2025届甘肃省部分学校高三下学期4月二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省部分学校2025届高三下学期4月二模考试试题本试卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16S-32Ca-40Co-59Ba-137La-139一、选择题(本题包括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.甘肃省博物馆汇集了甘肃从远古时期到近现代的大量文化珍宝。下列说法错误的是A.铜奔马的主要成分是合金B.驿使图壁画砖的主要成分是碳酸钙C.《仪礼》竹木简牍的主要成分是纤维素D.人头形器口彩陶瓶的主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】A．铜奔马的主要成分是铜合金，属于合金，A正确；B．驿使图壁画砖的主要成分是硅酸盐，B错误；C．竹木简牍的主要成分是纤维素，C正确；D．人头形器口彩陶瓶属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，D正确；答案选B。2.下列化学用语表达正确的是A.激发态氯原子的价电子排布图为B.中C原子最高能级的电子云轮廓图为C.的电子式为D.的VSEPR模型为【答案】D【解析】A．基态氯原子的价电子排布式为3s23p5，激发态氯原子的价电子排布式可以为3s13p6，其排布图可以为，故A错误；B．C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型，2p能级只有两个电子，电子云应向两个方向伸展，而不是图中三个方向，故B错误；C．是共价化合物，电子式为，故C错误；D．中S原子价电子对数为，孤对电子数为1，VSEPR模型为，故D正确；选D。3.下列实验事故的处理方法合理的是选项实验事故处理方法A不慎将金属汞洒落地面必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖B金属钠着火快速用二氧化碳灭火器灭火C稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上用3%~5%的烧碱溶液冲洗D蒸馏操作时忘记加沸石停止加热，立即加入沸石再加热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．金属汞有挥发性，不慎将金属汞洒落地面，必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖，A正确；B．金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2，不能用二氧化碳灭火器灭钠着火，B项错误；C．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用干抹布擦拭，然后大量的水冲洗，最后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，C错误；D．蒸馏操作时若忘记加沸石，应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，D错误；答案选A。4.下列关于物质的性质、用途等描述错误的是A.具有还原性，在葡萄酒中添加适量的可防止葡萄酒氧化变质B.面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体C.液氨可用作工业制冷剂是由于氨易溶于水D.氢氧化钠溶液呈强碱性并能与铝粉反应产生气体且放热，可将两种物质混合做厨卫管道疏通剂【答案】C【解析】A．具有还原性，可防止葡萄酒氧化变质，A正确；B．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，从而使面包变疏松，B正确；C．液氨作制冷剂是因液氨汽化吸热，而非“易溶于水”，C错误；D．氢氧化钠和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，是由于铝和氢氧化钠遇水反应生成气体，且反应放出大量的热，能够加快氢氧化钠对毛发等腐蚀，便于疏通，D正确；故选C。5.离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。最常见的离子液体主要由如下图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是A.该化合物中不存在配位键B.图中负离子的空间结构为正四面体形C.图中正离子中碳原子的杂化方式为D.C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为【答案】A【解析】A．该化合物中，中含有4个Al-Cl键，其中3个是共价键，1个是配位键，A错误；B．中，中心Al的价层电子对数为4，则图中负离子的空间结构为正四面体形，B正确；C．图中正离子中，环上碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为，烃基-C2H5中，C原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为，C正确；D．三种元素中H的电负性最小，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N＞C＞H，D正确；故选A。6.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作和现象结论A相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的，甲酸溶液的更小烷基越长，推电子效应越大B将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀浓硫酸只体现强氧化性C先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深增大压强，平衡向生成气体的方向移动D铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化氧化铁已经完全被铝粉还原A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．烷基是推电子基，烷基越长，推电子效应越大，相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，甲酸溶液的更小，A正确；B．将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，B错误；C．