四川省八市2025届高三上学期第一次诊断性考试 化学试卷（含答案）

第第页四川省八市2025届高三上学期第一次诊断性考试化学试卷一、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，只有一个选项符合题目要求。1．化学与生活、科技密切相关。下列对应说法正确的是A．铅笔芯是用铅做的B．胃舒片的主要成分是AlC．“84”消毒液的主要成分是CaD．制造芯片的材料是SiO2．光气(COCl2)与水反应的化学方程式为COClA．光气的电子式为：B．Cl的原子结构示意图为C．CO2D．水分子的VSEPR模型为3．常温常压下，下列指定条件的各组离子一定能大量共存的是A．透明的溶液中：Mg2+、H+、ClB．在酒精中：Cr2O72−、SOC．溶有SO2的水溶液中：K+、Ba2+、D．由水电离出cH+为1.0×10−12mol⋅L−14．羟苯水杨胺是一种利胆药，其结构如下。下列有关说法正确的是A．羟苯水杨胺的分子式为CB．该物质既可与酸反应，又能与碱反应C．该分子中的所有原子可能在同一平面D．1mol羟苯水杨胺最多能与4molNaOH反应5．下列实验及原理正确的是A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明B．向NaAlO2溶液中滴入NaHCOC．冷却装有NO2的密闭烧瓶，瓶内颜色变浅，证明反应2NOD．向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和的FeCl3溶液，继续加热一会儿，可得Fe6．人体血液中血红素的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A．电负性：N>O>CB．第一电离能：O>N>CC．元素Fe在周期表的VIII区D．基态时，Fe原子的单电子数比N原子多7．工业上制硫酸的流程如下图所示。下列有关说法不正确的是A．黄铁矿的主要成分是FeSB．图中采用400~500℃是为了提高SO2C．用98.3%的浓硫酸吸收是防止形成酸雾，减小吸收速度D．可以用98.3%的浓硫酸除去SO2气体中少量的SO8．X、Y、Z、M、W五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Y原子各能级上的电子数相等，W2+离子的价电子排布式为3A．Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸B．W的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱C．Y和Z的氢化物的沸点：Z>YD．XM属于酸，但能与某酸性氧化物反应9．1.下列实验装置或操作能达到实验目的的是()A．验证沉淀转化B．验证乙炔使溴水褪色C．探究干燥的氯气是否具有漂白性D．接收石油分馏产生的汽油A．A B．B C．C D．D10．用氨气可以检验输送氯气的管道是否泄漏，其中一个化学方程式为8NH3+3A．22.4LNH3中含有的σB．0.5mol⋅L−1C．常温下，1LpH=10的氨水中水电离出来的H+数目为D．反应生成53.5gNH411．过氧化氢溶液为氧化性消毒剂，能发挥抗菌作用。我国一科研团队用如图装置制取H2O2A．电极a是负极，发生还原反应B．A膜是阴离子交换膜，B膜是阳离子交换膜C．电极b的电极反应为：OD．电解质中发生的反应为：HO12．金属钼(Mo)在钢铁工业中主要用作合金添加剂。它能够显著提高钢材的硬度、强度、耐磨性和耐腐蚀性。Mo的价层电子排布为4d55s1，Mo的晶胞结构如下图所示，a、b的坐标分别是0,0,0、1,0,0A．Mo元素位于周期表中第5周期IVB族B．与Mo原子最近且等距离的Mo原子有8个C．c的原子坐标为：1D．晶胞的密度为：38413．用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2的流程如下图所示，已知：A．