广东省佛山市2025届高三下学期二模化学试题（含答案）

第第页广东省佛山市2025届高三下学期二模化学试题一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．央视春晚吉祥物“巳升升”融合了中华传统元素。下列相关物品中，主要由硅酸盐材料制成的是A．蝙蝠木雕B．红陶贴塑蛇纹罐C．银质鎏金如意D．丝质寿字结A．A B．B C．C D．D2．哈尔滨亚冬会是体育与科技交汇的典范。下列说法错误的是A．冰雪是亚冬会的主阵地，H2B．“幻境冰蓝”颁奖礼服材质含聚酯纤维，涤纶属于聚酯纤维C．“澎湃”火炬外壳冰晶透明，其成分聚碳酸酯属于高分子化合物D．滑雪板板底由聚乙烯制成，低密度聚乙烯可用于生产食品包装袋3．“科教兴国”展现了中国人逐梦星辰大海的豪情壮志。下列说法正确的是A．无液氦极低温制冷意义重大：氦分子内部存在共价键B．中国“人造太阳”实现亿度千秒运行：核聚变是化学变化C．嫦娥六号探测器使用了压电陶瓷：压电陶瓷属于新型无机非金属材料D．“梦想”号大洋钻探船续航由燃油供应：燃油燃烧时热能转化为化学能4．“化学使生活更美好！”下列相关解释错误的是A．用含NaOH的清洁剂除油污：NaOH与油脂发生皂化反应B．用活性炭包除冰箱异味：活性炭具有强还原性C．用干冰制作白雾缭绕美景：干冰升华吸热D．煮鸡蛋准备早餐：加热使蛋白质变性5．4000多年前，古人发现SO2A．制备SOB．干燥SOC．收集SOD．验证SO2A．A B．B C．C D．D6．“光荣属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A药物研发员：研发抗酸药复方氢氧化铝片氢氧化铝能与酸反应B防腐技术员：加入铬、镍元素制成不锈钢利用牺牲阳极法进行防腐C食品质检员：定氮法测定牛奶中蛋白质含量不同蛋白质含氮量接近D电池研发员：利用石墨烯材料开发新型电池石墨烯电阻率低，热导率高A．A B．B C．C D．D7．设NAA．1.20gNaHSO4晶体中离子数目为B．1mol H2SC．标准状况下，22.4L SO2和D．1L 0.1mol⋅L−1 Na8．按如图装置进行实验。预期现象及相应推理均合理的是A．胶头滴管中水柱上升，说明发生了析氢腐蚀B．滤纸1变红，说明生成了FeC．滤纸2变红，说明生成了HD．一段时间铁钉出现红色物质，说明生成Fe(Ⅲ)化合物9．如图所示有机物可用于合成某种促凝血药物。关于该化合物，说法正确的是A．分子中存在s-pσ键B．能发生加成反应和氧化反应C．分子中所有碳原子不可能共面D．与足量的NaOH溶液反应，消耗2molNaOH10．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且相互关联的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA钠保存在炼油中钠在空气中极易被氧化B苯可萃取溴水中的溴苯的大π键比较稳定CO3在水中溶解度比在CClO3和H2OD乙醇和浓硫酸共热产生的气体使溴水褪色乙醇与浓硫酸共热产生的气体只有乙烯A．A B．B C．C D．D11．阿司匹林()溶液中含杂质水杨酸()、水杨酸缩聚物、乙酸，提纯方法如图所示。下列说法错误的是已知：阿司匹林可溶于乙醇，微溶于冷水，在热水中溶解度增大。A．“加冷水”的目的是降低阿司匹林溶解度，促使其析出B．“操作1”为过滤C．“操作2”为过滤、热水洗涤、干燥D．“操作3”为重结晶，可选乙醇作溶剂12．部分含Mg或Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断错误的是A．a一定条件下可与水反应B．b、c、d、e都能溶于盐酸C．海水提取Mg存在f→D．g溶液与NaHCO313．某物质是重要的有机原料，结构如图所示。W、X、Y、Z、Q为原子序数递增的短周期主族元素，前三周期均有分布。基态X的价电子排布式为nsA．原子半径：ZB．电负性：YC．键角：YWD．甲中X和Y原子均达8e14．DMO和H2A．图中实线是Cu负载量为5%的催化剂作用下的历程B．改变Cu负载量，可调控EG的平衡产率C．仅升高温度，c平D．仅加快流速，DMO转化率一定增大15．用如图所示装置进行实验(夹持装置略去)，实验前关闭止水夹。下列说法错误的是A．试剂m是碱石灰B．搅拌后湿润红色石蕊试纸变蓝C．搅拌后锥形瓶壁变冷，说明发生了吸热反应D．搅拌后打开止水夹，产生大量白烟，说明反应生成了NH16．科研团队使用碳纳米管做电极，实现了常温、常压条件下尿素CONHA．活性电极的电极电势高于Pt电极B．活性电极上CO2C．“气体”经过分离后，可以补充甲室消耗的COD．电路中转移16mol电子时，甲侧溶液质量增加44g二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．