先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，体积缩小，NO2浓度增大，注射器内气体颜色加深，平衡向气体体积小的方向移动，即正向移动，C错误；D．铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，不能证明氧化铁已经完全被铝粉还原，D错误；答案选A。7.某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。下列说法正确的是A.对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性B.该化合物分子中最多有10个碳原子共平面C.该化合物既能和碱反应，又能跟酸反应D.分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息【答案】C【解析】A．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，A错误；B．与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，如图所示：，B错误；C．该化合物含有羧基，能和碱反应，含有亚氨基，能和酸反应，C正确；D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；故选C。8.下列化学反应与方程式不相符的是A.向悬浊液中滴加过量氨水和乙醇：B.邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂：n+(n-1)H2OC.草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa【答案】B【解析】A．向悬浊液中滴加过量氨水，先生成蓝色的，再加入过量乙醇后溶解度减小，会析出固体，则反应的方程式为：，A正确；B．邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂的反应是酚羟基邻位上碳原子的氢原子断裂，故反应的方程式为：n+(n-1)H2O，B错误；C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，草酸为弱酸，被氧化为，被还原为，则反应的方程式为：，C正确；D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解为高级脂肪酸钠和甘油，则反应的方程式为：+3NaOH+3C17H35COONa，D正确；故答案为：B。9.全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是A.放电时，电子流向为a极→负载→b极B.充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极C.充电时，b极的电极反应为D.放电时，每转移电子b极质量理论上减少【答案】D【解析】由图可知，放电时a极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2；充电时，与直流电源负极相连的a极为阴极，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂，b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。A．由分析可知，放电时a极为原电池的负极，b极为正极，则电子流向为a极→负载→b极，故A正确；B．由分析可知，充电时与直流电源负极相连的a极为阴极，b极为阳极，则锂离子流向为b极→固态电解质→复合层→a极，故B正确；C．由分析可知，充电时b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，放电时，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2，则每转移0.1mol电子时，b极增加质量为0.7g，故D错误；故选D。10.一种无机纳米药物，具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力，其组成元素均位于前四周期。X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍，Y原子的M层未成对电子数为4，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期。W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素。下列叙述正确的是A.该盐可捕获形成难溶的物质B.简单氢化物的键角：C.最高价氧化物对应水化物的碱性：D.Z和W可以形成只含离子键的化合物【答案】D【解析】W、X、Y、Z均位于前四周期，X的外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期，则W和Z分别为N和Mg；Y的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其基态原子价电子排布式为3d64s2，Y为Fe元素。A．该盐为，该盐可捕获形成难溶的物质，A不符合题意；B．W、X的简单氢化物分别是氨气和甲烷，甲烷中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体形；氨气中中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则甲烷的键角更大，B不符合题意；C．氢氧化镁属于中强碱，碱性强于氢氧化铁，C不符合题意；D．Z和W可以形成只含离子键的化合物氮化镁，D符合题意；故选D。11.设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是A.和所含的电子数不同B.的溶液中，的数目约为C.溶液中，的数目约为D.反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为【答案】C【解析】A．和都含有10NA个电子，所含的电子数相同，A不正确；B．是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH=3的HN3溶液中，Ka=，则c(HN3)≈0.1mol·L-1，2LpH=3的溶液中对应HN3的数目约为2L×0.1mol·L-1×NA=0.2NA，B不正确；C．溶液中发生水解反应：HN3+OH-，溶液中c(HN3)≈c(OH-)，c()≈0.1mol·L-1，常温下的HN3的，则水解常数Kb=，则，溶液中，OH-的数目约为10-5NA，C正确；D．