浙江省寧海縣正學中學2025屆高三5月月考（一輪檢測試題）化學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、短周期元素的離子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的電子層結構，以下關系正確的是（）A．單質的熔點：X＞WB．離子的還原性：Y2﹣＞Z﹣C．氫化物的穩定性：H2Y＞HZD．離子半徑：Y2﹣＜W3+2、如圖是一種染料敏化太陽能電池的示意圖，電池的一個電極由有機光敏染料（R）涂覆在TiO2納米晶體表面制成，另一電極由導電玻璃鍍鉑構成，下列關于該電池敘述不正確的是（）A．染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應B．正極電極反應式是：I3-+2e-=3I-C．電池總反應是：2R++3I-=I3-+2RD．電池工作時將太陽能轉化為電能3、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是（）A．WZ沸點高于W2Y的沸點B．含Z的兩種酸反應可制得Z的單質C．W2Y2中既含離子鍵又含共價鍵鍵D．X的含氧酸一定為二元弱酸4、下列有關我國最新科技成果的說法中錯誤的是A．北斗衛星的太陽能電池板可將太陽能直接轉化為電能B．國產飛機——C919使用的航空煤油可從石油中分餾得到C．高鐵“復興號”使用的碳纖維屬于有機非金屬材料D．極地考查船“雪龍2號”船身上鍍的鋅層可減緩鐵制船體遭受的腐蝕5、2019年11月《Science》雜志報道了王浩天教授團隊發明的制取H2O2的綠色方法，原理如圖所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列說法錯誤的是()A．X膜為選擇性陽離子交換膜B．催化劑可促進反應中電子的轉移C．每生成1molH2O2電極上流過4mole－D．b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－6、化學與生活密切相關。下列錯誤的是A．用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，發生的是物理變化B．“碳九”（石油煉制中獲取的九個碳原子的芳烴）均屬于苯的同系物C．蛟龍號潛水器用到鈦合金，22號鈦元素屬于過渡元素D．波爾多液（硫酸銅、石灰和水配成）用作農藥，利用Cu2+7、前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數依次增大。其中X、Z、R最外層電子數相等，且X與Z、R均可形成離子化合物；Y、W同主族，Y最外層電子數是內層電子數的3倍。下列說法正確的是A．元素原子半徑大小順序為：W>Z>YB．X分別與Y、Z、W形成的常見化合物都屬于電解質C．Y分別與Z、R形成的化合物中均只含有離子鍵D．Y分別與X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同8、有機物環丙叉環丙烷的結構為。關于該有機物的說法正確的是A．所有原子處于同一平面B．二氯代物有3種C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol該物質完全燃燒時，需消耗8.5molO29、已知常溫下反應：Fe3++Ag?Fe2++Ag+的平衡常數K=0.3。現將含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/LFe(NO3)3的混合溶液倒入燒杯甲中，將含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入燒杯乙中(如圖)，閉合開關K，關于該原電池的說法正確的是A．原電池發生的總反應中Ag+氧化Fe2+B．鹽橋中陽離子從左往右作定向移動C．石墨為負極，電極反應為Fe2+-e-=Fe3+D．當電流計指針歸零時，總反應達到平衡狀態10、熱催化合成氨面臨的兩難問題是：采用高溫增大反應速率的同時會因平衡限制導致NH3產率降低。我國科研人員研制了Ti-H-Fe雙溫區催化劑（Ti-H區域和Fe區域的溫度差可超過100℃）。Ti-H-Fe雙溫區催化合成氨的反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標注。下列說法正確的是A．①為NN的斷裂過程B．①③在高溫區發生，②④⑤在低溫區發生C．④為N原子由Fe區域向Ti-H區域的傳遞過程D．使用Ti-H-Fe雙溫區催化劑使合成氨反應轉變為吸熱反應11、電滲析法是一種利用離子交換膜進行海水淡化的方法，其工作原理可簡單表示如下圖所示，下列說法不正確的是（）A．通電后a極區可能發生反應2Cl－－2e－＝Cl2↑B．圖中A為陽離子交換膜，B為陰離子交換膜C．通電后b極區附近，溶液的pH變大D．蒸餾法、電滲析法、離子交換法等都是海水淡化的常用方法12、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關13、下列反應中，水作氧化劑的是（）A．SO3+H2O→H2SO4 B．2K+2H2O→2KOH+H2↑C．2F2＋2H2O→4HF＋O2 D．2Na2O2＋2H2O→4NaOH＋O2↑14、根據下列實驗操作和現象，得出的結論錯誤的是選項實驗操作和現象結論A向2mL濃度均為1.0mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.01mol·L-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42-C向兩支分別盛有0.1mol·L-1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。電離常數：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)D在兩支試管中各加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。Mn2+對該反應有催化作用A．A B．B C．C D．D15、下圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內容。據此下列說法正確的是()A．該硫酸的物質的量濃度為9.2mol·L－1B．1molZn與足量該硫酸反應產生2g氫氣C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．該硫酸與等質量的水混合后所得溶液的濃度大于9.2mol·L－116、用除去表面氧化膜的細鋁條緊緊纏繞在溫度計上（如圖），將少許硝酸汞溶液滴到鋁條表面，置于空氣中，很快鋁條表面產生“白毛”，且溫度明顯上升。下列分析錯誤的是A．Al和O2化合放出熱量 B．硝酸汞是催化劑C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D．“白毛”是氧化鋁17、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。它們的結構簡式如下圖所示。下列說法錯誤的是A．油酸的分子式為C18H34O2B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54種C．天然油脂都能在NaOH溶液中發生取代反應D．將油酸甘油酯氫化為硬脂酸甘油酯可延長保存時間18、實驗室處理廢催化劑FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和無水FeCl3。