Na2SO3（1）配制实验试剂。试剂a：pH=2(用H2SO4试剂b：pH=8(用KOH调节)mol试剂c：pH≈9的饱和（2）配制上述溶液需要用到图甲中的仪器有(填编号)。（3）Na2SO3溶液易被溶解氧氧化：2Na2SO3(aq)+O2(aq)=2Na2（4）设计方案并完成实验。实验序号实验1实验2实验3实验4实验5实验内容溶液颜色变化橙→绿无明显变化橙→黄黄→浅黄a：橙→浅橙b：黄→浅黄①实验5的目的为。②由实验1和2可得出结论：在酸性条件下，发生反应(用离子方程式表示)；在碱性条件下，Na2③若往实验3反应后的溶液中逐滴滴加过量3mol⋅L-1（5）探究溶液酸性增强对Na2SO3实验6：往4mL试剂b中滴加5滴H2实验7：往4mL试剂c中滴加5滴H2用碳棒作电极，连接电压传感器测得实验6，7的电压变化如图所示。已知：氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱，都能使电压增大。①由图可知，实验结论为。②有同学提出质疑：溶液酸性增强，溶液中的溶解氧会对实验结论造成影响。设计实验方案，并给出“质疑不成立”的判断依据：。18．一种以硼镁矿(含B2O3已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：B(（1）基态Mg2+有（2）“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是。（3）“吸收”时发生反应的化学方程式为。（4）“母液”加热后可返回工序循环利用。（5）热过滤后“调pH”的试剂为(填化学式)。溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是此时溶液中c[B（6）粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式。（7）沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物X，其立方晶胞结构如图2a，沿z轴方向的投影为图2b。①X的化学式为。②X最简式的式量为Mr，晶体边长为apm，其晶胞密度为g⋅cm19．铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。（1）基态Fe价电子排布式为。用以下焓变表示Fe的第一电离能为。（2）FeCl3溶液中有Fe3+、[FeCl]2+、FeCl2+、FeCl①配制FeCl3的方法是将FeCl3晶体溶于，再加水稀释至②FeCl3溶液呈黄色与生成Fe(OH)3③当cCl−<0.1Ⅰ．Fe3++Ⅱ．[FeCl]KⅠKⅡ(填“>”“<”或“=”)；常温下，测得0.001mol⋅L−1 FeCl3（3）向盛有5mL0.005mol⋅①向第一支试管中滴加饱和FeCl3溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因②向另一支试管中加入FeNO3320．普卡必利是常用的胃肠促动药物，合成其中间体V的路线如下(反应条件略)：（1）Ⅰ的名称为；V中含氧官能团名称是。（2）根据Ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新物质反应类型①②新制CuOH（3）化合物Ⅳ的同分异构体中，同时满足如下条件的有种，写出其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式(任写一种)条件：i含−NO2；ⅱ苯环上含有4个取代基；ⅲ，能与（4）关于上述路线中的相关物质及转化，下列说法错误的有___________。A．Ⅳ在水中的溶解度比Ⅴ大B．Ⅴ中氮原子和氧原子均为sp3C．Ⅳ和Ⅴ中均不存在手性碳原子D．反应③的原子利用率为100%（5）以乙烯为唯一有机原料，可四步合成。基于该合成路线，回答：①相关步骤涉及水解反应，有机反应物为(写结构简式)。②相关步骤涉及氧化反应，其化学方程式为(注明反应条件)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．蝙蝠木雕的材质为木材，木材属于天然有机高分子材料，不属于硅酸盐材料范畴，选项A错误；B．红陶贴塑蛇纹罐作为陶瓷制品，其原料为黏土等硅酸盐矿物，经高温烧结工艺制成，是典型的硅酸盐材料，选项B正确；C．银质鎏金如意的主要成分为金属银，表面经过鎏金工艺处理（即镀金工艺），属于金属材料体系，不符合硅酸盐材料的定义，选项C错误；D．丝质寿字结由蚕丝蛋白纤维制成，属于天然蛋白质类有机高分子材料，与硅酸盐材料无涉，选项D错误；