反应中只有H元素化合价降低，且H元素的化合价由+1价变为0价，每产生标准状况下气体即4mol气体，转移电子数为4NA，D不正确；答案选C。12.具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如下图所示。已知真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让在其中传导，为价，为价，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该晶体的1个完整晶胞中含有8个Co原子B.忽略氧原子缺陷，每个原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心C.真实晶体中+3价与+4价的原子个数比为D.真实晶体的密度为【答案】C【解析】A．该晶体的一个完整晶胞由8个图示结构单元组成，该晶体的一个完整晶胞中含有8个Co原子，故A正确；B．忽略氧原子缺陷，根据图示，每个Co原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心，故B正确；C．根据均摊原则，La数为、Ba数为、Co数为1、真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故含有个O，+3价Co的个数为x，根据化合价代数和等于0，+3+2+3x+4(2-x)-2×6×95%=0，x=1.6，所以+3价Co与+4价Co的原子个数比为4∶1，故C错误；D．晶胞质量为，晶胞体积为，该晶体的密度，故D正确；故答案选C。13.为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如下：下列说法正确的是A.工业生产时，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染B.通过调控反应条件，可提高生产效率，但硫黄的回收率不会高于33.33%C.“低温转化”所涉及到的反应中，还原剂与氧化剂的质量之比为D.“操作”一步中包含“蒸发结晶”【答案】B【解析】由流程可知二氧化硫烟气用碱盐液吸收可生成亚硫酸氢钠，加入硒单质，低温下可转化为硫酸氢钠和硫，过滤得到硫和硫酸氢钠，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸氢钠晶体，以此解答该题。A．若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，由于H2SO3的酸性强于H2S，SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染，A错误；B．NaHSO3在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物NaHSO4，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，3mol二氧化硫可生成1mol硫，则硫黄的回收率不会高于33.33%，B正确；C．NaHSO3在催化剂作用下生成S和NaHSO4，反应中S元素由+4价分别变化为+6价、0价，由得失电子守恒可知NaHSO3既是氧化剂又是还原剂，还原剂与氧化剂的质量之比为2:1，C错误；D．NaHSO4·H2O的溶解度随温度变化大，由溶液得到晶体NaHSO4·H2O，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故D错误；答案选B14.常温下用的溶液滴定未知浓度的氨水。溶液中、含N微粒的分布系数随滴加溶液体积的变化关系如下图所示。[比如的分布系数]，下列叙述正确的是A.曲线②代表B.氨水的浓度为C.氨水的电离常数D.时，溶液中【答案】D【解析】随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐增大，则逐渐增大，曲线②代表，曲线①代表。A．随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐减小，曲线①代表，故A错误；B．根据图知，加入，恰好完全反应，由可得氨水的浓度为，故B错误；C．由图可知时，pH=9.25，常温下，氨水的电离常数，故C错误；D．时，，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，两式相减可得，故D正确；故选D。二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)15.过氧化钙晶体(，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备的实验流程如下：回答下列问题：（1）由石灰石制备纯的过程需经过盐酸溶解、溶液氧化、调除铁、溶液沉钙等步骤。①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是___________。②“溶液沉钙”反应的离子方程式为___________。（2）“制备”过程所用装置如下图所示：①A中若用甲装置制备，所用反应物为___________，若用乙装置制备，写出反应的化学方程式：___________。②“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是___________；生成的离子方程式为___________；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是___________。（3）产品中含量测定。准确称取产品于锥形瓶中，加入蒸馏水和，用标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次。①滴定终点观察到的现象为___________。②根据下表数据，计算产品中的质量分数___________(保留四位有效数字)。滴定次数样品的质量/g溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.25001.0020.9820.25002.0022.0030.25000.2020.22【答案】（1）①.抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出②.（2）①.、②.③.温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率④.⑤.氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行（3）①.滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色②.86.40%【解析】石灰石经过盐酸溶解、溶液氧化、调pH除铁、溶液沉钙等步骤得到纯，再加入盐酸“酸浸”得到氯化钙溶液，向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，据此解答。（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。16.电镀工业废水含有大量的六价铬(、)，具有高度的毒性和致癌性，处理工业含铬废水有如下方法：Ⅰ．还原法。某厂工业含铬废水有少量其他金属离子，现将废水净化并回收金属铬，基本工艺流程如下：已知：①溶液中和存在平衡：②常温下，③几种离子沉淀完全的如下表所示：离子种类完全沉淀6.79.28.0回答下列问题：（1）反应池中溶液的，亚硫酸盐的作用是___________。（2）已知浓度小于时沉淀完全。沉淀池的值一般调整到8.0，此时___________(填“是”或“否”)已沉淀完全。（3）PAC是絮凝剂，是絮凝剂的一种成分，请写出用氢氧化铝与盐酸制备该成分的化学反应方程式___________。（4）清水池后续深度处理时，可采用离子交换技术(阴、阳离子分别被阴离子交换柱、阳离子交换柱吸收并释放出)。待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱的原因为___________。（5）铝热法制备金属Cr的化学方程式为___________。Ⅱ．电解处理技术。用铁板作电极电解处理酸性含铬废水，将Cr(Ⅵ)转化为沉淀如下图所示：（6）电解时a极连接电源的___________极。（7）电解过程中，阳极区溶液中发生反应的离子方程式为___________。当废水颜色不再变化，切断电源，调高溶液pH，生成沉淀除去铬。【答案】（1）作还原剂，将重铬酸根离子还原成三价铬离子（2）是（3）（4）避免阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率（5）（6）正（7）【解析】Ⅰ．铬废水有少量其他金属离子，溶液中和存在平衡：，加入硫酸酸化，加入亚硫酸盐，+4价的硫被+6价的铬氧化，反应为，加入NaOH和PAC进行沉淀，得到，氢氧化铬煅烧得到氧化铬，铝热法得到铬单质；清水池后续处理，经阳离子交换柱交换出金属阳离子，再经过阴离子交换柱后回收利用；Ⅱ．电解时阳极Fe失去电子变为Fe2+，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，阴极上得到电子变为Cr3+，通过调节溶液的pH使Fe3+、Cr3+形成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，据此分析；（1）溶液中和存在平衡：，时铬元素大部分以形式存在，亚硫酸盐作还原剂，+4价的硫被+6价的铬氧化，同时将重铬酸根离子还原成三价铬离子；（2）沉淀池的pH=8，c(OH-)=mol/L，此时c(Cr3+)=，说明已沉淀完全；（3）根据原子守恒，氢氧化铝与盐酸制备的化学反应方程式为：；（4）待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱，可以避免金属阳离子如等与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率；（5）利用铝热法制备金属Cr，发生氧化还原反应，化学方程式为；（6）Fe为阳极失去电子，故电解时a极连接电源的正极；（7）阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：。17.2024年巴黎奥运会火炬燃料是生物丙烷，来自可再生原料，用途广泛，是一种较为清洁的能源，有助于减少碳排放。丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷来制备乙烯、丙烯等产品。请回答下列问题：Ⅰ．直接脱氢法制丙烯的反应为：。在25℃和条件下，几种物质的燃烧热如下表所示：物质燃烧热-2219.9-2049-285.8（1）___________。（2）该反应正向自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应。平衡时容器中总压为，丙烷的转化率为，则该反应的平衡常数为___________(要求带单位；用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数)。Ⅱ．氧化脱氢法制丙烯：在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为：（4）中国科学技术大学研究了在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程(其中吸附在催化剂表面的物质用*表示)如下图所示：则反应物分子在催化剂上的吸附是___________(填“吸热”或“放热”)过程。上述反应历程中决速步骤的反应方程式为：___________。（5）氧化裂解法制丙烯的反应产物中除外，还有、和C等，产生的固体会附着在催化剂表面，降低催化剂活性。下图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响。已知：的选择性；产率转化率选择性。①图1中的转化率随着温度升高而增大的原因为___________。②图2中的值较低时，的选择性较低的原因可能是___________。【答案】（1）+114.9（2）高温（3）（4）①.放热②.或（5）①.温度升高，反应速率加快，转化率升高②.氧气过量，丙烷发生深度氧化产生其它副产物【解析】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式：①，②，③由盖斯定律，①-②-③可得，。（2）该反应，反应后气体物质的量增大，。根据，当时反应自发进行，要使，因为，，则需T较大，即高温条件下反应正向自发进行。（3）设起始时的物质的量为n，列出三段式：平衡时总物质的量为。的分压，和的分压，平衡常数。（4）从反应历程图看，反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低，所以反应物分子在催化剂上的吸附是放热过程。决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤，由图可知活化能最大的步骤对应的反应为。（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快，在相同时间内丙烷反应的量增多，所以丙烷的转化率随着温度升高而增大。