下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的A．制取氯氣B．將Br-全部轉化為溴單質C．分液時，先從下口放出有機層，再從上口倒出水層D．將分液后的水層蒸干、灼燒制得無水FeCl319、紀錄片《我在故宮修文物》表現了文物修復者穿越古今與百年之前的人進行對話的職業體驗，讓我們領略到歷史與文化的傳承。下列文物修復和保護的過程中涉及化學變化的是（）A．A B．B C．C D．D20、一定溫度下，在三個體積均為0.5L的恒容密閉容器中發生反應：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反應在5min時達到平衡狀態。容器編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列說法中正確的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反應速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．該反應正反應為吸熱反應C．容器Ⅱ中起始時Cl2的物質的量為0.55molD．若起始時向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，達到平衡時CO轉化率大于80%21、稀溶液一般具有依數性，即在一定溫度下，相同體積的溶液中溶質粒子數目越多，蒸氣壓下降數值越大。濃度均為0.1mol?L-1的下列稀溶液中，其蒸氣壓最小的是（）A．H2SO3溶液 B．NaCl溶液 C．C6H12O6溶液 D．NH3?H2O溶液22、下列實驗不能達到預期目的是（）實驗操作實驗目的A充滿NO2的密閉玻璃球分別浸泡在冷、熱水中研究溫度對化學平衡移動的影響B向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液說明一種沉淀能轉化為另一種溶解度更小的沉淀C苯酚和水的濁液中，加少量濃碳酸鈉溶液比較苯酚與碳酸氫鈉的酸性D取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，觀察是否出現白色渾濁確定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）一種合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路線如下：已知：①酯與含羥基的化合物可發生如下酯交換反應RCOOR＇＋R＂OHRCOOR＂+R＇OH②PC塑料結構簡式為：（1）C中的官能團名稱是_________，檢驗C中所含官能團的必要試劑有_________。（2）D的系統命名為_________。（3）反應II的反應類型為_________，反應Ⅲ的原子利用率為_________。（4）反應IV的化學方程式為_________。（5）1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗_________molNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2)，其苯環上一氯代物有兩種，則F的結構簡式為_________；寫出滿足下列條件的F的同分異構體的結構簡式_________（任寫一種）①分子中含有苯環，與NaOH溶液反應時物質的量為1：2②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫，且峰面積之比為6：2：2：1：124、（12分）化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現進行如下實驗：已知：氣體A在標準狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學式__________。(2)X與水反應的化學方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，設計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。25、（12分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。已知：物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉化試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解①實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，__________________。②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是__________________________________。③實驗Ⅱ中加入試劑C后，沉淀轉化的平衡常數表達式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之間的轉化實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗(電壓表讀數：a＞c＞b>0)。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復i，再向B中加入與ⅲ等量NaCl(s)d注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉化為AgI，甲溶液可以是________（填標號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②實驗Ⅳ的步驟i中，B中石墨上的電極反應式是___________________________。③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b<a的原因_____________________。④實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_____________________。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是________________________________________。26、（10分）某小組為探究K2Cr2O7中Cr在不同條件下存在的主要形式及性質特點。室溫下(除系列實驗I中ii外)進行了如下系列實驗：系列實驗I裝置滴管中的試劑試管中的試劑操作現象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振蕩溶液顏色略微變淺ii1mL水振蕩60℃水浴溶液顏色較i明顯變淺iii1mL18.4mol·L-1濃硫酸振蕩溶液顏色較i明顯變深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振蕩_____________________v3滴濃KI溶液iv中溶液振蕩無明顯現象vi過量稀硫酸v中溶液邊滴邊振蕩溶液顏色由黃色逐漸變橙色，最后呈墨綠色已知：K2CrO4溶液為黃色；Cr3+在水溶液中為綠色。請按要求回答下列問題：(1)寫出K2C2O7在酸性條件下平衡轉化的離子方程式：________________________。對比實驗i與ii，可得結論是該轉化反應的△H______0(填>”或“<”)。(2)結合實驗i、ii，分析導致ii中現象出現的主要因素是__________________。