石膏的化学式为2B．吸收烟气后的溶液中：cC．当吸收液的pH=7时，溶液中：cD．“沉淀”操作得到的上层清液中：K14．乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为C2H6(g)⇌C2H4A．由图可知：αB．加入催化剂增大了活化分子百分数，但该反应的ΔHC．α1D．若A点，平衡常数K=0.72，H2二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．钴的用途非常广泛，主要用于电动汽车、可再生能源和电子设备等行业。用某炼锌厂产生的钴渣(含Co、Pb、Cu、Cd、Fe、Mn等金属元素的化合物)为原料回收钴和MnO2已知：常温下：饱和H2S溶液中：cS2−请回答下列问题：（1）Na2S2O8（2）滤渣2中主要成分的化学式为。（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有(写2条)。（4）“沉铁”步骤中加入MnO2的目的是；写出其反应的离子方程式（5）“滤液5”中的钴以Co2+形式存在，则生成Co(OH（6）若“滤液1”中cCo2+=0.16mol⋅L−116．硫化镍(NiS)不溶于水，是一种重要的化学品，可用作电池材料，制造镍氢电池和镍镉电池。将H2S在一定条件下与NiSO4溶液反应可以制备NiS，所用装置如下(夹持仪器已略去)：已知：NiS溶于稀硝酸，生成NiSO请回答下列问题：（1）使用仪器X的第一步操作是；实验结束后，还要通一会儿N2的目的是（2）装置A的三颈瓶中、装置C中分别盛装的试剂是、。（3）按气流方向从左往右，装置的连接顺序是(填导管口的字母)。（4）装置B中三颈瓶内发生反应的离子方程式为。（5）将生成的NiS过滤、洗涤、干燥，要证明NiS洗涤干净的方法是。（6）写出NiS溶于稀硝酸的化学方程式。（7）测定产品纯度：取2.5g产品完全溶于稀硝酸后，配成250mL溶液，取20mL溶液于锥形瓶中，加入30mL0.10mol⋅L−1EDTA溶液，使Ni2+完全络合，煮沸，滴入几滴PAN作指示剂，趁热用0.10mol⋅17．乙醛、乙醇都是常见的有机物，在生产、生活中都有广泛的用途。请回答下列问题：（1）在25℃，101kPa下，取一定量的无水乙醇完全燃烧，放出的热量为QkJ，燃烧产生的CO2通入过量饱和石灰水中，生成了50gCaCO3（2）已知：CH3CHO(g)c0.10.20.30.4v/0.020.080.180.32则该总反应为，级反应；速率常数k=L（3）一定温度下，保持总压强为100kPa，向反应器充入CH3CHO(g)和N2的混合气体(N2①由图可知：CH3CHO的平衡转化率随着投料比增大而减小，其原因是②该温度下，上述反应在A点的平衡常数Kp=kPa(（4）用乙醇电催化氧化制备乙醛的原理如下图所示。①电解过程中电极室A中溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。②电极A的电极反应式为。③当生成2molCH3CHO18．有机化合物Ⅷ是一种合成药物中间体，其合成路线如下：（1）反应①是加成反应，则有机物I的结构简式为；V中含氧官能团的名称是。（2）有机物Ⅱ的名称是；Ⅱ→Ⅲ的过程经历两步反应，反应类型依次为加成反应、反应。（3）Ⅱ与新制CuOH2悬浊液在加热时反应的化学方程式为（4）满足下列条件的V的同分异构体有种(不考虑立体异构)。a．苯环上有两个取代基b．其中一个取代基为−CONH写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为3:2:2:2:2的结构简式。（5）根据题中信息，用2-丙醇和甲苯为原料制备的部分合成路线图如下：请将合成路线补充完整(无机试剂和有机溶剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，并不是金属铅。早期铅笔曾用铅的化合物命名，但现代铅笔完全不含铅，A错误；