②较低时，也就是氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发生深度氧化反应，生成、和等，使得丙烯的选择性降低。18.化合物G是一种新型治疗肿瘤的药物，合成路线如下：回答下列问题：（1）A→B的反应类型为___________；化合物A的名称___________。（2）化合物C含有官能团的名称为___________。（3）E的熔沸点高于D的原因是___________。（4）E→F反应的化学方程式为___________。（5）化合物A的同分异构体中，能使溶液显紫色的还有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为___________。（6）参照上述合成路线，以、和为原料，设计合成路线：___________(可用NBS和AIBN，其他无机试剂任选)。【答案】（1）①.取代反应②.3，5—二甲基苯酚（2）碳溴键(或溴原子)、酯基（3）E分子中存在羟基，能形成分子间氢键（4）（5）①.8②.（6）【解析】与乙酸酐反应生成B，根据B的分子式可知，反应为取代反应，同时生成乙酸，则B为，D在氢氧化钠溶液中水解后盐酸酸化得到E为，结合其他有机化合物的结构简式及反应条件进行分析解答；（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；化合物A的结构简式为，名称为3，5—二甲基苯酚；（2）化合物C的结构简式为，含有官能团的名称为：碳溴键(或溴原子)、酯基；（3）E的结构简式为：，D的结构简式为：，E分子中存在羟基，能形成分子间氢键，故E的熔沸点高于D；（4）由分析可知，E的结构简式为，E→F反应的化学方程式为：；（5）化合物A的结构简式为，同分异构体中能使溶液显紫色的还有：、、、、、(邻间对)，共8种；峰面积之比为的同分异构体可能的结构简式为：；（6）溴乙烷与反应生成，一定条件下转化为，与反应得到，设计合成的路线为：。甘肃省部分学校2025届高三下学期4月二模考试试题本试卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16S-32Ca-40Co-59Ba-137La-139一、选择题(本题包括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.甘肃省博物馆汇集了甘肃从远古时期到近现代的大量文化珍宝。下列说法错误的是A.铜奔马的主要成分是合金B.驿使图壁画砖的主要成分是碳酸钙C.《仪礼》竹木简牍的主要成分是纤维素D.人头形器口彩陶瓶的主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】A．铜奔马的主要成分是铜合金，属于合金，A正确；B．驿使图壁画砖的主要成分是硅酸盐，B错误；C．竹木简牍的主要成分是纤维素，C正确；D．人头形器口彩陶瓶属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，D正确；答案选B。2.下列化学用语表达正确的是A.激发态氯原子的价电子排布图为B.中C原子最高能级的电子云轮廓图为C.的电子式为D.的VSEPR模型为【答案】D【解析】A．基态氯原子的价电子排布式为3s23p5，激发态氯原子的价电子排布式可以为3s13p6，其排布图可以为，故A错误；B．C原子核外电子排布式为1s22s22p2，其最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型，2p能级只有两个电子，电子云应向两个方向伸展，而不是图中三个方向，故B错误；C．是共价化合物，电子式为，故C错误；D．中S原子价电子对数为，孤对电子数为1，VSEPR模型为，故D正确；选D。3.下列实验事故的处理方法合理的是选项实验事故处理方法A不慎将金属汞洒落地面必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖B金属钠着火快速用二氧化碳灭火器灭火C稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上用3%~5%的烧碱溶液冲洗D蒸馏操作时忘记加沸石停止加热，立即加入沸石再加热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．金属汞有挥发性，不慎将金属汞洒落地面，必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖，A正确；B．金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2，不能用二氧化碳灭火器灭钠着火，B项错误；C．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用干抹布擦拭，然后大量的水冲洗，最后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，C错误；D．蒸馏操作时若忘记加沸石，应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，D错误；答案选A。4.下列关于物质的性质、用途等描述错误的是A.具有还原性，在葡萄酒中添加适量的可防止葡萄酒氧化变质B.面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包的主要原理是碳氢酸钠受热分解能产生气体C.液氨可用作工业制冷剂是由于氨易溶于水D.氢氧化钠溶液呈强碱性并能与铝粉反应产生气体且放热，可将两种物质混合做厨卫管道疏通剂【答案】C【解析】A．具有还原性，可防止葡萄酒氧化变质，A正确；B．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，从而使面包变疏松，B正确；C．液氨作制冷剂是因液氨汽化吸热，而非“易溶于水”，C错误；D．氢氧化钠和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，是由于铝和氢氧化钠遇水反应生成气体，且反应放出大量的热，能够加快氢氧化钠对毛发等腐蚀，便于疏通，D正确；故选C。5.离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。最常见的离子液体主要由如下图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是A.该化合物中不存在配位键B.图中负离子的空间结构为正四面体形C.图中正离子中碳原子的杂化方式为D.C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为【答案】A【解析】A．该化合物中，中含有4个Al-Cl键，其中3个是共价键，1个是配位键，A错误；B．