(3)推測實驗iv中實驗現象為________________________。對比實驗i、ii、iv中實驗現象，可知，常溫下K2Cr2O7中Cr在堿性條件下主要以______離子形式存在。(4)對比實驗v與vi，可知：在______條件下，+6價Cr被還原為______。(5)應用上述實驗結論，進一步探究含Cr2O72-廢水樣品用電解法處理效果的影響因素，實驗結果如下表所示(Cr2O72-的起始濃度、體積，電壓、電解時間等均相同)。系列實驗Ⅱiiiiiiiv樣品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否樣品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL電極材料陰、陽極均為石墨陰極為石墨，陽極為鐵Cr2O72-0.92212.720.857.3①實驗中Cr2O72-在陰極的反應式：_________________________________________________。②實驗i中Fe3+去除Cr2O72-的機理如圖所示，結合此機理，解釋實驗iv中Cr2O72-去除率提高較多的原因(用電極反應式、離子方程式和必要的文字說明)_____________________________。27、（12分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內滴加完后，用氨水調節溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產品（MgCO3·nH2On=1~5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是__________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的離子方程式為________。③步驟4檢驗是否洗滌干凈的方法是___________。（2）測定合成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入水滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4~5h，反應后期將溫度升到30℃，最后的燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是___________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是_________。③設3次實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產生的CO2平均值為amol，則n值為______（用含a的表達式表示）。（3）稱取100g上述晶須產品進行熱重分析，熱重曲線如圖。則該條件下合成的晶須中，n=______（選填：1、2、3、4、5）。28、（14分）世界能源消費的90%以上依靠化學技術。請回答下列問題：（1）質子交換膜燃料電池中作為燃料的H2通常來自水煤氣。已知：C（s）＋O2（g）=CO（g）ΔH1＝－110.35kJ·mol－12H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH2＝－571.6kJ·mol－1H2O（l）=H2O（g）ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1①則反應C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH4＝__________。②某實驗小組在實驗室模擬反應C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），其平衡常數表達式為K＝_______。一定溫度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密閉容器（固體所占體積忽略不計）中通入0.8molH2O，6min時生成0.7gH2，則6min內以CO表示的平均反應速率為________（保留3位有效數字）。（2）燃料氣（流速為1800mL·min－1；體積分數為50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO會使電極催化劑中毒，使用CuO/CeO2催化劑可使CO優先氧化而脫除。①160℃、CuO/CeO2作催化劑時，CO優先氧化的化學方程式為__________。②CeO2可由草酸鈰[Ce2（C2O4）3]隔絕空氣灼燒制得，同時生成兩種氣體，則發生反應的化學方程式為____________。③在CuO/CeO2催化劑中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），測得燃料氣中CO優先氧化的轉化率隨溫度的變化如下圖所示。加入________（填酸的化學式）的CuO/CeO2催化劑催化性能最好。溫度為120℃，催化劑為CuO/CeO2HIO3時，反應0.5h后CO的體積為______mL。（3）LiOH是制備鋰離子電池正極材料的重要原料，采用惰性電極電解制備LiOH的裝置如下圖所示。①通電后，Li＋通過陽離子交換膜向________（填“M”或“N”）極區遷移。②電極N產生的氣體a通入淀粉－KI溶液，溶液變藍，持續一段時間后，藍色可逐漸褪去。據此寫出電極N的電極反應式：___________；藍色逐漸褪去是因為溶液中逐漸生成HIO3，寫出此反應的化學方程式：_______。29、（10分）用H2O2、KI和洗潔精可完成“大象牙膏”實驗（短時間內產生大量泡沫），某同學依據文獻資料對該實驗進行探究。(1)資料1：KI在該反應中的作用：H2O2+I=H2O+IO；H2O2+IO=H2O+O2↑+I。總反應的化學方程式是_______________________________________________。(2)資料2：H2O2分解反應過程中能量變化如圖所示，其中①有KI加入，②無KI加入。下列判斷正確的是______（填字母）。a．加入KI后改變了反應的路徑b．加入KI后改變了總反應的能量變化c．H2O2+I=H2O+IO是放熱反應(3)實驗中發現，H2O2與KI溶液混合后，產生大量氣泡，溶液顏色變黃。再加入CCl4，振蕩、靜置，氣泡明顯減少。資料3：I2也可催化H2O2的分解反應。①加CCl4并振蕩、靜置后還可觀察到___________________________________，說明有I2生成。②氣泡明顯減少的原因可能是：ⅰ.H2O2濃度降低；ⅱ._________________________________________。以下對照實驗說明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液變黃后，分成兩等份于A、B兩試管中。A試管加入CCl4，B試管不加CCl4，分別振蕩、靜置。觀察到的現象是________________________。(4)資料4：I+IIK=640。為了探究體系中含碘微粒的存在形式，進行實驗：向20mL一定濃度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol·L-1KI溶液，達平衡后，相關微粒濃度如下：微粒III濃度/(mol·L-1)2.5×10-3a4.0×10-3①a=____________________。②該平衡體系中除了含有I、I和I外，一定還含有其他含碘微粒，理由是_____________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

