湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）化学试题（含答案）

第第页湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）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．化学与生活、生产密切相关，下列叙述错误的是A．氮化硅、碳纳米管、石墨烯均属于新型无机非金属材料B．阿司匹林药效释放快，可将它连接在高分子载体上生成长效缓释药物C．用于航天服的“连续纤维增韧”航空材料，使用的陶瓷和碳纤维属于合成有机高分子材料D．人造太阳的原理是模拟太阳内部的核聚变反应，其原料中的3He与32．实验室制取氮气的一种方法为NH4A．N2的结构式：B．NO2−和HC．离子化合物NH4ClD．Cl−的最外层电子排布图为：3．下列实验事故的处理方法不合理的是选项实验事故处理方法A易燃物钠、钾引起火灾用泡沫灭火器灭火B不需回收利用的有机废液用焚烧法处理C被玻璃碎片划伤伤口处理清理干净后，可用双氧水或碘酒擦洗D氢氧化钠溶液溅到皮肤上立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸A．A B．B C．C D．D4．下列有关化学概念或性质的判断正确的是A．BaSO4B．二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理D．依次断开CH4中的4个C5．葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。下列说法错误的是A．α−D−B．β−D−C．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应D．由于环状分子中无醛基，因此葡萄糖溶液很难发生银镜反应6．氟化铵受热易分解，反应为NH4A．标准状况下，11.2LHF中所含原子数为NB．NH4C．NH4F与NH3中D．热稳定性：HF7．利用如图所示装置进行Cl2A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2B．乙试管中产生白色沉淀，证明Cl2与水反应生成了C．丙中试液先变红后褪色，说明Cl2D．丁中可盛放NaOH溶液吸收多余的Cl8．与下列实验操作对应的现象、结论均正确的是选项实验操作现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2，再滴加稀通入SO2产生白色沉淀，滴加稀HNO白色沉淀为BaSO3，后转化成B向Na2溶液变浑浊H2C室温下取少量NaHCO3温度计示数升高NaHCO3D往装有碘的CCl4溶液试管中加入等体积的浓KI下层由紫红色变浅至几乎无色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解度大于在CCl4A．A B．B C．C D．D9．化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—Ar为芳香基团，除—Ar外，P和Q分子中所有原子共平面)的说法错误的是A．P为非极性分子，Q为极性分子B．第一电离能：C<O<NC．X是氧化剂，Y是还原剂D．除—Ar外，P和Q分子中C原子、N原子均为sp210．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法正确的是A．铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀B．AB段pH越大，析氢速率越大C．BC段正极反应式主要为OD．DE段pH基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀11．实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3已知：CoCO3下列有关描述错误的是A．“碱浸”发生反应的为：2B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C．“酸溶”反应中H2OD．“沉钴”时若Na212．NaCl、A．通过晶体的X射线衍射实验可以区分NaCl晶体与CsCl晶体B．NaCl、CsCl晶体中，C．两种晶体的熔点高低关系为：CaFD．CaF2晶胞中，a点坐标参数为(0,0,0)，则b点F-坐标为13．在体积分别为V1L和V2L的两个恒容密闭容器中，均充入2molCHCl3(g)A．VB．此反应仅在低温下可自发进行C．T1℃时，若VD．其他条件不变，增大投料比nCHCl3/14．已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L,H下列说法正确的是A．NaHS溶液中，水的电离受到抑制B．以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H2C．0.01mol/L的D．向cMn2+=0.01mol二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．草酸是一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某实验小组通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体H2经查找资料得知：乙炔在50℃左右硝酸汞【Hg（1）仪器a的名称是。（2）硫酸铜溶液除去的杂质气体分子式为。（3）装置C中反应一般控制在50℃左右，适宜采用的加热方式为，若温度高于50℃，则生成草酸的速率会减慢，原因是。（4）装置C中发生的化学方程式为。（5）某实验小组称取电石1.25g(杂质的质量分数为4.0%)，在浓硝酸足量情况下，完成实验，最后得到草酸晶体1.89g。①从C中分离出草酸晶体的方法是：，过滤，洗涤，干燥。②该实验中草酸晶体的产率：%(结果保留两位有效数字)。（6）设计实验证明草酸属于二元酸(写出简要步骤)。16．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2回答下列问题：（1）Zn属于区元素，其基态原子的价电子排布式为。（2）“细菌氧化”过程中，硫酸的浓度。(填“逐渐变大”、“逐渐变小”或“保持不变”)（3）“浸金”中发生反应的离子方程式为。（4）“沉金”中Zn的作用为。（5）“滤液②”中的ZnCN42−含有配位键，其中参与配位原子是（6）常温下，溶液中CN−分别与三种金属离子形成配离子Au(CN)2①当Ⅰ对应的相关离子浓度处于点P时，配离子的解离速率生成速率(填“>”、“<”或“=”)。②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量ZnNO32粉末，达平衡时，cAu+17．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，CO2可被H2还原为反应1：CO反应2：CO（1）反应CO(g)+2H2（2）恒温恒容条件下，若起始按nCOA．CO2B．CO2C．气体平均相对分子质量不再发生变化D．3v（3）将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性n（4）近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2已知：法拉第效率FE的定义(X代表CH3OH①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体a导致法拉第效率降低，气体a的分子式为。②阴极生成甲醇的电极反应式为。18．以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。请回答下列问题：（1）化合物F在核磁共振氢谱上有组吸收峰。（2）A→B，F→G的反应类型分别为（3）H中的含氮官能团的名称是。（4）化合物A沸点低于的理由是。（5）E→F的化学反应方程式（6）从官能团转化的角度解释化合物I转化为J的过程中，先加碱后加酸的原因。（7）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、氮化硅是新型陶瓷材料，碳纳米管和石墨烯是碳的新型单质形态，它们都属于新型无机非金属材料，A正确；