中，中心Al的价层电子对数为4，则图中负离子的空间结构为正四面体形，B正确；C．图中正离子中，环上碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为，烃基-C2H5中，C原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为，C正确；D．三种元素中H的电负性最小，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N＞C＞H，D正确；故选A。6.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作和现象结论A相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的，甲酸溶液的更小烷基越长，推电子效应越大B将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀浓硫酸只体现强氧化性C先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深增大压强，平衡向生成气体的方向移动D铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化氧化铁已经完全被铝粉还原A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．烷基是推电子基，烷基越长，推电子效应越大，相同温度下用计测定等浓度甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，甲酸溶液的更小，A正确；B．将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑且膨胀，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，B错误；C．先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，体积缩小，NO2浓度增大，注射器内气体颜色加深，平衡向气体体积小的方向移动，即正向移动，C错误；D．铝粉与氧化铁发生铝热反应，冷却后将固体溶于盐酸，向所得溶液滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，不能证明氧化铁已经完全被铝粉还原，D错误；答案选A。7.某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。下列说法正确的是A.对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性B.该化合物分子中最多有10个碳原子共平面C.该化合物既能和碱反应，又能跟酸反应D.分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息【答案】C【解析】A．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，A错误；B．与苯环、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，如图所示：，B错误；C．该化合物含有羧基，能和碱反应，含有亚氨基，能和酸反应，C正确；D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；故选C。8.下列化学反应与方程式不相符的是A.向悬浊液中滴加过量氨水和乙醇：B.邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂：n+(n-1)H2OC.草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：D.硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa【答案】B【解析】A．向悬浊液中滴加过量氨水，先生成蓝色的，再加入过量乙醇后溶解度减小，会析出固体，则反应的方程式为：，A正确；B．邻羟甲基苯酚脱水缩合制酚醛树脂的反应是酚羟基邻位上碳原子的氢原子断裂，故反应的方程式为：n+(n-1)H2O，B错误；C．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，草酸为弱酸，被氧化为，被还原为，则反应的方程式为：，C正确；D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解为高级脂肪酸钠和甘油，则反应的方程式为：+3NaOH+3C17H35COONa，D正确；故答案为：B。9.全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZTO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图所示，放电时电池反应为。下列说法错误的是A.放电时，电子流向为a极→负载→b极B.充电时，流向为b极→固态电解质→复合层→a极C.充电时，b极的电极反应为D.放电时，每转移电子b极质量理论上减少【答案】D【解析】由图可知，放电时a极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2；充电时，与直流电源负极相连的a极为阴极，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂，b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子。A．由分析可知，放电时a极为原电池的负极，b极为正极，则电子流向为a极→负载→b极，故A正确；B．由分析可知，充电时与直流电源负极相连的a极为阴极，b极为阳极，则锂离子流向为b极→固态电解质→复合层→a极，故B正确；C．由分析可知，充电时b极为阳极，LiNixCoyMnzO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li1-aNixCoyMnzO2和锂离子，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，放电时，b极为正极，锂离子作用下Li1-aNixCoyMnzO2在正极得到电子发生还原反应生成LiNixCoyMnzO2，则每转移0.1mol电子时，b极增加质量为0.7g，故D错误；故选D。10.一种无机纳米药物，具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力，其组成元素均位于前四周期。