短周期元素形成的離子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同電子層結構，核外電子數相等，結合離子電荷可知，Y、Z為非金屬，應處于第二周期，Y為O元素，Z為F元素，W、X為金屬應處于第三周期，W為Al元素，X為Na元素，結合元素周期律解答。【詳解】A.金屬晶體，原子半徑越小，金屬鍵越強，單質的熔點越高，所以單質的熔點Al＞Na，故A錯誤；B.元素的非金屬性越強，離子的還原性越弱，所以離子的還原性O2﹣＞F﹣，故B正確；C.元素的非金屬性越強，氫化物越穩定，所以氫化物的穩定性HF＞H2O，故C錯誤；D.核外電子排布相同的離子，原子序數越大，離子半徑越小，所以離子半徑O2﹣＞Al3+，故D錯誤；故答案為B。2、C【解析】

根據圖示裝置可以知道：染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應，R﹣e﹣=R+，正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，總反應為：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，據此回答。【詳解】A.根據圖示裝置可以知道染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應R﹣e﹣=R+，故A正確；B.正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3﹣+2e﹣═3I﹣，故B正確；C.正極和負極反應相加可以得到總反應：2R+3I﹣═I3﹣+2R+，故C錯誤；D.太陽能電池工作時，將太陽能轉化為電能，故D正確。故選C。3、B【解析】