B、胃舒片属于抗酸胃药，其主要成分是氢氧化铝（Al(OH)3），它可以中和胃酸（HCl），缓解胃酸过多引起的不适，B正确；

C、“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠（NaClO），而次氯酸钙（Ca(ClO)2）是漂白粉的主要有效成分，C错误；

D、制造芯片的核心材料是单质硅（Si），它是良好的半导体材料；而二氧化硅（SiO2）主要用于制造光导纤维，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题关键：跳出字面陷阱：不要被“铅笔芯”这类名称误导，要关注物质的真实成分。

记准高频物质：胃舒片对应氢氧化铝Al(OH)3；“84”消毒液对应次氯酸钠NaClO；芯片对应硅Si

关联成分与用途：利用物质的化学性质，快速验证选项是否合理。2．【答案】A【解析】【解答】A、光气的分子式为COCl2，其电子式为：，A错误；

B、Cl元素的原子序数为17，核外电子排布为2、8、7，原子结构示意图为：，B正确；

C、CO2分子中C原子与两个O原子分别以双键结合，结构式为O=C=O，C正确；

D、水分子的中心O原子价层电子对数为4（2对成键电子对，2对孤电子对），根据VSEPR理论，其模型为四面体形，VSEPR模型为，故D正确；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：

光气（COCl2）中的C原子需要形成4个共价键才能达到8电子稳定结构，容易误写成单键连接所有原子，导致C原子只满足6电子结构。

与实际空间构型水分子的VSEPR模型是四面体形（考虑2对孤电子对），而实际空间构型是V形，若只关注分子外形，容易错判模型。

Cl原子的核外电子排布为2、8、7，若记错电子层数或各层电子数，会误判原子结构示意图的正误。3．【答案】C【解析】【解答】A、透明溶液中，MnO4-在酸性条件（含H+）下具有强氧化性，能与Cl-发生氧化还原反应生成Cl2和Mn2+，因此这组离子不能大量共存，故A不符合题意；

B、酒精属于非电解质，无法电离出大量离子，且Cr2O72-与H+的组合需要水溶液环境才能稳定存在，在酒精中不能大量共存，故B不符合题意；

C、SO2溶于水生成弱酸性的H2SO3，溶液中含H+、HSO3-和SO32-。K+、Ba2+、Cl-、I-之间不发生反应，且与H2SO3的成分也不生成沉淀或发生氧化还原，因此可以大量共存，故C符合题意；

D、由水电离出的c(H+)=1.0×10-¹2mol・L-¹，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈强酸性或强碱性。在强碱性条件下，Fe3+会与OH-生成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，因此该组离子不一定能大量共存，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】先抓题干限定条件：比如“透明溶液”≠无色溶液，“由水电离出c(H+)=1.0×10-¹2mol・L-¹”意味着溶液可能是强酸性或强碱性，这些条件直接决定离子能否存在。

优先排查氧化还原反应：像MnO4-在酸性条件下会氧化Cl-，这类组合是高频考点，看到强氧化性或强还原性离子要立刻警惕。

注意非水溶剂的特殊环境：酒精这类非水溶剂无法提供稳定的离子环境，像Cr2O72-与H+的组合只能在水溶液中存在，在非水溶剂中不能大量共存。

分析“可能”与“一定”的区别：题目问的是“一定能大量共存”，只要存在一种情况（如强碱性）导致离子不能共存，就可以排除该选项。4．【答案】B【解析】【解答】A、从结构简式数出各原子数：C有13个，H有11个，N有1个，O有3个。因此分子式应为C13H11NO3，而不是C13H12NO3，A错误；

B、分子中含有酚羟基（-OH），可以与碱发生中和反应；同时含有酰胺基（-CONH-），其氮原子上的氢原子具有弱酸性，也能与酸反应。因此该物质既能与酸反应，又能与碱反应，B正确；

C、分子中的酰胺基（-CONH-）结构里，N原子采用sp3杂化，与其相连的原子呈三角锥形分布，且存在单键可以自由旋转，导致所有原子无法全部共平面，C错误；

D、1mol羟苯水杨胺中：2mol酚羟基，可与2molNaOH反应；1mol酰胺基，水解后生成的羧基可与1molNaOH反应，水解产生的酚羟基再消耗1molNaOH；总计最多与3molNaOH反应，而非4mol，D错误；

故答案为：B。

【分析】这道题是典型的有机物结构与性质分析题，解题的核心在于：识别分子中的官能团（酚羟基、酰胺基）、结合官能团的典型性质，判断反应类型、计算消耗NaOH的量、根据化学键的空间结构，判断原子是否可能共面、准确数出各原子数目，确定分子式。5．【答案】C【解析】【解答】A、将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色是因为SO2具有还原性，将MnO4-还原为Mn2+，并非因为SO2的漂白性。漂白性是指与有色物质结合生成不稳定无色物质，而这里发生的是氧化还原反应，A错误；

B、向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液产生白色沉淀，本质是AlO2-结合了HCO3-电离出的H+，反应为AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，属于强酸制弱酸的反应，并非双水解，B错误；

C、冷却装有NO2的密闭烧瓶，瓶内颜色变浅。对于可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，降低温度平衡向放热方向移动；颜色变浅说明NO2浓度减小，平衡正向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，C正确；

