北京市海淀区2025届高三下学期二模化学试卷（解析版）

第1页/共1页海淀区2024—2025学年第二学期期末练习高三化学本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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：H1O16S32Ca40Se79In115第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.气凝胶材料疏松多孔，具有三维网状结构，可用于航天器、新能源汽车电池的隔热和阻燃。气凝胶的结构示意图如下。下列说法不正确的是A.晶体属于共价晶体 B.晶体具有较高的硬度和熔点C.气凝胶材料密度大于晶体的 D.两种物质中均有Si、O原子间的键【答案】C【解析】【详解】A．是原子间通过共价键形成的晶体，属于共价晶体，A正确；B．属于共价晶体，具有较高的硬度和熔点，B正确；C．气凝胶材料疏松多孔，密度小于晶体的，C错误；D．两种物质中Si、O原子间均存在Si—O键，均有键，D正确；答案选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.1s电子云图：B.HCl的电子式：C.丙烯的结构简式：D.基态Fe原子的价层电子轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．1s电子云为球形，A正确；B．HCl为共价化合物，电子式：，B错误；C．丙烯的结构简式：，C错误；D．Fe是26号元素，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为，D错误；故选A。3.铅蓄电池的结构示意图如图。下列关于铅蓄电池的说法正确的是A.放电时，PbO2作负极B.放电时，H+向负极方向移动C.充电时，铅蓄电池负极连接电源正极D.充电时，阳极的电极反应为【答案】D【解析】【分析】放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据Pb元素化合价变化，可知Pb作原电池的负极，PbO2作原电池的正极；充电时，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，据此分析。【详解】A．放电时，为原电池原理，PbO2发生还原反应，作正极，A项错误；B．放电时，阳离子向正极移动，故H+向正极方向移动，B项错误；C．充电时，为电解池原理，铅蓄电池负极应连接电源负极，C项错误；D．充电时，阳极发生氧化反应，PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式正确，D项正确；答案选D。4.下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A.依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaIB.依据元素的电负性：C<N<F，可推断分子极性：C.依据分子中羟基的数目，可推断在水中的溶解度大于葡萄糖的D.依据元素第一电离能：Mg>Al，可推断单质的还原性：Mg>Al【答案】A【解析】【详解】A．的离子半径小于，离子半径越小，离子间静电作用（库仑力）越强，晶格能越大，熔点越高。NaBr与NaI同为离子晶体且结构相似，因此NaBr的熔点应高于NaI；推断正确，A正确；B．CF4是正四面体结构，极性键的矢量叠加后完全抵消，为非极性分子；NF3为三角锥形结构，极性未完全抵消，为极性分子。因此CF4的极性应小于NF3，推断错误，B错误；C．葡萄糖分子含5个羟基，仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的能力越强，溶解度越高。因此的溶解度应小于葡萄糖，推断错误，C错误；D．第一电离能Mg＞Al，但金属单质的还原性Mg＞Al（金属活动性顺序）。Mg的第一电离能大于Al是因为镁的价电子排布式为不易失去电子，而Al的价电子排布式为，容易失去3p能级电子，因此不能直接通过第一电离能推断单质还原性，推断错误，D错误；故选A。5.为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是A.滴入浓硝酸后，无需加热即可反应B.反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性C.反应消耗0.05molCu时，转移电子数约为D.若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu【答案】D【解析】【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后，无需加热即可发生反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；B．反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；C．铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0价升高到+2价，消耗1mol铜转移2mol电子，当反应消耗0.05molCu时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022，C正确；D．若将铜片换成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D错误；故答案为：D。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.室温下测得0.1氨水的pH约为11：B.潜艇中用吸收并供氧：C.将通入溶液中，产生淡黄色沉淀：D.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：【答案】D【解析】【详解】A．氨水为弱碱，不能完全电离：，所以0.1氨水电离出的，pH约为11是可能的，A正确；B．可以与反应产生氧气，反应的方程式为：，B正确；C．具有弱氧化性，具有强还原性，二者接触会发生氧化还原反应生成单质S：，C正确；D．淀粉是遇到碘单质才能变蓝，则湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝说明生成了单质碘：，D错误；故答案为：D。7.下列关于和两种溶液的说法不正确的是A.和溶液均呈酸性B.保存时均需加入少量铁粉C.可利用与铜粉的反应比较、的氧化性强弱D.分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3和FeCl2均为强酸弱碱盐，Fe2+和Fe3+水解生成H+，溶液均呈酸性，A正确；B．保存FeCl2溶液需加入铁粉(防止Fe2+被氧化)，但FeCl3溶液若加铁粉，Fe3+会与Fe反应生成Fe2+(如2Fe3++Fe=3Fe2+)，反而污染溶液，B不正确；C．Fe3+可与Cu反应(2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+)，而Fe2+无法氧化Cu，说明Fe3+氧化性强于Fe2+，C正确；D．FeCl3与NaOH直接生成红褐色Fe(OH)3；FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空气中氧化为Fe(OH)3(最终红褐色)，D正确；故选B。8.苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯（）进行该反应（反应过程不变），反应速率无明显变化。下列说法不正确的是已知：C-D键能大于C-H键能。A.可用质谱法区分苯和氘代苯B.硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰C.用氘代苯进行反应时，ⅰ中有C-D键的断裂与形成D.图示过程的反应速率主要由ⅰ决定【答案】C【解析】【详解】A．苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分，A正确；B．硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰，B正确；C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中无C-D键的断裂与形成，C错误；D．C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅰⅰ不是决速步骤，故过程的反应速率主要由ⅰ决定，D正确；故选C。9.利用下图装置（夹持装置略）进行实验，b中现象能证明结论的是选项a中试剂b中试剂及现象结论装置A电石（含CaS杂质，易水解）与饱和食盐水酸性溶液褪色a中反应生成B苯、液溴和铁粉的混合物溶液中出现淡黄色沉淀a中反应生成HBrC固体与稀硫酸苯酚钠溶液中出现浑浊的酸性强于苯酚的DNaClO固体与浓盐酸滴有酚酞的NaOH溶液褪色氯气具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．