X原子的外层电子数是其内层电子数的2倍，Y原子的M层未成对电子数为4，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期。W和Z的第一电离能都大于左右相邻元素。下列叙述正确的是A.该盐可捕获形成难溶的物质B.简单氢化物的键角：C.最高价氧化物对应水化物的碱性：D.Z和W可以形成只含离子键的化合物【答案】D【解析】W、X、Y、Z均位于前四周期，X的外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，X与W属于同周期，X、Y、Z不属于同周期，则W和Z分别为N和Mg；Y的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其基态原子价电子排布式为3d64s2，Y为Fe元素。A．该盐为，该盐可捕获形成难溶的物质，A不符合题意；B．W、X的简单氢化物分别是氨气和甲烷，甲烷中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体形；氨气中中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则甲烷的键角更大，B不符合题意；C．氢氧化镁属于中强碱，碱性强于氢氧化铁，C不符合题意；D．Z和W可以形成只含离子键的化合物氮化镁，D符合题意；故选D。11.设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是A.和所含的电子数不同B.的溶液中，的数目约为C.溶液中，的数目约为D.反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为【答案】C【解析】A．和都含有10NA个电子，所含的电子数相同，A不正确；B．是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH=3的HN3溶液中，Ka=，则c(HN3)≈0.1mol·L-1，2LpH=3的溶液中对应HN3的数目约为2L×0.1mol·L-1×NA=0.2NA，B不正确；C．溶液中发生水解反应：HN3+OH-，溶液中c(HN3)≈c(OH-)，c()≈0.1mol·L-1，常温下的HN3的，则水解常数Kb=，则，溶液中，OH-的数目约为10-5NA，C正确；D．反应中只有H元素化合价降低，且H元素的化合价由+1价变为0价，每产生标准状况下气体即4mol气体，转移电子数为4NA，D不正确；答案选C。12.具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如下图所示。已知真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让在其中传导，为价，为价，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该晶体的1个完整晶胞中含有8个Co原子B.忽略氧原子缺陷，每个原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心C.真实晶体中+3价与+4价的原子个数比为D.真实晶体的密度为【答案】C【解析】A．该晶体的一个完整晶胞由8个图示结构单元组成，该晶体的一个完整晶胞中含有8个Co原子，故A正确；B．忽略氧原子缺陷，根据图示，每个Co原子都处于氧原子围成的正八面体空隙的中心，故B正确；C．根据均摊原则，La数为、Ba数为、Co数为1、真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，故含有个O，+3价Co的个数为x，根据化合价代数和等于0，+3+2+3x+4(2-x)-2×6×95%=0，x=1.6，所以+3价Co与+4价Co的原子个数比为4∶1，故C错误；D．晶胞质量为，晶胞体积为，该晶体的密度，故D正确；故答案选C。13.为有效治理低浓度二氧化硫烟气，国内外展开了大量的研究，某科研机构利用硒(Se)单质作催化剂，实现了低温下亚硫酸氢钠制备单质硫，其工艺流程如下：下列说法正确的是A.工业生产时，“碱盐”可选用成本较低的溶液，且能避免二次污染B.通过调控反应条件，可提高生产效率，但硫黄的回收率不会高于33.33%C.“低温转化”所涉及到的反应中，还原剂与氧化剂的质量之比为D.“操作”一步中包含“蒸发结晶”【答案】B【解析】由流程可知二氧化硫烟气用碱盐液吸收可生成亚硫酸氢钠，加入硒单质，低温下可转化为硫酸氢钠和硫，过滤得到硫和硫酸氢钠，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸氢钠晶体，以此解答该题。A．若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，由于H2SO3的酸性强于H2S，SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染，A错误；B．NaHSO3在催化剂作用下生成还原产物S和氧化产物NaHSO4，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，3mol二氧化硫可生成1mol硫，则硫黄的回收率不会高于33.33%，B正确；C．NaHSO3在催化剂作用下生成S和NaHSO4，反应中S元素由+4价分别变化为+6价、0价，由得失电子守恒可知NaHSO3既是氧化剂又是还原剂，还原剂与氧化剂的质量之比为2:1，C错误；D．NaHSO4·H2O的溶解度随温度变化大，由溶液得到晶体NaHSO4·H2O，应进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故D错误；答案选B14.常温下用的溶液滴定未知浓度的氨水。溶液中、含N微粒的分布系数随滴加溶液体积的变化关系如下图所示。[比如的分布系数]，下列叙述正确的是A.曲线②代表B.氨水的浓度为C.氨水的电离常数D.时，溶液中【答案】D【解析】随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐增大，则逐渐增大，曲线②代表，曲线①代表。A．随着溶液的滴加，逐渐被中和，逐渐减小，逐渐减小，曲线①代表，故A错误；B．根据图知，加入，恰好完全反应，由可得氨水的浓度为，故B错误；C．由图可知时，pH=9.25，常温下，氨水的电离常数，故C错误；D．时，，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，两式相减可得，故D正确；故选D。二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)15.