D、制备Fe(OH)3胶体的正确操作是向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色。若在煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3，会直接生成Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，D错误；

故答案为：C。

【分析】这道题考查的是实验现象与原理的对应关系，解题的关键在于：

区分物质的不同性质（如漂白性与还原性）、理解反应的本质（如盐类双水解与强酸制弱酸）、掌握化学平衡移动的影响因素（如温度对平衡的影响）、熟悉物质制备的正确条件（如氢氧化铁胶体的制备方法）。6．【答案】D【解析】【解答】A、同周期主族元素的电负性随原子序数增大而增大，因此顺序应为O>N>C，而非N>O>C。A错误；

B、第一电离能的总体趋势是O>N>C，但N原子的2p轨道处于半满的稳定结构，使其第一电离能反常高于O，实际顺序为N>O>C。B错误；

C、Fe是26号元素，属于第Ⅷ族，但在周期表分区中属于d区，而非Ⅷ区。C错误；

D、基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，3d轨道有4个单电子；基态N原子的电子排布式为1s22s22p3，2p轨道有3个单电子。因此Fe原子的单电子数比N原子多。D正确；

故答案为：D。

【分析】这道题考查的是元素周期律与原子结构的核心知识点，解题关键在于：

牢记电负性、第一电离能的变化规律，并注意N原子的半满结构对第一电离能的特殊影响。

熟悉元素在周期表中的分区，以及常见过渡元素的位置。

会写基态原子的电子排布式，从而判断单电子数。7．【答案】B【解析】【解答】A、黄铁矿的主要成分是FeS2（二硫化亚铁），这是工业制硫酸的常见原料之一，A正确；

B、SO2转化为SO3的反应是放热的可逆反应。从化学平衡角度来看，降低温度才有利于平衡正向移动，提高SO2的平衡转化率。工业上选择400~500℃，主要是为了让催化剂（V2O5）达到最佳活性温度，从而加快反应速率，而非提高平衡转化率。B错误；

C、如果用水直接吸收SO3，会产生大量酸雾，不仅会阻碍SO3的进一步吸收，还会造成环境污染。使用98.3%的浓硫酸作为吸收剂，能有效避免酸雾的形成，让吸收过程更高效、更彻底，C正确；

D、SO3能与浓硫酸中的水发生反应被吸收，而SO2在浓硫酸中溶解度极小，因此可以用98.3%的浓硫酸除去SO2气体中混有的少量SO3杂质，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题关键：温度选择：SO2转化为SO3是放热反应，400~500℃的选择是为了让催化剂活性最大化，加快反应速率，而非提高平衡转化率。

气体吸收：用98.3%浓硫酸吸收SO3，是为了避免形成酸雾，提升吸收效率。

除杂逻辑：SO3可被浓硫酸吸收，而SO2几乎不溶，因此浓硫酸可用于除去SO2中的SO3。

原料常识：黄铁矿主要成分是FeS2。8．【答案】D【解析】【解答】A、Z为氧元素，氧不存在最高价氧化物对应的水化物，A错误；

B、W为铜元素，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铜。氢氧化铜不仅能溶于强酸，还能溶于浓氨水等弱碱溶液，形成四氨合铜离子，B错误；

C、Y为碳元素，碳的氢化物是各类烃，其中很多长链烃的沸点远高于水，因此“Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物”的表述过于绝对，C错误；

D、X为氢、M为氟，二者形成的化合物为HF，HF是弱酸，它能与酸性氧化物SiO2反应生成SiF4气体和水，D正确；

故答案为：D。

【分析】题干中“基态Y原子各能级上的电子数相等”，说明Y的电子排布为1s22s22p2，对应碳（C）元素。结合配离子结构，Y原子形成4个共价键，也符合碳的成键特征；