故答案为：B

【分析】A、木材属于天然有机高分子材料。

B、陶瓷的成分为硅酸盐。

C、银属于金属材料。

D、蚕丝的成分为蛋白质。2．【答案】A【解析】【解析】A．H2O分子中氧原子的价层电子对数为2+6-2×12=4，其VSEPR模型应为四面体形，选项A错误；B．合成纤维（如涤纶等聚酯纤维）具有优异的弹性、耐磨性和易清洗特性，是运动服装和运动鞋制造的常用材料，选项B正确；

C．聚碳酸酯作为含碳高分子化合物，属于有机高分子材料，选项C正确；

D．滑雪板板底使用的聚乙烯塑料中，低密度聚乙烯常用于制作食品包装袋等薄膜制品，选项D正确；

故答案为：A

【分析】A、根据中心氧原子的价层电子对数，确定其VSEPR模型。

B、涤纶属于聚酯纤维。

3．【答案】C【解析】【解答】A．氦（He）是单原子分子，其分子内部不存在共价键，选项A错误。B．核聚变过程中原子核发生改变，这属于核反应而非化学变化，选项B错误。C．压电陶瓷属于无机非金属材料，具有压电特性，是一种新型功能材料，选项C正确。D．燃油燃烧时将化学能转化为热能和光能等，选项D错误。

故答案为：C

【分析】A、He为氮原子分子，不存在化学键。

B、核聚边属于物理变化。

C、压电陶瓷属于无机非金属材料。

D、燃油燃烧时化学能转化为热能。4．【答案】B【解析】【解答】A．氢氧化钠能与油脂发生皂化反应（化学方程式：RCOOR'+NaOH→RCOONa+R'OH），该性质使其可用于去除油污，选项A正确；B．活性炭因其疏松多孔结构具有吸附性，可用于冰箱除异味，但题目要求选择"错误"的选项，B选项错误；

C．干冰（固态CO2）升华时吸收大量热（ΔH>0），使周围水蒸气冷凝形成白雾，此过程为物理变化，选项C正确；

D．鸡蛋主要成分为蛋白质，加热时蛋白质发生变性（空间结构改变），选项D正确；

故答案为：B

【分析】A、油脂属于酯类物质，能与NaOH溶液反应。

B、活性炭除异味，是利用了活性炭的吸附性。

C、干冰升华吸热，使得周围温度降低。

D、加热能使蛋白质结构改变。5．【答案】D【解析】【解答】A、铜与浓硫酸在加热条件下会发生反应生成二氧化硫气体，A不符合题意。B、五氧化二磷（P2O5）和二氧化硫（SO2）都属于酸性氧化物，两者不会发生化学反应，因此五氧化二磷可以用来干燥二氧化硫气体，B不符合题意。

C、二氧化硫（SO2）具有易溶于水且密度大于空气的特性，因此适合采用向上排空气法收集，C不符合题意。

D、虽然二氧化硫能使紫色石蕊试液变红（显示酸性），但不能使其褪色，因此该实验现象不能证明二氧化硫具有漂白性，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、铜与浓硫酸加热条件下反应生成SO2。

B、P2O5为酸性干燥剂，可用于干燥SO2。

C、SO2的密度比空气大，可用向上排空气法收集。

D、石蕊溶液用于验证SO26．【答案】B【解析】【解答】A．氢氧化铝能与酸发生中和反应，因此可用作抗酸药，两者存在关联，A不符合题意；B．在不锈钢中加入铬、镍元素是通过改变金属内部结构来增强抗腐蚀性，属于合金化方法。这与牺牲阳极法（利用原电池原理使活泼金属作为阳极被腐蚀）的防腐原理不同，两者无关联，B符合题意；C．凯氏定氮法测定蛋白质含量的原理是：由于大多数蛋白质的含氮量相近（约16%），通过测定样品中的氮含量可推算蛋白质含量，两者存在关联，C不符合题意；D．石墨烯的低电阻率特性有助于降低电池内阻，提高充放电效率；其高热导率特性有利于电池散热，维持工作稳定性，这些特性与电池研发直接相关，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A、Al(OH)3能与酸反应。