B、阿司匹林本身药效释放快，将其连接在高分子载体上，可通过高分子的缓慢降解来控制药物释放速度，从而制成长效缓释药物，B正确；

C、陶瓷属于无机非金属材料，碳纤维是由碳元素组成的无机纤维，二者都不属于合成有机高分子材料，C错误；

D、人造太阳的原理是核聚变，其中原料3He和3H的质量数均为3，但质子数不同，属于不同元素的核素，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题关键点：

陶瓷、碳纤维都属于无机非金属材料，不是合成有机高分子材料，可直接判定C错误；

先圈出“错误”，避免惯性选“正确”项；D选项中，看清3He和3H的脚标，就能判断质量数相同的表述是对的；

B选项里，高分子载体可实现药物缓慢释放，这是缓释药的常见设计思路，直接判定正确。2．【答案】D【解析】【解答】A、N2分子中存在氮氮三键，结构式应为N≡N，而非N=N，A错误；

B、NO2-的中心N原子价层电子对含孤电子对，空间构型为V形；H2O的中心O原子也含孤电子对，空间构型同样为V形，但NO2-中N原子半径大于O原子，H2O中O原子半径大于H原子，二者球棍模型的原子大小和键角有差异，不能用同一模型表示，B错误；

C、NH4Cl是离子化合物，由NH4+和Cl-构成，Cl-的电子式需写出完整最外层电子，正确电子式应为（N上下各加一对电子，Cl周围加三对电子），C错误；

D、Cl-的核外电子排布为2、8、8，最外层为第3层，包含3s和3p轨道，3s轨道填满2个电子，3p轨道填满6个电子，排布图为：，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

A．容易把N2的结构式误写为N=N，忽略氮分子实际是氮氮三键（N≡N）。

B．NO2-和H2O虽然都是V形结构，但原子半径、键角不同，不能用同一个球棍模型表示，很容易因只看构型而忽略原子大小差异。

C．写NH4Cl的电子式时，常漏写Cl-周围的孤对电子，或漏标NH4+的电荷，导致电子式书写错误。

D．Cl-的最外层电子排布图需满足泡利原理（轨道内电子自旋相反）和洪特规则（电子优先分占不同轨道且自旋平行），容易因不熟悉规则而误判。3．【答案】A【解析】【解答】A、钠、钾属于活泼金属，能与水、二氧化碳发生剧烈反应并产生氢气，会使火势进一步扩大。泡沫灭火器喷出的泡沫中含有水和二氧化碳，因此不能用于扑灭钠、钾引发的火灾，A不合理；

B、对于无需回收的有机废液，采用焚烧法处理可以将有机物分解为二氧化碳和水等物质，减少环境污染，B合理；

C、被玻璃碎片划伤后，先清理伤口去除碎屑，再用双氧水或碘酒擦洗，能够有效消毒杀菌，防止伤口感染，C合理；

D、氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，可快速稀释并去除残留的碱液，之后涂上1%的硼酸可以中和剩余的碱，减轻损伤，D合理；