W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，結合圖示可知，W形成1個共價鍵，Y能夠形成2個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成1個共價鍵，則W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素，據此解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素；A．H2O分子間存在氫鍵，且常溫下為液體，而HCl常溫下為氣體，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；B．HCl和和HClO反應生成氯氣，故B正確；C．H2O2是共價化合物，分子中只含共價鍵，不存在離子鍵，故C錯誤；D．X為C元素，C的含氧酸H2CO3為二元弱酸，而CH3COOH為一元弱酸，故D錯誤；故答案為B。4、C【解析】

A．人造衛星上的太陽能電池板，消耗了太陽能，得到了電能，故將太陽能轉化為了電能，選項A正確；B．客機所用的燃料油是航空煤油，是石油分餾得到的，選項B正確；C．碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，是一種新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D．在船體上鑲嵌鋅塊，形成鋅鐵原電池，鋅比鐵活潑，鋅作陽極不斷被腐蝕，鐵做陰極則不會被腐蝕，選項D正確；答案選C。5、C【解析】

A.a極發生H2-2e－=2H＋，X膜為選擇性陽離子交換膜，讓H＋進入中間，故A正確；B.催化劑可促進反應中電子的轉移，加快反應速率，故B正確；C.氧元素由0價變成-1價，每生成1molH2O2電極上流過2mole－，故C錯誤；D.b為正極，氧氣得電子，b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正確；故選C。6、B【解析】

A.用四氯乙烯干洗劑除去衣服上油污，是利用有機溶劑的溶解性，沒有新物質生成，屬于物理變化，故A正確；B.“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的結構為，不屬于苯的同系物，故B錯誤；C.22號鈦元素位于第四周期第IVB族，屬于過渡元素，故C正確；D.CuSO4屬于重金屬鹽，病毒中的蛋白質在重金屬鹽或堿性條件下可以發生變性，故D正確；答案選B。7、B【解析】

前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數依次增大。Y最外層電子數是內層電子數的3倍，由于最外層電子數不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則Y為O元素；而Y、W同主族，則W為S元素；X、Z、R最外層電子數相等，三者處于同主族，只能處于IA族或IIA族，且X與Z、R均可形成離子化合物，根據原子序數關系可知：X為H元素、Z為Na元素、R為K元素。【詳解】根據上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素從左向右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑增大，則原子半徑：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A錯誤；B.X分別與Y、Z、W形成的常見化合物依次為H2O、NaH、H2S，這幾種物質都屬于電解質，B正確；C.Y與Z、R形成化合物有氧化鈉、過氧化鈉、氧化鉀等，而過氧化鈉中含有離子鍵、共價鍵，C錯誤；D.Y分別與X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前兩者利用其強氧化性，而二氧化硫利用與有機色質化合為不穩定的無色物質，漂白原理不同，D錯誤；故合理選項是B。8、C【解析】

A.分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內，錯誤；B.二氯代物中，兩個氯原子連在同一碳原子上的異構體有1種，兩個氯原子連在不同碳原子上的異構體有3種，也就是二氯代物共有4種，錯誤；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正確；D.該物質的分子式為C6H8，1mol該物質完全燃燒時，需消耗8molO2，錯誤。答案為C。9、D【解析】

A．根據濃度商Qc和平衡常數K大小判斷反應進行方向，從而確定原電池的正負極。由Fe3＋、Fe2＋及Ag＋的濃度，可求得，Qc小于K，所以反應Fe3++Ag?Fe2++Ag+正向進行，即原電池總反應為Fe3＋+Ag=Fe2＋+Ag＋，Fe3＋作氧化劑，氧化了Ag，A錯誤；B．根據A項分析，Ag失去電子，作還原劑，為負極，石墨作正極。在原電池中，陽離子向正極移動，因此鹽橋中的陽離子是從右往左作定向移動，B錯誤；C．根據A項分析，石墨作正極，石墨電極上發生反應，Fe3＋+e－=Fe2＋，C錯誤；D．當電流計讀數為0時，說明該電路中無電流產生，表示電極上得失電子達到平衡，即該總反應達到化學平衡，D正確。答案選D。該題通過濃度商Qc和平衡常數K大小判斷反應進行方向，從而確定原電池的正負極，是解題的關鍵。10、C【解析】

A.經歷①過程之后氮氣分子被催化劑吸附，并沒有變成氮原子，，①過程中氮氮三鍵沒有斷裂，故A錯誤；

B.①為催化劑吸附N2的過程，②為形成過渡態的過程，③為N2解離為N的過程，以上都需要在高溫時進行；為了增大平衡產率④⑤要在低溫區進行，故B錯誤；

C.由題中圖示可知，過程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe兩種過渡態的轉化，N原子由Fe區域向Ti-H區域傳遞，故C正確；

D.化學反應不會因加入催化劑而改變吸放熱情況，故D錯誤；故選：C。11、B【解析】

A.通電后，a電極為陽極，陽極是氯離子放電，生成氯氣，其電極反應為：2Cl－－2e－＝Cl2↑，A正確；B.陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，隔膜A和陽極相連，陽極是陰離子放電，所以隔膜A是陰離子交換膜，隔膜B是陽離子交換膜，B錯誤；C.通電后，b電極為陰極，陰極區是氫離子得到電子生成氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH變大，C正確；D.蒸餾法、電滲析法、離子交換法等都是海水淡化的常用方法，D正確；故答案為：B。12、C【解析】