B、制成不锈钢，改变了金属内部结构，从而起到防止腐蚀的作用。

C、通过测定样品中氮的含量，从而推算蛋白质含量。

D、结合石墨烯低电阻率的特性分析。7．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸氢钠(NaHSO4)晶体由Na+和HSO4-离子组成。1.20gNaHSO4的物质的量为0.01mol（计算过程：1.20g÷120g/mol=0.01mol），因此所含离子总数为0.02NA，A选项错误。B．根据反应方程式2H2S+SO2=3S+2H2O，以1molH2S计算（SO2过量），硫元素从-2价升至0价，转移电子数为2NA，B选项正确。C．在标准状况下，22.4LSO2和CO2混合气体总物质的量为1mol。由于每个SO2或CO2分子均含有2个σ键，因此混合气体中σ键总数为2NA，C选项错误。D．在1L0.1mol/LNa2SO3溶液中，由于SO32-会发生水解（生成H2SO3和HSO3-），根据硫元素守恒，SO32-、H2SO3和HSO3-的总数应为0.1NA，C选项错误。故答案为：B

【分析】A、NaHSO4晶体中含有一个Na＋和一个HSO4－。

B、H2S和SO2反应生成S和H2O，结合化合价变化计算转移电子数。

C、一个SO2或一个CO2中都含有2个σ键，据此计算。

D、结合硫元素守恒计算。8．【答案】D【解析】【解答】A．根据分析可知，胶头滴管中水柱上升确实表明发生了吸氧腐蚀，但题目要求选择错误的选项，A选项错误；B．滤纸1用于检测亚铁离子，而非铁离子，且反应产物是蓝色沉淀而非红色，B选项错误；C．滤纸2变红表明有氢氧根离子生成，但题目要求选择错误的选项，C选项错误；D．铁钉表面出现红色物质确实表明生成了三价铁的化合物，D选项正确；故答案为：D【分析】当铁钉浸泡在食盐水中时，会发生吸氧腐蚀过程。这一反应导致滴管内压强降低，从而使胶头滴管中的水柱上升。亚铁离子（Fe2+）与铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）反应会生成蓝色沉淀，因此滤纸1的作用是检测亚铁离子的存在，而不是检测铁离子（Fe3+）。碱性环境能使酚酞试液变红，所以滤纸2变红表明有氢氧根离子（OH-）生成。经过一段时间后，铁钉表面出现红色物质，这表明亚铁离子被空气中的氧气氧化，生成了三价铁的化合物。9．【答案】B【解析】【解答】A．分子中存在s-sp3σ键（如甲基中的C-H键）和sC．虽然两个苯环是平面结构，且可以通过单键旋转使它们共面，酯基与甲基之间的单键也可以旋转，但并不能保证所有碳原子一定共面，选项C错误。D.1mol该化合物中的酯基和酚羟基共可消耗2molNaOH，但题目未给出化合物的具体物质的量，因此无法计算实际消耗的NaOH量，选项D错误。故答案为：B

【分析】A、分子结构中不存在s-pσ键。

B、苯环可发生加成反应，酚羟基可发生氧化反应。

C、结合苯环和羰基的平面型结构分析。

D、分子结构中的酯基、酚羟基都能与NaOH反应。10．【答案】A【解析】【解答】A、钠的化学性质活泼，在空气中极易被氧化，因此需要保存在煤油（石油提炼产物）中以隔绝空气。陈述I（钠的保存方式）和陈述II（保存原因）都正确且具有因果关系，选项A正确。B、苯能萃取溴水中的溴是因为苯不溶于水且溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，这与苯的大π键稳定性无关。陈述I和陈述II之间没有直接关联，选项B错误。

C、O3和H2O是极性分子，而CCl4是非极性分子。但由于臭氧的极性较弱，其在水中的溶解度反而比在四氯化碳中小，因此陈述I是错误的，选项C错误。

D、乙醇与浓硫酸共热时，除生成乙烯外还可能产生二氧化硫等杂质气体，这些气体也能使溴水褪色，因此不能仅凭溴水褪色就证明生成了乙烯。陈述II是错误的，选项D错误。

故答案为：A

【分析】A、钠保存在煤油中，可起到隔绝空气的作用。

B、Br2在苯中的溶解度比水大，可用苯萃取溴水中的Br2。

C、O3分子的极性很弱，在CCl4中的溶解度更大。11．【答案】C【解析】【解答】A．阿司匹林在冷水中溶解度较小，加冷水可降低其溶解度，促进晶体析出，选项A正确；B．“操作1”为固液分离，即过滤，选项B正确；C．盐酸酸化后，乙酰水杨酸钠转化为阿司匹林，因其微溶于冷水，需通过过滤、冷水洗涤、干燥获得产品，选项C错误；D．阿司匹林可溶于乙醇，因此乙醇可作为重结晶溶剂，选项D正确；故答案为：C