故答案为：A。

【分析】本题解题关键点：

抓物质特性：钠、钾是活泼金属，能与水、二氧化碳反应，这一特性直接决定了泡沫灭火器（含CO2和水）不能用于灭火，可直接锁定A为不合理选项。

区分处理场景：有机废液焚烧处理、玻璃划伤消毒、强碱溅伤后冲洗+硼酸中和，都是实验室常规且合理的操作，可快速排除B、C、D。

审题抓关键词：题目要求选“不合理”的处理方法，先圈出关键词，避免惯性选择“合理”选项。4．【答案】B【解析】【解答】A、BaSO4难溶于水且难溶于酸，不会被人体吸收，是无毒的钡化合物，常用于医学造影，因此“钡的化合物均有毒”的表述错误，A错误；

B、二氧化硫在食品加工中可作为合法添加剂，少量使用时能起到杀菌消毒、抗氧化和漂白的作用，B正确；

C、牙膏中添加氟化物防龋齿，是因为氟离子能与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，增强牙齿抗腐蚀能力，此过程无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C错误；

D、CH4分子中4个C—H键虽然等价，但在依次断裂时，每一步的反应环境不同（如第一步断裂CH4→CH3・+H・，第二步断裂CH3・→CH2・+H・），所需能量并不相同，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．不能因为BaCO3等钡盐有毒，就认为所有钡化合物都有毒。BaSO4难溶且无毒，是医学上常用的造影剂，抓住这一特例就能快速排除A。

B．二氧化硫作为食品添加剂，在限量内可用于杀菌、抗氧化，这是食品工业中的常见应用，记住这一知识点可直接判定B正确。

C．氟化物防龋齿是通过生成更稳定的氟磷灰石实现的，过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，这一点可直接排除C。

D．CH4里的4个C—H键虽然等价，但断裂是分步进行的，每一步的分子碎片不同，导致所需能量不同，抓住“依次断裂”这一关键词就能排除D。5．【答案】D【解析】【解答】A、α-D-吡喃葡萄糖与β-D-吡喃葡萄糖的分子式相同，但羟基在环上的空间位置不同，属于同分异构体，A正确；

B、常温下β-D-吡喃葡萄糖的含量（63.6%）高于α-D-吡喃葡萄糖（36.4%），在化学平衡中，含量越高通常代表物质越稳定，因此β型稳定性更强，B正确；

C、葡萄糖分子中含有醛基、羟基和多个羟基氢，醛基可发生氧化、还原、加成反应；羟基可发生取代、消去反应，C正确；

D、虽然环状葡萄糖分子中无醛基，但葡萄糖水溶液中存在环状与链状结构的动态平衡，链状葡萄糖含有醛基，会持续释放出来参与银镜反应，因此葡萄糖溶液可以发生银镜反应，D错误；

故答案为：D。

【分析】解题关键点：

A．考查同分异构体判断：α-D-吡喃葡萄糖与β-D-吡喃葡萄糖分子式相同，仅羟基空间位置不同；

B．考查稳定性判断：平衡体系中含量越高越稳定，β-D-吡喃葡萄糖含量更高；

C．考查反应类型判断：葡萄糖含醛基和羟基，醛基可发生氧化、还原、加成，羟基可发生取代、消去；

D．考查银镜反应本质：葡萄糖溶液存在环状与链状的动态平衡，链状结构含醛基，能发生银镜反应。6．【答案】A【解析】【解答】A、标准状况下，HF不是气体，而是液态，因此11.2LHF的物质的量无法用气体摩尔体积计算，A错误；

B、NH4F晶体中，NH4+中的H原子可与F-形成氢键，B正确；

C、NH4+中N原子的价层电子对为4对且无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角约为109°28'；NH3中N原子有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角约为107°，因此NH4F中的H—N—H键角大于NH3中的键角，C正确；

D、元素的非金属性越强，对应的氢化物热稳定性越高。F的非金属性强于N，因此HF的热稳定性高于NH3，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．标准状况下HF是液态，不能用22.4L/mol计算物质的量；