A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據示意圖分析；C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率（提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發生改變的物質叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣。【詳解】A.霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B.由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C.NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D.氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。答案選C。結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養，既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續發展的意識和綠色化學觀念，又體現了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。13、B【解析】

A、沒有化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A錯誤；B、H2O中H化合價由＋1價→0價，化合價降低，因此H2O作氧化劑，故B正確；C、H2O中O由－2價→0價，化合價升高，即H2O作還原劑，故C錯誤；D、Na2O2既是氧化劑又是還原劑，H2O既不是氧化劑又不是還原劑，故D錯誤。故選B。14、B【解析】

A．向2mL濃度均為1.0mol·L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2~3滴0.01mol·L-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。說明先生成AgI沉淀，從而說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，正確；B.某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。不能證明原溶液中有SO42-，因為若含SO32-，也會生成BaSO4沉淀，錯誤；C.向兩支分別盛有0.1mol·L-1醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。說明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，從而說明電離常數：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)，正確；D.在兩支試管中各加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。從而說明Mn2+對該反應有催化作用，正確。故選B。15、C【解析】

A.根據c=1000ρ×ω/M進行計算；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；C．根據稀釋前后溶質的量不變求出所需濃硫酸的體積；D.濃硫酸與等質量的水混合后所得溶液的濃度小于濃硫酸濃度的平均值；【詳解】A．根據c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的濃度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A錯誤；B.Zn與濃H2SO4反應放出SO2氣體；B錯誤；C．設需取該濃硫酸xmL，根據稀釋前后溶質的量不變可知：200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，C正確；D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以當濃H2SO4與水等質量混合時，其體積大于濃H2SO4體積的2倍，所以其物質的量濃度小于9.2mol·L－1，D錯誤；綜上所述，本題選C。16、B【解析】

鋁與硝酸汞溶液發生置換反應生成汞，形成鋁汞合金（鋁汞齊）。合金中的鋁失去氧化膜的保護，不斷被氧化成氧化鋁（白毛）。【詳解】A.實驗中，溫度計示數上升，說明Al和O2化合放出熱量，A項正確；B.硝酸汞與鋁反應生成汞，進而形成鋁汞齊，B項錯誤；C.硝酸汞與鋁反應的離子方程式為2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C項正確；D.鋁汞齊中的鋁失去氧化膜保護，與氧氣反應生成氧化鋁（白毛），D項正確。本題選B。17、B【解析】

A．油酸的結構簡式為CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式為C18H34O2，故A正確；B．硬脂酸甘油酯的結構簡式可以表示為，上面的酯基與下面的酯基互為對稱結構，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36種，故B錯誤；C．天然油脂的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中發生水解反應（或取代反應），故C正確；D．油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵，能夠氧化變質，將油酸甘油酯氫化轉化為硬脂酸甘油酯可延長保存時間，故D正確；答案選B。本題的易錯點為B，要注意分子的對稱性對同分異構體數目的影響。18、C【解析】

A.1mol/L的鹽酸為稀鹽酸，與二氧化錳不反應，則不能制備氯氣，故A錯誤；B.圖中導管的進入方向不合理，將溶液排出裝置，應從長導管進氣短導管出氣，故B錯誤；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上層，則用裝置丙分液時先從下口放出水層，再從上口倒出有機層，故C正確；D.蒸發時促進氯化鐵水解，生成鹽酸易揮發，不能得到FeCl3，灼燒得到氧化鐵，故D錯誤；本題答案為C。分液時，分液漏斗內的下層液體從漏斗下口放出，上層液體從上口倒出。19、A【解析】

A、銀器用除銹劑見新，銀的化合物被除銹劑溶解或還原為單質銀，有新物質生成，屬于化學變化，故A正確；B、變形的金屬香爐復原，是香爐的外形改變，屬于物理變化，故B錯誤；C、古畫水洗除塵，是塵土與古畫分離，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C錯誤；D、木器表面擦拭燙蠟，沒有新物質生成，屬于物理變化，故D錯誤；答案選A。20、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反應速率v(COCl2)==0.32mol/L?min-1，依據速率之比等于計量系數之比，則V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L?min-1，故A錯誤；B．依據圖中數據可知：Ⅱ和Ⅲ為等效平衡，升高溫度，COCl2物質的量減小，說明平衡向逆向移動，則逆向為吸熱反應，正向為放熱反應，故B錯誤；C．依據方程式：CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2