Y、Z、M处于同一周期（第二周期），且原子序数依次增大。X仅形成1个共价键，原子序数最小，因此X为氢（H）元素。

Z在结构中形成2个共价键，符合氧（O）元素的成键特点。M仅形成1个共价键，原子序数大于Z，因此M为氟（F）元素。

W2+的价电子排布为3d9，说明W原子的电子排布为[Ar]3d¹⁰4s¹，对应铜（Cu）元素。9．【答案】A【解析】【解答】A、实验中向NaCl溶液先加AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，再滴加KI溶液沉淀变为黄色AgI，最后滴加Na2S溶液沉淀变为黑色Ag2S。但实验中AgNO3是逐滴加入，而NaCl溶液过量，后续的沉淀转化更可能是因为Ag+过量直接与I-、S2-反应，而非沉淀之间的转化，无法验证“更难溶的沉淀可以转化为难溶沉淀”的规律，故A符合题意；

B、电石与饱和食盐水反应生成乙炔的同时，会产生H2S、PH3等杂质气体，这些气体也能使溴水褪色，干扰乙炔的检验，因此无法直接验证乙炔使溴水褪色，故B不符合题意；

C、干燥的氯气依次通过湿润的有色布条和干燥的有色布条。湿润布条褪色是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，而干燥布条不褪色，证明干燥的氯气本身没有漂白性，该实验设计合理，故C不符合题意；

D、石油分馏时，接收装置必须保持与大气相通，防止装置内压强过大引发危险。图中装置为密闭体系，存在安全隐患，且无法顺利收集馏分，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：

沉淀转化的试剂用量：忽略沉淀转化实验中“试剂用量需合理”，过量Ag+会直接与后续离子生成沉淀，无法验证沉淀转化规律。

气体杂质的干扰：电石制乙炔时产生的H2S、PH3等杂质也能使溴水褪色，容易误判为乙炔的作用。

氯气漂白性的本质：混淆“氯气本身无漂白性，真正起作用的是HClO”，会对干燥氯气是否有漂白性做出错误判断。

分馏装置的安全性：石油分馏的接收装置必须与大气相通，密闭装置存在安全隐患，易被忽略。10．【答案】D【解析】【解答】A、22.4LNH3的物质的量为1mol的前提是“标准状况（0℃、101kPa）”，题干未指明温度和压强，无法确定其物质的量，也就无法计算σ键个数，A错误；

B、溶液中Cl-的数目需要知道溶液体积才能计算，题干只给出浓度0.5mol・L-¹，未提供体积，无法得出Cl-数目为0.5NA，B错误；

C、pH=10的氨水中，H+全部来自水的电离，c(H+)=10-¹⁰mol・L-¹，1L溶液中水电离出的H+数目为10-¹⁰NA，而非10-4NA，C错误；

D、反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，Cl2中Cl元素从0价变为-1价，每生成6molNH4Cl，转移6mol电子。53.5gNH4Cl的物质的量为1mol，因此生成1molNH4Cl时，转移电子数为NA，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

气体摩尔体积的使用条件：22.4L・mol-¹仅适用于标准状况下的气体，非标准状况下不能直接用此数值计算物质的量。

溶液粒子数的计算：必须同时知道溶液浓度和体积，才能计算溶质的物质的量和粒子数。

水的电离判断：碱溶液中H+全部来自水的电离，酸溶液中OH-全部来自水的电离，可通过溶液pH直接计算水电离出的H+或OH-浓度。

氧化还原反应电子转移：明确反应中元素化合价变化，结合物质的量计算转移电子数。11．【答案】D【解析】【解答】A、电极a通入H2，作为负极发生氧化反应（H2-2e-=2H+），而非还原反应，A错误；

B、A膜允许H+（阳离子）通过，是阳离子交换膜；B膜允许HO2-、OH-（阴离子）通过，是阴离子交换膜，B错误；

C、电极b为正极，O2在碱性条件下的还原反应为O2+2e-+H2O=HO2-+OH-，而非生成4OH-，C错误；

D、负极产生的H+与正极产生的HO2-、OH-在电解质中相遇，发生反应HO2-+OH-+2H+=H2O2+H2O，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

燃料电池的基本规律：燃料（H2）在负极氧化，氧化剂（O2）在正极还原；离子迁移方向由电极反应的产物决定。

交换膜的判断方法：根据迁移离子的电性确定膜的类型，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。

反应式的推导技巧：结合题干给出的平衡关系，将电极反应的产物与电解质中的离子结合，推导出总反应。12．【答案】C【解析】【解答】A、Mo的价电子排布为4d55s¹，价电子数为6，对应周期表第5周期VIB族，而非IVB族，A错误；B、该晶胞为面心立方结构，与Mo原子最近且等距的原子有12个，而非8个，B错误；C、a点坐标为(0,0,0)，b点坐标为(1,0,0)，c点位于前上方面心位置，坐标为12D、晶胞中Mo原子个数为8×18+6×12故答案为：C。