【分析】根据物质溶解性差异，阿司匹林在冷水中溶解度较低，加入冷水后晶体析出，通过过滤获得粗产品。随后加入饱和NaHCO3溶液，将乙酰水杨酸转化为可溶的乙酰水杨酸钠，过滤除去不溶性杂质（如水杨酸缩聚物）。滤液经盐酸酸化后，乙酰水杨酸钠重新转化为乙酰水杨酸，经提纯得到最终产物。据此结合选项分析。12．【答案】D【解析】【解答】A.镁和铝均为活泼金属，在加热或特定条件下能与水反应（如镁与热水、铝与高温水蒸气），A选项正确。B.物质b（MgO）、c（Al2O3）、d（Mg(OH)2）、e（Al(OH)3）均能与盐酸反应生成对应的盐和水，B选项正确。

C.海水提镁的工业流程中：通过碱（如石灰乳）将f（MgCl2）转化为d（Mg(OH)2）沉淀；过滤后用盐酸溶解d，重新得到f（MgCl2）；电解熔融f获得a（Mg）。存在转化链f→d→f→a，C选项正确。

D.若g为Na[Al(OH)4]（四羟基合铝酸钠），其与NaHCO3溶液混合时，因两者均显碱性，不会产生CO2气体，D选项错误。

故答案为：D

【分析】A、一定条件下，Mg、Al都能与水反应。

B、金属氧化物、碱都能与盐酸反应。

C、海水提Mg过程中涉及转化Mg2＋→Mg(OH)2→MgCl2→Mg。13．【答案】D【解析】解答】A.同周期元素从左到右原子半径递减，因此原子半径大小应为C>N>O，选项A错误；B.元素的非金属性越强电负性越大，非金属性顺序O>N>C>H，对应电负性顺序也是O>N>C>H，选项B错误；C.分子键角比较：NH3和H2O的中心原子都是sp3杂化；H2O中氧原子有2对孤电子对，NH3中氮原子有1对孤电子对，孤电子对对键电子对的排斥作用更强，导致H2O的键角小于NH3；HCHO中碳原子采用sp2杂化，键角最大。因此键角顺序为HCHO>NH3>H2O，选项C错误；D.在甲结构中：碳原子(C)最外层4个电子，通过形成4个共价键达到8电子稳定结构；氮原子(N)最外层5个电子，失去1个电子后形成4个共价键，也达到8e故答案为：D【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序数递增的短周期主族元素，分布在周期表前三周期。根据条件可确定：W是氢元素(H)；X的基态价电子排布为nsn14．【答案】A【解析】【解答】A、过渡态与反应物的能量差代表活化能。活化能越小，反应速率越快；活化能越大，反应速率越慢。在DMO和H2流速固定的条件下，使用5%Cu负载量的催化剂时原料转化率更高，说明其活化能较小。因此，实线对应5%Cu负载量催化剂的反应历程，选项A正确。B、催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡。因此，改变Cu负载量无法调控EG的平衡产率，选项B错误。C、根据图示，生成物能量高于反应物，说明该反应为放热反应。仅升高温度会使平衡逆向移动，导致c平(EG)/c平(DMO)比值减小，选项C错误。D、仅加快流速会缩短反应时间，可能导致DMO转化率降低，选项D错误。

故答案为：A

【分析】A、相同条件下，使用5%Cu负载量的催化剂时原料转化率更高，说明其活化能较小。

B、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。

C、结合温度对平衡移动的影响分析。

D、加快流速，反应速率加快，但可能导致DMO转化率降低。15．【答案】A【解析】【解答】A.碱石灰不能吸收氨气，应选用P2OC.反应吸热导致锥形瓶壁变冷，证明是吸热反应，选项C正确。D.白烟是HCl与NH3反应生成的NH4Cl固体，选项D正确。