过氧化钙晶体(，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备的实验流程如下：回答下列问题：（1）由石灰石制备纯的过程需经过盐酸溶解、溶液氧化、调除铁、溶液沉钙等步骤。①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是___________。②“溶液沉钙”反应的离子方程式为___________。（2）“制备”过程所用装置如下图所示：①A中若用甲装置制备，所用反应物为___________，若用乙装置制备，写出反应的化学方程式：___________。②“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是___________；生成的离子方程式为___________；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是___________。（3）产品中含量测定。准确称取产品于锥形瓶中，加入蒸馏水和，用标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次。①滴定终点观察到的现象为___________。②根据下表数据，计算产品中的质量分数___________(保留四位有效数字)。滴定次数样品的质量/g溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.25001.0020.9820.25002.0022.0030.25000.2020.22【答案】（1）①.抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出②.（2）①.、②.③.温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率④.⑤.氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行（3）①.滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色②.86.40%【解析】石灰石经过盐酸溶解、溶液氧化、调pH除铁、溶液沉钙等步骤得到纯，再加入盐酸“酸浸”得到氯化钙溶液，向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，据此解答。（1）①“调除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是：抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止晶体析出；②加入溶液沉钙发生的离子反应为与反应生成沉淀，反应的离子方程式为：；（2）①由实验装置图可知，甲装置制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，则A中若用甲装置制备，所用反应物为、；若用乙装置制备，则乙装置中发生的反应为浓氨水受热分解生成氨气和水，反应的化学方程式为：；②“制备”过程是向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应制备，因过氧化氢和氨水受热均易分解，为防止反应物分解导致的产率降低，制备时需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，原因是：温度低可减少过氧化氢和氨水的分解，提高其利用率；向氯化钙溶液中加入双氧水、氨水反应生成和，则生成的离子方程式为：；与直接反应不易发生，制备时加入适量氨水可将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行，所以制备时加入适量氨水有利于生成，其原因可能是：氨水将反应生成的中和，使浓度降低，促进反应向生成的方向进行；（3）①滴定过程中，标准溶液自身作指示剂，则滴定终点观察到的现象为：滴入最后半滴标准溶液后溶液由无色变浅红色，且不褪色；②由表格数据可知，三次滴定消耗高锰酸钾标准溶液体积分别为19.98mL、20.00mL、20.02mL，则消耗高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，由得失电子守恒可得关系式：~2KMnO4，则产品中的质量分数为=86.40%。16.电镀工业废水含有大量的六价铬(、)，具有高度的毒性和致癌性，处理工业含铬废水有如下方法：Ⅰ．还原法。某厂工业含铬废水有少量其他金属离子，现将废水净化并回收金属铬，基本工艺流程如下：已知：①溶液中和存在平衡：②常温下，③几种离子沉淀完全的如下表所示：离子种类完全沉淀6.79.28.0回答下列问题：（1）反应池中溶液的，亚硫酸盐的作用是___________。（2）已知浓度小于时沉淀完全。沉淀池的值一般调整到8.0，此时___________(填“是”或“否”)已沉淀完全。（3）PAC是絮凝剂，是絮凝剂的一种成分，请写出用氢氧化铝与盐酸制备该成分的化学反应方程式___________。（4）清水池后续深度处理时，可采用离子交换技术(阴、阳离子分别被阴离子交换柱、阳离子交换柱吸收并释放出)。待净化水先经过阳离子交换柱后再通过阴离子交换柱的原因为___________。（5）铝热法制备金属Cr的化学方程式为___________。Ⅱ．电解处理技术。用铁板作电极电解处理酸性含铬废水，将Cr(Ⅵ)转化为沉淀如下图所示：（6）电解时a极连接电源的___________极。（7）电解过程中，阳极区溶液中发生反应的离子方程式为___________。当废水颜色不再变化，切断电源，调高溶液pH，生成沉淀除去铬。【答案】（1）作还原剂，将重铬酸根离子还原成三价铬离子（2）是（3）（4）避免阳离子与阴离子交换柱内生成沉淀，降低交换效率（5）（6）正（7）【解析】Ⅰ．铬废水有少量其他金属离子，溶液中和存在平衡：，加入硫酸酸化，加入亚硫酸盐，+4价的硫被+6价的铬氧化，反应为，加入NaOH和PAC进行沉淀，得到，氢氧化铬煅烧得到氧化铬，铝热法得到铬单质；清水池后续处理，经阳离子交换柱交换出金属阳离子，再经过阴离子交换柱后回收利用；Ⅱ．电解时阳极Fe失去电子变为Fe2+，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，阴极上得到电子变为Cr3+，通过调节溶液的pH使Fe3+、Cr3+形成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，据此分析；（1）溶液中和存在平衡：，时铬元素大部分以形式存在，亚硫酸盐作还原剂，+4价的硫被+6价的铬氧化，同时将重铬酸根离子还原成三价铬离子；（2）沉淀池的pH=8，c(OH-)=mol/L，此时c(Cr3+)=，说明已沉