B．NH4F晶体中，NH4+中的H和F-可形成氢键；

C．NH4+无孤电子对，NH3有1对孤电子对；孤电子对会压缩键角，故NH4+的H—N—H键角更大；

D．非金属性F>N，因此热稳定性HF>NH3。7．【答案】B【解析】【解答】A、甲中发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。该反应中，MnO2是氧化剂，每1molMnO2参与反应时，只有2molHCl被氧化为Cl2B、乙试管中产生白色沉淀，不能直接证明Cl2与水反应生成了Cl-。因为制备Cl2时使用的浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也会进入乙试管，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，B错误；C、丙中紫色石蕊试液先变红，说明Cl2与水反应生成了HCl（具有酸性）；随后褪色，说明反应生成的HClO具有漂白性，C正确；D、Cl2是有毒气体，丁中盛放NaOH溶液可与Cl2发生反应，将其吸收，防止污染空气，D正确；故答案为：B。【分析】A．制备氯气的反应里，4molHCl只有2mol被氧化，所以氧化剂MnO2和还原剂HCl的物质的量之比为1：2；

B．浓盐酸有挥发性，挥发出的HCl会直接和AgNO3生成沉淀，无法证明沉淀来自Cl2与水反应生成的Cl-；

C．石蕊试液先变红（HCl的酸性）后褪色（HClO的漂白性），现象和性质直接对应；

D．Cl2有毒，用NaOH溶液吸收是实验室常规操作判定选项。8．【答案】D【解析】【解答】A、SO2通入BaCl2溶液不会生成沉淀，因为亚硫酸钡可溶于盐酸；滴加稀HNO3后，SO2被氧化为SO42-，生成的是BaSO4沉淀，而非“先生成BaSO3再转化”，A错误；

B、Na2S2O3与稀硫酸反应生成S沉淀和SO2气体，是S2O32-自身发生歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，并未体现氧化性，B错误；

C、NaHCO3固体溶于水时，扩散吸热小于水合放热，整体表现为吸热，温度计示数应降低，而非升高，C错误；

D、碘在浓KI溶液中与I-结合生成I3-，使碘从CCl4层转移到水层，说明碘在浓KI溶液中的溶解度大于在CCl4中的溶解度，现象与结论一致，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，因亚硫酸钡溶于盐酸；加稀HNO3后SO2被氧化为SO42-，生成的是BaSO4沉淀。

B．Na2S2O3和稀硫酸反应是S2O32-的歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，不体现氧化性。

C．NaHCO3溶于水实际是吸热过程，温度计示数应降低，而非升高，现象与结论矛盾。

D．碘能从CCl4层转移到浓KI溶液，是因生成I3-使碘在水中溶解度增大，现象和结论一致。9．【答案】A【解析】【解答】A、P分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子；Q分子同样结构对称，正负电荷中心重合，也为非极性分子。因此“Q为极性分子”的表述错误，A错误；

B、同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能出现反常，故第一电离能：C<O<N，B正确；

C、从P到Q的转化中，部分N原子的成键方式发生变化，N元素化合价升高，需要氧化剂X；从Q到P的转化中，N元素化合价降低，需要还原剂Y，C正确；

D、除—Ar外，P和Q分子中的C、N原子均形成双键或参与共轭体系，均为sp2杂化，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．P和Q的结构高度对称，正负电荷中心重合，都属于非极性分子。容易误把Q当成极性分子，忽略其对称结构。

B．同周期元素中N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能会反常高于O，容易按“从左到右递增”的惯性思维错判。

C．P→Q的转化中N的化合价升高，需要氧化剂X；Q→P的转化中N的化合价降低，需要还原剂Y。容易把X、Y的作用搞反。

D．分子中的C、N原子均参与双键或共轭体系，均为sp2杂化，容易因忽略共轭结构而误判为sp3杂化。10．【答案】C【解析】【解答】A、铁的电化学腐蚀是铁、炭粉与电解质溶液构成原电池发生的腐蚀，有电流产生，不属于化学腐蚀，A错误；

B、AB段溶液pH升高，说明H+浓度降低，析氢速率会随H+减少而减小，并非越大，B错误；

C、BC段溶液pH<7，呈酸性，且容器内压强下降，说明氧气参与反应，正极反应主要为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；

D、DE段pH基本不变，是因为铁的吸氧腐蚀速率稳定，铁锈覆盖并未完全阻止铁粉继续腐蚀，只是腐蚀速率变慢，D错误；

故答案为：C。【分析】初始阶段（AB段）：铁粉与酸性较强的氯化钠溶液（pH=1.8）发生析氢腐蚀，产生氢气，导致容器内压强升高，同时溶液pH上升。

过渡阶段（BC段）：随着H+消耗，溶液酸性减弱，腐蚀方式转为以吸氧腐蚀为主，氧气被消耗使容器内压强下降，同时pH继续上升，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；