故答案为：A【分析】BaOH2⋅8H2O与NH4Cl反应会生成氨气（16．【答案】C【解析】【解答】A、活性电极为阴极，Pt电极为阳极，阳极电势高于阴极，选项A错误。B、活性电极上二氧化碳（CO2）转化为尿素（COC、阳极产生的气体为氧气（O2）和二氧化碳（COD、每转移16mol电子时，甲池增加1mol二氧化碳（44g），但同时有16mol钾离子（K+故答案为：C

【分析】左侧活性电极作为阴极，发生还原反应：硝酸根离子（NO3−）被还原生成尿素（CONH2217．【答案】（1）0.10（2）AD（3）3×（4）排除稀释造成的影响；Cr2（5）溶液酸性增强，铬(Ⅵ)盐氧化性增强，Na2SO3还原性几乎不变；往4mL pH=8【解析】【解答】（1）Cr2O72-与CrO42-之间存在平衡：Cr2O72-+H（2）配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，图甲中有烧杯、胶头滴管，故答案选AD。

故答案为：AD（3）由图可知，pH=9时，耗氧率为60%，即O2的变化量为8mg⋅L−1×60%=4.8mg⋅（4）①实验5为空白试验，可排除加蒸馏水稀释对实验造成的影响，故实验5的目的是排除稀释造成的影响。

故答案为：排除稀释造成的影响②由实验1可知，向Cr2O72-中加入SO32-，可发生反应Cr2O72-+3SO32-+8H③向SO32-中加入Cr2O72-，溶液由橙色变为黄色，说明Cr2O72-转化为CrO42-，再逐滴加入3mol⋅（5）①实验6与实验7对比可发现，实验6的电压变化比实验7的电压变化明显，因氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱，都能使电压增大，故可知铬(Ⅵ)盐氧化性增强，因此结论为溶液酸性增强，铬(Ⅵ)盐氧化性增强，Na2SO3还原性几乎不变。

②根据题意，可使溶液酸性减弱，选择4mL pH=8(用KOH调节)的0.10mol⋅L−1 K2SO4溶液，向其中加入5滴H2SO4和4mL试剂c组成原电池，若测得电压几乎不变，则可“质疑不成立”。

故答案为：往4mL pH=8(用KOH调节)的0.10mol⋅L−1 K2SO4溶液中滴加5滴H2SO4，和4mL试剂c组成原电池，测得电压几乎不变

【分析】（1）实验过程中应控制Cr元素的含量相同，据此确定所用K2CrO4溶液的浓度。

（2）结合溶液配制过程分析所需的仪器。

（3）根据公式v=∆c∆t结合图像数据计算用Na2SO3表示的反应速率。

（4）①实验⑤中用蒸馏水进行实验，起到对照实验的目的。

②实验1中溶液有橙色变为绿色，说明Cr2O72－转化为Cr3＋，则SO32－被氧化成SO42（1）Cr2O72-与CrO42-之间存在平衡：Cr2O7（2）配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，图甲中有烧杯、胶头滴管，故答案选AD；（3）由图可知，pH=9时，耗氧率为60%，即O2的变化量为8mg⋅L−1×60%（4）①实验5为空白试验，可排除加蒸馏水稀释对实验造成的影响，故实验5的目的是排除稀释造成的影响；②由实验1可知，向Cr2O72-中加入SO32-，可发生反应Cr2O72-+3SO③向SO32-中加入Cr2O72-，溶液由橙色变为黄色，说明Cr2O72-转化为CrO42-，再逐滴加入（5）①实验6与实验7对比可发现，实验6的电压变化比实验7的电压变化明显，因氧化剂的氧化性增强或还原剂的还原性减弱，都能使电压增大，故可知铬(Ⅵ)盐氧化性增强，因此结论为溶液酸性增强，铬(Ⅵ)盐氧化性增强，Na2②根据题意，可使溶液酸性减弱，选择4mL pH=8(用KOH调节)的0.10mol18．【答案】（1）5（2）加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3（3）CO（4）溶浸（5）H2SO4；（6）B（7）NH42MgCO【解析】【解答】（1）Mg是第12号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s2，基态Mg2+核外电子排布式为1s22s22p6，有1+1+3=5种空间运动状态。

故答案为：5

（2）因硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大，“溶浸”时生成了NH3，故选择100℃微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3BO3析出。