电石(主要成分是CaC2)和饱和NaCl溶液反应生成乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，产生的乙炔中还混有还原性杂质气体硫化氢等，也能使酸性溶液褪色，故不能得出该反应生成了乙炔，A错误；B．液溴易挥发，挥发出的溴蒸汽遇水会生成HBr，也能与溶液反应生成淡黄色沉淀，因此无法证明该反应生成了HBr，B错误；C．固体与稀硫酸反应生成气体，气体进入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明生成了溶解度小的苯酚，根据强酸制弱酸的原理，酸性：＞苯酚，C正确；D．NaClO固体与浓盐酸发生归中反应生成，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因为发生了反应，氯气不具有漂白性，结论错误，D错误；故选C。10.为研究水垢中的去除，称量0.5g于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中的变化。18s时滴入3滴饱和溶液，55s时继续滴加饱和溶液（忽略对溶液体积的影响），数据如图。下列说法正确的是A.BC段下降，是因为平衡逆向移动B.由CD段推测，加入的未完全溶解C.不同时刻溶液中大小排序：D>B>CD.A到F的过程中，消耗约为mol【答案】B【解析】【分析】A到B存在CaSO4的沉淀溶解平衡，B点加入Na2CO3溶液，Ca2+与生成更难溶的CaCO3，Ca2+浓度减小，C点时CaSO4继续溶解，Ca2+浓度又增大，D到E重新达到沉淀溶解平衡，E点之后继续加入饱和Na2CO3，Ca2+几乎全部转化为CaCO3。【详解】A．BC段下降，是因为Ca2+与生成更难溶的CaCO3，使Ca2+浓度减小，A错误；B．由CD段Ca2+浓度升高，说明加入未完全溶解，继续溶解使Ca2+浓度增大，B正确；C．B到C的过程Ca2+与结合，促进CaSO4的溶解，C点大于B点，C错误；D．A到F溶液中Ca2+几乎为0，说明CaSO4全部转化为了CaCO3，加入的的物质的量应该大于mol，D错误；答案选B。11.溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是A.反应①的活化能大于反应②的B.溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率C.无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成D.若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应①的活化能是，反应②的活化能是，活化能：反应①＜反应②，A错误；B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确；C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误；D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误；故选B。12.利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。下列说法不正确的是A.①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子B.①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变C.②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D.每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol【答案】D【解析】【详解】A．①中，+2H+，因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确；B．①中，转化为NADH，中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误；故选D。13.以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。①②反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。已知：产物A的选择性下列说法不正确的是A.选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的B.根据温度升高时CO的转化率增大，可推断C.相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的D.除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【解析】【分析】由图可知，随温度升高，选择性减小，故反应①为放热反应，据此分析；【详解】A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；故选B。14.小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。资料ⅰ.溶液中与S反应可能得到、或资料ⅱ.不与6盐酸反应，和在6盐酸中均发生沉淀的转化。根据实验推测，下列说法不正确的是A.无色溶液a中不含或B.固体b和c均为C.银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响D.若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有【答案】C【解析】【分析】与S反应可能生成、或，过滤，滤液中加入KMnO4验证是否存在+4价S，滤渣可能为、或，加入盐酸，过滤，有沉淀则存在则，滤液体加入氯化钡和过氧化氢，验证是否存在或，若存在则有白色沉淀，据此分析；【详解】A．无色溶液a加入KMnO4依然为紫红色，可知不存在还原性离子，故不含或，A正确；B．不与6盐酸反应，固体b加6盐酸过滤得固体c，为，滤液加氯化钡和过氧化氢，无现象，说明无和，故固体b为，B正确；C．与的亲和力较高结合生成反应趋向生成稳定硫化物，对S的氧化还原反应有影响，C错误；D．若增大溶液浓度和硫粉的用量，则溶液中的硝酸根和氢离子可以氧化S生成，固体b中可能混有，D正确；故选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟（In）和硒（Se）的单质是制备铟硒半导体的重要原料。（1）主族元素In原子序数为49，其位于元素周期表的__________区。（2）粗硒中主要含碲（Te）单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：__________。（3）氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。①已知分子中含两个羟基，中Se的杂化方式为__________。②向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为__________。（4）一种铟硒半导体晶体的晶胞如图，晶胞底面边长为apm，高为cpm。①该晶体的化学式为__________。②阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。（已知：）【答案】（1）p（2）Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离（3）①.②.（4）①.②.【解析】【小问1详解】主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；【小问2详解】硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；【小问3详解】①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；【小问4详解】①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；②晶体的密度为。16.高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。（1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是__________。（2）方法一：化学氧化法制备固体。已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为__________。②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是__________。ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是__________。（3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。①阳极生成的电极反应式为__________。②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是__________。③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为__________。【答案】（1）氧化性（2）①.②.③.增大浓度，促进析出；维持的稳定（3）①.②.阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应）③.0.1mol【解析】【小问1详解】中Fe元素为+6价，具有强氧化性，能氧化水中的、等物质；其还原产物Fe3+水解生成红褐色的Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以净水过程中利用了的强氧化性和Fe(OH)3胶体的吸附性；【小问2详解】①在碱性条件下将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；②将粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反应完的转化沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质；向滤液中加入饱和KOH溶液，增大了的浓度，根据沉淀溶解平衡，会使的平衡向左移动，从而析出晶体，维持的稳定；【小问3详解】①阳极上Fe失去电子生成，在碱性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：；②阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失或若不使用阳离子交换膜，阴极产生的迁移至阳极放电，发生副反应导致产率降低；③阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8mol；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1mol。17.我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下。已知：EDC是一种脱水剂。（1）A遇FeCl3溶液显紫色，A→B的化学方程式为__________。（2）D中含有两个六元环，其结构简式为__________。（3）E→G的目的__________（“是”或“不是”）保护官能团。（4）G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为__________。（5）I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为__________。（6）P0和M可发生反应：，反应的具体过程如下：Pn的结构简式为__________。（7）将路线中的试剂X替换为其他类似物X*，最终可得到不同结构的高分子*。若要合成，所需试剂X*可以是__________（填序号）。a．b．和的混合物【答案】（1）（2）（3）不是（4）（5）羧基、羟基（6）（7）a【解析】【分析】由图可知，E→G的过程为E与反应，在EDC作用下脱水生成G，由此可逆推出E为，D→E的过程为酯在酸性条件下的水解过程，结合D的分子式及题中D含两个六元环的信息，可知D为，对比B、D分子式及B→D的过程，可知B为，由A→B的反应条件可知，A→B发生了苯环上的硝化反应，则A为。由G→I的过程中同时还会生成，可知G与试剂X发生取代反应，从而可推测出试剂X的结构。由I→M的反应条件及I、M的分子式，可知I→M的过程为I发生分子内的酯化反应过程，据此分析。【小问1详解】由A遇FeCl3溶液显紫色，可知A分子中含有酚羟基，根据分析可知A为。A→B为苯环上的H原子被-NO2取代的过程，化学方程式为：。答案为：；【小问2详解】由分析可知，D为。答案为：；【小问3详解】若官能团开始有，中间过程发生了反应，后面又复原，则让其发生反应的过程即为官能团被保护的过程。E中羧基在后续反应中未复原，则E→G的目的不是保护官能团，答案为：不是；【小问4详解】由分析可知，G与试剂X发生取代反应生成I和，则可知试剂X为。答案为：；【小问5详解】I→M的过程为I发生分子内的酯化反应，I分子中苯环上的羟基与邻位取代基上的羧基发生酯化反应，参与反应的官能团名称为：羟基、羧基；答案为：羧基、羟基；【小问6详解】由P₀(长链伯胺)与M开环缩合生成nD和Pₙ的示意图可知，高分子主链是重复的酰胺键骨架(－NH－CO－…)。P0分子中氨基氢原子被重复的酰胺键骨架取代，则Pn为。答案为：；【小问7详解】若想合成给定的高分子Pₙ*，则需要将图中试剂X替换为能带来所需侧链或主链结构的X*。对照选项可知应选(a)(即)。答案为：a。18.从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。已知：ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。（1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ.__________。（2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是__________。②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有__________（写出两条）。（3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。①加入溶液的目的是__________。②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：__________。③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是__________。（4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有__________（写出两条）。【答案】（1）（2）①.（SnS或其他合理答案）②.温度升高，被氧化为的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低（3）①.将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀②.pH过高会产生沉淀，降低，正向移动，As去除率下降③.（4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的，避免污染或减少滤液中的杂质【解析】【分析】从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀进行酸浸，除难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化为，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。【小问1详解】酸性条件下，SnS易被氧化为，根据第ⅰ步反应和被氧化为的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。【小问2详解】①在酸浸中，杂质最终被还原为，则将还原为的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体；②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，被氧化为的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低。【小问3详解】向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）；①原浸出液中为和，形成后Fe元素变为价，As元素由的价变为的价，则加入溶液的主要目的是：将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀；②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现转化为沉淀，使降低，导致正向移动，使As去除率下降；③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，根据中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。小问4详解】先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反