后期阶段（DE段）：吸氧腐蚀持续进行，生成的铁锈覆盖在铁粉表面，减缓了腐蚀速率，溶液pH和容器压强趋于稳定，原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。11．【答案】C【解析】【解答】A、碱浸时，铝箔与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应式为

2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑，A正确；

B、操作①为过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；

C、酸溶时，H2O2作为还原剂，将Co3O4中的Co3+还原为Co2+；O2为氧化剂，无法实现这一还原过程，因此不能替换H2O2，C错误；

D、沉钴时若Na2CO3浓度太大，溶液碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀混入产品，导致产品不纯，D正确；

故答案为：C。

【分析】制备碳酸钴的工艺流程为：

碱浸除杂：含钴废料与NaOH溶液反应，将其中的铝箔转化为可溶性的四羟基合铝酸钠进入滤液①，钴的氧化物不反应，留在钴渣①中。

酸溶还原：钴渣①用H2SO4溶解，同时加入H2O2作为还原剂，将Co3O4中的Co3+还原为Co2+，得到含Co2+12．【答案】B【解析】【解答】A、NaCl和CsCl的晶胞结构不同，X射线衍射实验会产生不同的衍射图谱，因此可以区分二者，A正确；

B、NaCl晶体中Cl-的配位数为6，CsCl晶体中Cl-的配位数为8，二者不相等，B错误；

C、CaF2和CsCl均为离子晶体，CaF2的离子所带电荷更高、离子半径更小，晶格能更大，因此熔点CaF2>CsCl，C正确；

D、在CaF2晶胞中，若a点坐标为(0，0，0)，则b点F-的坐标为14,14,34，符合晶胞中原子的位置关系，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．不同晶胞结构会产生不同的衍射图谱，因此可直接区分NaCl和CsCl晶体。

B．NaCl中Cl-周围有6个等距的Na+，配位数为6；CsCl中Cl-周围有8个等距的Cs+，配位数为8，两者不相等。

C．熔点由晶格能决定，CaF2中离子电荷更高、半径更小，晶格能更大，因此熔点CaF213．【答案】C【解析】【解答】A、该反应是气体分子数不变的反应，容器体积不影响平衡转化率；但体积越小，浓度越大，相同温度下转化率越高。由图知V1对应的转化率更高，说明V1<V2错误，A错误；B、反应的气体分子数不变，故ΔS≈0；温度升高时转化率下降，说明正反应放热，ΔH<0。根据ΔG=ΔH−TΔS，ΔG<0在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，B错误；C、T1时，V2=2L，CHCl3转化率为60%，则转化的CHCl3为2mol×0.6=1.2mol，O2转化0.6mol。平衡时：CHCl3(g)、O2D、增大投料比n(CHCl3)n故答案为：C。【分析】本题易错点：

误判该反应是气体分子数不变的反应，平衡转化率本应与体积无关，但浓度会影响反应速率和转化率的表现。图中V1的转化率更高，说明V1体积更小，容易误判为V1>V2；

反应的ΔS≈0且ΔH<0，根据ΔG=ΔH−TΔS，ΔG<0在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，容易误判为“仅低温自发”；

平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次要与化学计量数一致，容易把COCl2的幂次写错，导致计算错误；

增大n(CHCl3)n14．【答案】C【解析】【解答】A、NaHS是弱酸的酸式盐，HS-的水解程度大于电离程度，水解会促进水的电离，因此水的电离是被促进而非抑制。A错误；

B、酚酞的变色pH范围为8.2~10.0，而H2S滴定至HS-的终点pH约为7.0，不在酚酞变色范围内，无法准确判断滴定终点。B错误；

C、0.01mol/L的Na2S溶液中，S2-主要发生第一步水解：S2-+H2O⇌HS-+OH-，第一步水解程度远大于第二步。因此离子浓度关系为c(Na+)>c(OH-)>c(HS-)>c(S2-)。C正确；

D、Ka1Ka2=c故答案为：C。

【分析】在H2S的水溶液中，存在两步电离平衡：H2S随着溶液pH的升高，H+浓度降低，平衡向右移动，导致各含硫微粒的物质的量分数发生变化：

图中；曲线①：代表H2曲线②：代表HS−曲线③：代表S2−从曲线的交点可以直接获取电离常数：曲线①与②的交点pH=7.0，此时c(H2S)=c(HS曲线②与③的交点pH=13.0，此时c(HS−)=c(S2−15．【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）H（3）水浴加热；温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)（4）C（5）蒸发浓缩、冷却结晶；80（6）取VL草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积2VL(或常温下，测得草酸氢钠溶液的pH小于7)【解析】【解答】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；