故答案为：加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3BO3析出

（3）根据分析可知，“吸收”时发生反应的化学方程式为CO2+2NH3+H2O=NH42CO3。

故答案为：CO2+2NH3+H2O=NH42CO3

（4）根据分析可知，“母液”含有（NH4）2SO4，加热后可返回溶浸工序循环利用。

故答案为：溶浸

（5）溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是2~3，此时硼酸结晶率及纯度较高；根据常温下，硼酸溶液呈弱酸性：B(OH)3+H2O⇌B(OH)4−+H+，Ka=cH+c[B(OH)4-]c[B(OH)3]=5.8×10−10⇒c[B(OH)4-]c[B(OH)3（1）Mg是第12号元素，核外电子排布式为1s22s22p6（2）因硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大，“溶浸”时生成了NH3，故选择100℃微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止H3（3）根据分析可知，“吸收”时发生反应的化学方程式为CO2（4）根据分析可知，“母液”含有（NH4）2SO4，加热后可返回溶浸工序循环利用；（5）溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是2~3，此时硼酸结晶率及纯度较高；根据常温下，硼酸溶液呈弱酸性：B(OH)（6）硼酸与甲醇完全酯化，酸脱羟基醇脱氢，化学方程式B(（7）①晶胞中含有NH4+数目为4，含有数目为1+8×18②X最简式的式量为Mr，晶体边长为apm，其晶胞密度：ρ=mV=2Mrg⋅mol19．【答案】（1）3d6（2）浓盐酸；水解吸热，加热促进水解，Fe(OH)3（3）cCl−增大。Fe3+形成氯配合物，使cFe3+减小，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3逆向移动，c【解析】【解答】（1）Fe是第26号元素，基态Fe的价电子排布式为3d64s2；由基态Fe→Fe+g（2）①配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于浓盐酸中抑制其水解，再加水稀释到所需要的浓度。

故答案为：浓盐酸②FeCl3溶液呈黄色与生成Fe(OH)3有关，FeCl3+3H③由图中交点A可知，，KⅠ=c[FeCl]2+cFe3+cCl-=101.48，KⅡ（3）①加入2滴时颜色变深，cFe3+增大，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3正向移动，颜色加深，加入超过3滴使cCl-增大，Fe3+形成氯配合物，使cFe3+减小，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3逆向移动，cFe(SCN)3减小或饱和②SCN−具有还原性，酸性溶液中，SCN−被NO3−氧化。

故答案为：酸性溶液中，SCN−被NO3−氧化

【分析】（1）Fe为26号元素，结合核外电子排布式确定其价层电子排布式。根据盖斯定律分析。

（2）①Fe3＋易水解，配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶解于浓盐酸中。

②Fe3＋的水解反应为吸热反应，结合温度对平衡移动的影响分析。

③第一步反应的程度大于第二步反应，据此比较K值的相对大小。根据三段式，结合图像数据进行计算。

（3）①溶液中存在可逆反应Fe3−+3（1）Fe是第26号元素，基态Fe的价电子排布式为3d64s2（2）①配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于浓盐酸中抑制其水解，再加水稀释到所需要的浓度；②FeCl3溶液呈黄色与生成Fe(OH)3③由图中交点A可知，，KⅠ=c[FeCl]2+cFe3+cCl-=101.48（3）①加入2滴时颜色变深，cFe3+增大，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3正向移动，颜色加深，加入超过3滴使cCl-增大，Fe3+形成氯配合物，使c②SCN−具有还原性，酸性溶液中，SCN−被20．【答案】（1）对硝基甲苯或4-硝基甲苯；醚键（2）Br2，FeBr3；取代反应；（3）16；或（4）A；D（5）CH2Br−CH【解析】【解答】（1）I的结构简式为，苯环上甲基与硝基处于对位，根据命名规则，其名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；V的结构简式为，其中含氧官能团为醚键。

故答案为：对硝基甲苯或4-硝基甲苯；醚键

（2）从目标产物看，要在苯环上引入溴原子，苯环上的卤代反应，常用Br2作溴源，FeBr3作催化剂；苯环上的氢原子被溴原子取代，即发生的是取代反应；III的结构简式为，其中含有醛基，新制CuOH2悬浊液在加热条件下能将醛基氧化为羧基，在碱性环境中，羧基会与NaOH反应生成羧酸钠，所以反应形成的新物质是；醛基被氧化为羧基，属于氧化反应。

故答案