【分析】本题解题要点：周期表位置判断：电子层数=周期数，d区元素的族序数=价电子数（4d55s¹的价电子数为6，对应VIB族）。晶胞坐标规律：面心位置的坐标为12,12,1密度计算注意单位：晶胞参数npm需换算为n×13．【答案】B【解析】【解答】A、石膏的化学式为CaSO4·2B、吸收烟气后的溶液中含Na+、H+、HSO3−、S因为c(OH−)>0C、Kh=KwKa2=1×10−146.2×10−8≈1.6×10D、“沉淀”后上层清液为CaSO3因此Ksp(CaSO3)=c(C故答案为：B。

【分析】本题解题要点：电荷守恒：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，是判断离子浓度关系的核心依据。电离与水解平衡：通过比较Ka与Kh的大小（溶度积规则：沉淀溶解平衡中，饱和溶液的离子浓度乘积等于溶度积，可直接用于推导离子浓度关系。14．【答案】C【解析】【解答】A、相同温度下，乙烷平衡转化率α1>α2>B、催化剂增大活化分子百分数，加快反应速率，但不改变反应的焓变ΔHC、B点乙烷转化率为90%，即转化的C2H6为0.9mol，生成C2H40.9mol、H20.9mol。H2移出率α1D、A点乙烷转化率为60%，转化的C2H6为0.6mol，生成C2H40.6mol、H20.6mol。设H2移出率为20%，则剩余H2为0.6×0.8=0.48故答案为：C。

【分析】本题解题要点：平衡移动的判断：分离产物会使平衡正向移动，转化率升高；温度升高，若转化率升高则反应为吸热反应。催化剂的作用：只改变反应速率，不影响平衡位置和反应热。平衡计算的关键：明确“移出率”的定义，计算剩余H215．【答案】（1）+6；（2）CuS（3）钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度（4）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH除去铁元素；MnO（5）2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3↓+Na2SO4+3H2SO4（6）1.2【解析】【解答】（1）Na2S2故答案为：+6；；

（2）由以上分析可知滤渣2中主要成分为：CuS；故答案为：CuS；

（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有将钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等；故答案为：钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度；

（4）“沉铁”步骤中加入MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH除去铁元素；其反应的离子方程式：MnO故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH除去铁元素；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；

​​​​​​​（5）“滤液5”中的钴以Co2+形式存在，则生成Co(OH)3的化学方程式为：2CoSO4+Na2故答案为：2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3↓+Na2SO4+3H2SO4；

​​​​​​​（6）加入Na2S溶液时，为了防止产生CoS沉淀，则c(S2-)最大=Ksp(CoS)cCo2+=4.0×10−210.16mol⋅L−1=2.5×10−20mol⋅L−1，cS2−（1）Na2S2（2）由以上分析可知滤渣2中主要成分为：CuS；（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有将钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等；（4）“沉铁”步骤中加入MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH除去铁元素；其反应的离子方程式：MnO（5）“滤液5”中的钴以Co2+形式存在，则生成Co(OH)3的化学方程式为：2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3↓+Na2SO4（6）加入Na2S溶液时，为了防止产生CoS沉淀，则c(S2-)最大=Ksp(CoS)c16．【答案】（1）检查是否漏液；使H2S全部进入尾气处理装置中，防止污染空气（2）NiSO4（3）bdca（4）FeS（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸，再加入BaCl2（6）3（7）91%【解析】【解答】（1）仪器X是恒压滴液漏斗，使用仪器X的第一步操作是检查是否漏液；实验结束后，还要通一会儿N2的目的是使H2故答案为：检查是否漏液；使H2S全部进入尾气处理装置中，防止污染空气；