0轉化濃度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡濃度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反應平衡常數K==10，平衡時CO轉化率：×100%=80%；依據Ⅱ中數據，結合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2a

0轉化濃度

(mol/L)

1

1

1平衡濃度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ溫度相同則平衡常數相同則：K==10，解得：a=0.55mol，故C正確；D．CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)為氣體體積減小的反應，若起始時向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相當于給體現減壓，減壓平衡向系數大的方向移動，平衡轉化率降低，小于80%，故D錯誤；故答案為C。21、B【解析】

在一定溫度下，相同體積的溶液中溶質粒子數目越多，蒸氣壓下降數值越大，亞硫酸和一水合氨都是弱電解質，電離程度很小，0.1mol?L-1的溶液中，其陰離子和陽離子的濃度都遠遠小于0.1mol?L-1；葡萄糖是非電解質，不電離；氯化鈉是強電解質，完全電離，0.1mol?L-1氯化鈉溶液中，陰離子和陽離子濃度均為0.1mol?L-1，所以上述稀溶液中，氯化鈉溶液中溶質粒子數目最多，其蒸氣壓最小，綜上所述，答案為B。22、D【解析】

A.溫度不同時平衡常數不同，兩個玻璃球中剩余的量不一樣多，顏色也不一樣，A項正確；B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的顏色改變則證明沉淀可以轉化，B項正確；C.苯酚的酸性強于，因此可以轉化為苯酚鈉，而苯酚鈉是溶于水的，因此濁液變澄清，C項正確；D.本身就可以和反應得到白色沉淀，因此本實驗毫無意義，D項錯誤；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液2-丙醇氧化反應100%4n等【解析】

B為CH2=CH2，B發生氧化反應Ⅱ生成環氧乙烷，環氧乙烷與二氧化碳發生反應Ⅲ生成，與甲醇反應為信息的反應，反應的化學方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的條件下與HBr發生加成反應，根據原子守恒知，A為C3H6，結構簡式為CH2=CHCH3，C為CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加熱發生水解生成D，D為CH3CHOHCH3，D在銅作催化劑，加熱條件下氧化成丙酮，丙酮與發生反應I生成E，E與丙酮發生反應Ⅳ生成PC。【詳解】（1）C為CH3CHBrCH3，官能團名稱是溴原子，C中NaOH溶液中加熱發生水解生成D和溴化鈉，先加稀硝酸中和氫氧化鈉，再加硝酸銀溶液，產生白色沉淀，檢驗C中所含官能團的必要試劑有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸銀溶液。（2）為CH3CHOHCH3，D的系統命名為2-丙醇。（3）B為CH2=CH2，B發生氧化反應Ⅱ生成環氧乙烷，反應II的反應類型為氧化反應，環氧乙烷與二氧化碳發生反應Ⅲ生成，反應Ⅲ的原子利用率為100%。（4）E與丙酮發生反應Ⅳ生成PC，反應IV的化學方程式為。（5）酚形成的酯水解時需消耗2molNaOH，PC的一個鏈節中有2個酚形成的酯基，1molPC塑料與足量NaOH溶液反應，最多消耗4nmolNaOH。（6）反應I生成E時會生成副產物F(C9H12O2)，分子式為C9H12O2且符合屬于芳香化合物，其苯環上一氯代物有兩種，F的兩取代基只能處于對位，則F的結構簡式為；能滿足下列條件的F的同分異構體①分子中含有苯環，與NaOH溶液反應時物質的量為1:2，②核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫，且峰面積之比為6：2：2：1：1，符合條件的是二元酚類，符合條件的同分異構體結構簡式為：等。本題考查有機物的合成，把握合成流程中官能團的變化、有機反應、習題中的信息為解答的關鍵，注意有機物性質的應用，難點（6），注意掌握同分異構體的書寫方法。24、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導電性，若熔融狀態下能導電，證明該物質是由離子構成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【解析】

