滤使用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；CuSO4溶液与H2S气体反应生成CuS沉淀和硫酸。

（4）洗涤晶体过程中需要考虑晶体的溶解性，尽量减少晶体的溶解。

B．KMnO4C．锥形瓶内溶液变色后，且30s不变色，再记录滴定管液面刻度。②酸性条件下高锰酸钾与亚铁离子发生氧化还原反应。（1）废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，碳酸钠溶液显碱性，故步骤Ⅰ中加入Na2（2）倾析法即所谓的倾倒法，需要沉淀颗粒较大，容易沉降到溶液底部，便于分离，故选BC；沉淀呈絮状，不利于倾倒，故不选A；（3）过滤使用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；烧杯中CuSO4溶液与H2S（4）洗涤晶体过程中需要考虑晶体的溶解性，尽量减少晶体的溶解，已知硫酸亚铁铵，溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇洗涤；目的是减少晶体的损失，除去晶体表面的水分；（5）①A．量筒精度为0.1mL，硫酸亚铁铵溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取25.00mLB．KMnO4C．锥形瓶内溶液变色后，且30s不变色，再记录滴定管液面刻度，C错误；故选AC；酸性条件下高锰酸钾与亚铁离子发生氧化还原反应：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；n(MnO4−)=0.1000mol⋅L−1×V×10-3L=0.1V×10-3mol，由亚铁离子与高锰酸根反应的化学计量系数可知25.00mL所配溶液中n(Fe2+)=5n(MnO4−)=0.5V×10-3mol，100mL所配溶液含有n(Fe2+)=100mL25mL×0.5V×10-3mol=2V×16．【答案】（1）搅拌或粉碎或适当升高温度等（2）AgCl；PbSO（3）2（4）防止氯化钠过量导致AgCl转化为AgCl（5）1：2（6）40（7）四面体形；中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子【解析】【解答】（1）搅拌、粉碎、适当升高温度等措施能提高“氧化酸浸”的效率，故答案为：搅拌或粉碎或适当升高温度等；（2）由分析可知，滤渣的主要成分为金、氯化银、硫酸铅，故答案为：AgCl；PbSO4（3）由分析可知，加入氯酸钠、硫酸和氯化钠混合溶液除金的目的是将金转化为Na[AuCl4]，反应的离子方程式为2Au+ClO（4）由题给信息可知，氯化银能与溶液中的氯离子反应转化为二氯合银离子，所以“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的氯化钠不过量，否则会使银的产率降低，故答案为：防止氯化钠过量导致AgCl转化为AgCl2（5）由分析可知，加入Na2S2O4溶液将[Ag(SO3)2]3-转化为银时，Na2S2O4被氧化为可以循环使用的Na2SO3，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（6）由题给信息可知，高于40℃后，亚硫酸钠的溶解度减小，会使“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产，导致银的产率降低，故答案为：40；（7）①由题意可知，硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为四面体形，故答案为：四面体形；②硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为0，而端基硫原子有孤电子对，所以代硫酸根离子中的中心硫原子不能做配位原子，端基硫原子能做配位原子，故答案为：中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子。

【分析】根据题干信息及流程图，向铜阳极泥中加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O（1）搅拌、粉碎、适当升高温度等措施能提高“氧化酸浸”的效率，故答案为：搅拌或粉碎或适当升高温度等；（2）由分析可知，滤渣的主要成分为金、氯化银、硫酸铅，故答案为：AgCl；PbSO4（3）由分析可知，加入氯酸钠、硫酸和氯化钠混合溶液除金的目的是将金转化为Na[AuCl4]，反应的离子方程式为2Au+ClO（4）由题给信息可知，氯化银能与溶液中的氯离子反应转化为二氯合银离子，所以“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的氯化钠不过量，否则会使银的产率降低，故答案为：防止氯化钠过量导致AgCl转化为AgCl2（5）由分析可知，加入Na2S2O4溶液将[Ag(SO3)2]3-转化为银时，Na2S2O4被氧化为可以循环使用的Na2SO3，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（6）由题给信息可知，高于40℃后，亚硫酸钠的溶解度减小，会使“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产，导致银的产率降低，故答案为：40；（7）①由题意可知，硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为四面体形，故答案为：四面体形；②硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为0，而端基硫原子有孤电子对，所以代硫酸根离子中的中心硫原子不能做配位原子，端基硫原子能做配位原子，故答案为：中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子。17．【答案】（1）-144.5；B（2）L1；TS1活化能较低或L1过渡态能量较低；AD（3）50%或0.5；0.5【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，反应ⅰ+ⅱ=ⅲ，ΔH3=ΔH②对于反应i，是气体分子总数不变的吸热反应：A．恒温恒容时，充入氩气，反应相关所有气体的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，甘油的转化率不变，A错误；B．当v正C．当时，取决于起始物质的量、不能说明各成分的量不变、不能说明已平衡，C错误；D．恒温恒容时，气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量始终不会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应已达平衡，D错误；选B。（2）①由图可知，从能量变化来看，反应速率较快的是L1，原因是：TS1活化能较低或L1②A．升温可加快反应速率，则升高温度，生成和的反应速率均增大，A正确；B．能量越低越稳定，由图可知，比能量高、更不稳定，B错误；C．根据i.ΔH1=+34.5kJD．催化剂能改变反应途径，选择合适的催化剂，可以增大生成的选择性，D正确；选AD。（3）一定温度下，甘油还可以催化转化制备乙二胺，其总反应为：C3H8O3①存在三段式：起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L)C3H8O3g1②平衡状态后，C3H8O3、C2H8N2、CH2O的物质的量浓度均为0.5mol/L，NH3、H2O的物质的量浓度均为1mol/L，该温度下此反应的平衡常数K=c(C2H8N2)⋅c(CH2O)⋅c2(H2O)c(C3H（1）①根据盖斯定律，反应ⅰ+ⅱ=ⅲ，ΔH3=ΔH②对于反应i，是气体分子总数不变的吸热反应：A．恒温恒容时，充入氩气，反应相关所有气体的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，甘油的转化率不变，A错误；B．当v正C．当时，取决于起始物质的量、不能说明各成分的量不变、不能说明已平衡，C错误；D．恒温恒容时，气体质量