（2）装置A是H2S在一定条件下与NiSO4溶液反应制备NiS的发生装置，故装置A中盛放NiSO故答案为：NiSO4溶液；NaHS溶液；

（3）由分析可知，B是制取H2故答案为：bdca；

（4）装置B中三颈瓶内FeS与浓盐酸反应的离子方程式为FeS+2故答案为：FeS+2H+=H2S↑+Fe2+故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净；

​​​​​​​（6）NiS溶于稀硝酸反应生成NiSO4、NO和H2O，反应的化学方程式为故答案为：3NiS+8HNO3=3NiSO4+8NO↑+4H2O；

​​​​​​​（7）由题可知，Ni2++EDTA=EDTA−Ni2+，Cu2++EDTA=EDTA−Cu2+，并且过量的EDTA可以被Cu2+滴定来计算用量，所以过量的n(EDTA)=n(Cu2+)=0.1mol/L×10×10−3L=1×10−3mol，n(Ni2+)=n(EDTA)-n(过量EDTA)=0.1×30−1×10−3mol=2×10−3mol，则该镍样品纯度为：2×10−3mol×91g/mol×250mL20mL2.5g×100（1）仪器X是恒压滴液漏斗，使用仪器X的第一步操作是检查是否漏液；实验结束后，还要通一会儿N2的目的是使H2（2）装置A是H2S在一定条件下与NiSO4溶液反应制备NiS的发生装置，故装置A中盛放NiSO（3）由分析可知，B是制取H2S气体装置，C是除杂装置，A是制备NiS的发生装置，故连接顺序是bdca；（4）装置B中三颈瓶内FeS与浓盐酸反应的离子方程式为FeS+2（5）所得沉淀表面可能还附着SO42−等杂质离子，可以通过检验最后一次洗涤液中不含有SO4（6）NiS溶于稀硝酸反应生成NiSO4、NO和H2O，反应的化学方程式为3（7）由题可知，Ni2++EDTA=EDTA−Ni2+，Cu2++EDTA=EDTA−Cu2+17．【答案】（1）C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-4QkJ·mol-1（2）二；2（3）对于恒压条件下，增大投料比，相当于是加压，平衡向逆反应方向移动；20（4）不变；Mn2+【解析】【解答】（1）50g白色沉淀的物质的量为n(CaCO3)=mM=50g100g/mol=0.5mol，由Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O可知乙醇燃烧生成的二氧化碳为n(CO2)=0.5mol，根据原子守恒，即0.25mol乙醇放出的热量为Q，所以1mol乙醇放出的热量为4Q，则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)＋3O故答案为：C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-4QkJ·mol-1；

（2）由速率表达式可知，代入表格任意两组数据，v1v2=(c故答案为：二；2；

（3）对于恒压条件下，增大投料比，相当于是加压，平衡向逆反应方向移动；CH3取起始CH3CHO、N2各1mol，则CH3CHOg⇌CO故答案为：对于恒压条件下，增大投料比，相当于是加压，平衡向逆反应方向移动；20；

（4）根据电解原理示意图分析，A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，A为阳极、B为阴极，则a为正极、b为负极；①A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，二氧化锰氧化苯甲醇为苯甲醛同时生成锰离子，总反应为CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+；B极反应为氢离子放电生成氢气：2H+②A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，Mn2+③由反应CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+可知，当生成2molCH3CHO时，转移4mol电子，电极室A无气体产生，质量不变，电极室B质量减轻2molH2的质量为4g，A、B两室溶液质量变化之和为4g。

故答案为：不变；Mn2++2H2O−2e(2)代入两组速率与浓度数据，根据速率方程v=kcn计算反应级数n=2，再代入数据求速率常数(3)①恒压下增大投料比，相当于体系加压，反应为气体分子数增多的反应，平衡逆向移动，转化率降低。②用A点数据计算各物质分压，代入Kp=p(CO)·p(C(4)①电极A区的H+会通过质子交换膜迁移到B区，溶液pH不变。②电极A的反应为Mn2+失去电子生成MnO2，电极反应式：Mn③生成2molCH3CHO时，转移4mol电子，B室放出2molH2，质量减少4g，A室质量不变，故两室质量变化之和为4g。（1）50g白色沉淀的物质的量为n(CaCO3)=mM=50g100g/mol=0.5mol，由Ca(OH)2+CO