X與水反應產生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產生兩種沉淀，質量和為7.62g，根據Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應產生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應產生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應消耗0.01molNaOH，產生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學式為Na5CBr，Na5CBr與水反應總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質的量的比為4：1；(1)X化學式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應的化學方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導電性，若熔融狀態下能導電，證明在熔融狀態中含有自由移動的離子，則該物質是由離子構成的離子化合物；(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素。本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質、物質的構成微粒，并結合題干信息計算、推理。25、沉淀不溶解，無氣泡產生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化為溶解度較大的沉淀越難實現【解析】

(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要證明AgCl轉化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大。(3)根據實驗目的及現象得出結論。【詳解】(1)①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸，實驗I說明BaCO3全部轉化為BaSO4的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，說明是BaCO3與鹽酸反應，反應離子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固體不計入平衡常數表達式，所以沉淀轉化的平衡常數表達式K=；(2)①AgNO3與NaCl溶液反應時，NaCl過量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能證明AgCl轉化為AgI，故實驗Ⅲ中甲是NaCl溶液，選b；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極，負極反應是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小，所以實驗Ⅳ中b<a；④實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)綜合實驗Ⅰ~Ⅳ,可得出的結論是溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化為溶解度較大的沉淀越難實現。26、>c(H+)溫度溶液顏色較i明顯變淺CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+繼續還原Cr2O72-，Fe2+循環利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根據實驗vi的現象可知酸性條件下Cr2O72-發生水解；實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，根據溫度對化學反應平衡的影響效果作答；（2）根據單一變量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行；（4）依據實驗vi中現象解釋；（5）①實驗中Cr2O72－應在陰極上放電，得電子被還原成Cr3＋，據此作答；②根據圖示，實驗iv中陽極為鐵，鐵失去電子生成Fe2＋，Fe2＋與Cr2O72－在酸性條件下反應生成Fe3＋，Fe3＋在陰極得電子生成Fe2＋，繼續還原Cr2O72－，據此分析。【詳解】（1）根據實驗vi的現象可知酸性條件下Cr2O72-發生水解，其離子方程式為：實驗ii與實驗i對比，當60℃水浴時，溶液顏色較i明顯變淺，說明平衡向正反應方向移動，即正反應為吸熱反應，△H>0故答案為>；（2）根據單一變量控制思想，結合實驗i、ii可知，導致ii中現象出現的主要因素為60℃水浴即溫度，故答案為溫度；（3）因K2C2O7中存在平衡：試管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反應方向進行，溶液顏色由橙色變為黃色，溶液顏色較i明顯變淺，鉻元素主要以CrO42-形式存在，故答案為溶液顏色較i明顯變淺；CrO42-；（4）實驗vi中，滴入過量稀硫酸發現，溶液顏色由黃色逐漸變橙色，最后呈墨綠色，結合給定條件說明+6價的Cr元素變為+3價，所以在酸性條件下，+6價Cr可被還原為+3價，故答案為酸性；+3；（5）①實驗中Cr2O72－應在陰極上放電，得電子被還原成Cr3＋，電解質環境為酸性，因此Cr2O72－放電的反應式為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根據圖示，實驗iv中陽極為鐵，鐵失去電子生成Fe2＋，其離子方程式為：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋與Cr2O72－在酸性條件下反應生成Fe3＋，其離子方程式為：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在陰極得電子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，繼續還原Cr2O72－，Fe2＋循環利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案為Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+繼續還原Cr2O72-，Fe2+循環利用提高了Cr2O72-的去除率。27、水浴加熱Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+取最后一次洗滌液少量，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若不出現沉淀，即洗滌干凈暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全（1.000-84a）/18a1【解析】

（1）①①水浴加熱受熱均勻，易于控制，不高于100℃均可采用水浴加熱，故答案為水浴加熱；②將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水調節溶液pH到9.5，反應生成碳酸鎂結晶水合物，反應的化學方程式為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+，故答案為Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+；（2）①裝置中氣球可以緩沖壓強并封閉裝置，暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定，故答案為暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩定；②反應后期將溫度升到30℃，使生成的二氧化碳全部逸出后被氫氧化鈉溶液吸收，減少測定產生的誤差，故答案為升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；③實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產生的CO2平均值為amol，依據元素守恒可知，碳酸鎂物質的量為amol，根據化學式可知，MgCO3?nH2O中碳酸鎂晶體中碳酸鎂和結晶水物質的量之比為1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）