（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；故答案为：H2S、PH3；

故答案为：水浴加热；温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；

（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为C2故答案为：C2H2+8HNO②电石1.25g(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知CaC2∼C故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；80；

​​​​​​​（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取VL草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积2VL(或常温下，测得草酸氢钠溶液的pH小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。

故答案为：取VL草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积2VL(或常温下，测得草酸氢钠溶液的pH小于7)；

​​​​​​​【分析】（1）直接根据装置图特征，识别出仪器a为蒸馏烧瓶。（2）电石杂质CaS、Ca3P2与水反应生成H2S、PH3，用硫酸铜溶液可除去这两种杂质气体。（3）反应温度控制在50℃左右，选择水浴加热；温度过高会导致浓硝酸分解或催化剂活性降低，从而减慢草酸生成速率。（4）结合氧化还原反应规律，乙炔（C2H2）被浓硝酸氧化为草酸（H2C2O4），硝酸被还原为NO2，配平后得到反应方程式：C2（5）①从溶液中获得草酸晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶。

②产率计算：先根据电石纯度算出CaC2的物质的量，再通过关系式CaC2~C2H2~H2C2O4·2H2O计算理论产量，最后用实际产量÷理论产量×100%得到产率。（6）取等体积等浓度的草酸溶液，用等浓度NaOH滴定，若消耗NaOH体积为草酸体积的2倍，或测得草酸氢钠溶液pH<7，即可证明草酸为二元酸。（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；（3）由于装置C中反应控制在50℃左右，采用水浴加热，若温度高于50℃，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为C2（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；②电石1.25g(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知CaC2∼C（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取VL草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积2VL(或常温下，测得草酸氢钠溶液的pH小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。16．【答案】（1）ds；3（2）逐渐变大（3）4（4）作还原剂，将Au(CN（5）碳原子；CN−（6）>；<【解析】【解答】（1）Zn是第30号元素，基态原子的价电子排布式为3d104s2故答案为：ds；3d104s2故答案为：逐渐变大；

（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成Au(CN)故答案为：4Au+O2+8CN−故答案为：作还原剂，将Au(CN)2−还原为Au；

​​​​​​​（5）“滤液②故答案为：碳原子；CN−中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键；

​​​​​​​（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子+mCN-=配离子，则平衡常数K=c(配离子)c(金属离子)×c①I是lgc(Zn2+)c([Zn(CN)4]2-)与-lgcCN-变化的关系。由P点状态移动到形成ZnCN42-②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量ZnNO32粉末，会消耗CN-形成ZnCN42-配离子，使得溶液中cCN-减小(沿横坐标轴向右移动)，lgc(Au+)c([Au(CN)2]-)与lgc(Fe2+)c([Fe(CN)6]4-)曲线在Q点相交后，随着-lgcCN-继续增大，Ⅱ位于Ⅲ上方，即lgc(Fe2+)c([Fe(CN)6（1）Zn是第30号元素，基态原子的价电子排布式为3d104s2（2）“细菌氧化”过程中，4FeS2（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成Au(CN)（4）“沉金”中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；（5）“滤液②”中的ZnCN42−（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子+mCN-=配离子，则平衡常数K=c(配离子)c(金属离子)×cm①I是lgc(Zn2+)c([Zn(CN)4]2-)与-lgcCN-变化的关系。由P点状态移动到形成ZnCN42-②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量ZnNO32粉末，会消耗CN-形成ZnCN42-配离子，使得溶液中cCN-减小(沿横坐标轴向右移动)，lgc(Au+)c([Au(CN)17．【答案】（1）−91（2）A；C（3）m；24%；0.017（4）H2；【解析】【解答】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH=ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91kJ·mol-1。故答案为：−91；

（2）A．CO2是气体，当COB．设起始投料nCO2=nH2=amol，转化的nCO2=C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据M=D．当3vH故答案为：AC。（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%， CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)开始（故答案为：m；24%；0.017；

（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为H2②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O。

故答案为：H2；CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O；

【分析】（1）用盖斯定律，目标反应=反应1−反应2，直接代入ΔH1、ΔH2数值计算即可。

（2）A：浓度不变是平衡的直接标志。

B：计算可知CO2百分含量始终不变，