2025年高考押题预测卷：化学（江苏卷03）（解析版）

2025年高考押题预测卷03

高三化学

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。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-lC-120-16Mg-24Sc-45

第I卷(选择题共39分)

一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.［原创题］半导体是人工智能技术发展的核心材料。“中国制造2025”计划中明确提出要大力发展第三代半

导体产业。下列物质中不属于半导体材料的是()

A.晶体硅B.二氧化硅C.碳化硅(SiC)D.碑化钱(GaAs)

【答案】B

【解析】二氧化硅是制作光导纤维的原料，不是半导体材料，B错误。

2.［新情景题］石灰氮(CaCN2)是一种氮肥，与土壤中的H2O反应生成氟胺(H2N-C三N),鼠胺可进一步转化为

尿素［CO(NH2)2］。下列有关说法不正确的是()

A.H2N-C三N为极性分子B.中子数为20的钙原子的质量数为40

C.ImolhhN-C三N分子中含4moi共价键D.CO(NH2)2分子中不含非极性共价键

【答案】C

【解析】H2N-C三N分子中，正负电荷中心不重合，为极性分子，为极性分子，A正确；中子数为20的

钙原子，质子数为20,质量数为40,B正确；lmolH2N-C三N分子中含2moiN-H共价键，ImolN-C共

价键，ON中含Imolc键，2moi兀键，共含6moi共价键，C错误；CO(NH2)2分子中有1个鼠基和2

个氨基，不含非极性共价键，D正确。

甲乙丙T

A.用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体

B.用装置乙除去废铁屑表面的油污

C.用装置丙将废铁屑充分溶解

D.用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2-6H2。晶体

【答案】B

【解析】装置甲中，物品与祛码的位置颠倒了，使用游码时称取(NH4)2SO4的固体质量偏低，A错误；

Na2co3溶液呈碱性，加热时溶液的碱性更强，能促进油脂水解，从而去除废铁屑表面的油污，B正确;

浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C错误；

(NH4)2Fe(SO4)2-6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，D错误。

4.［原创题］三硅酸镁(2MgO-3SiO2"H2。)和NaHCCh是医疗上的常见抗酸药。下列说法正确的是()

A.半径：r(Si)>r(Mg)B.电负性：x(c)>x(si)

C.稳定性：SiH4>H2OD.碱性：Mg(0H)2>Na0H

【答案】B

【解析】同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，A错误；同主族元素，原子序数越大，元素的电

负性越小，B正确；非金属性：O>Si,则稳定性：H2O>SiH4,C错误；金属性：Na>Mg,碱性：NaOH

>Mg(OH)2,D错误。

［改编题］阅读下列材料，完成5〜7题：

周期表中VIA族元素及其化合物用途广泛。Ch具有杀菌、消毒、漂白等作用；H2s是一种易燃的有毒气

体(燃烧热为562.2kJ-moH),常用于沉淀重金属离子；硫酰氯(SO2cb)是重要的化工试剂，在催化剂作用

下合成反应为SO2(g)+Cl2(g)SO2cb(g)AH=«kJ-moH(a<0)；硒®Se)和硅3Te)的单质及其化合物在电

子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，HzSe具有较强的还原性，工业上通过电解强碱性NazTeCh

溶液制备Te„

5.下列说法正确的是()

A.H2s是在空气中完全燃烧时能生成SO3

B.SO2也有漂白性，03和S02的漂白原理相同

C.温度升高，由S02制SO2c12的平衡转化率降低

D.使用催化剂能增大合成SO2c12反应的平衡常数

【答案】C

【解析】H2s是在空气中完全燃烧只能生成S02,A错误；03因为具有强氧化性而具有漂白性，SO2是

因为能和有色物质化合成不稳定的无色化合物而有漂白性，B错误；合成SO2cL的反应是放热反应，温

度升高，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，C正确；化学平衡常数只与温度有关，使用催化剂不

能改变平衡常数，D错误。

6.下列化学反应表示正确的是()

1

A.H2s燃烧的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH=-562.2kJ-mol

B.用H2s气体沉淀溶液中Pb2+的离子方程式：Pb2++S2-=PbS；

C.电解强碱性NazTeCh溶液的阴极反应：TeC）32-+4e-+3H2O=Te+6OH-

D.SO2cI2遇水强烈水解生成两种酸：SO2cl2+2H2O=H2so3+2HC1

【答案】C

【解析】A项反应没有配平，氧原子不守恒，水应为液态，错误；B项反应中H2s不能拆成离子，错误；

电解时，阴极发生还原反应，TeCh?-被还原为Te,C正确；SO2cb中的S元素为+6价，遇水水解生成的

两种酸为H2s04和HCLD错误。

7.下列说法不正确的是（）

A.H2O比H2Se稳定是因为水分子间能形成氢键

B.丹0+和H20的的中心原子杂化轨道类型均为sp3

C.硫可形成S2、S4、S6等不同单质，它们互为同素异形体

D.CS2分子中。键与兀键的个数之比为1:1

【答案】A

【解析】水分子的稳定性与其水分子间的氢键无关，A错误；出0+为三角锥形，H2O为折线形，它们中

心原子杂化轨道类型均为sp3,B正确；硫元素的不同单质互为同素异形体，C正确；双键中有1个。

键和1个兀键，S=C=S分子中有2个◎键和2个兀键，D正确。

充电

2++

8.Mg/LiFePCU电池的电池反应为：xMg+2LiFePO4xMg+2Lii-^FePO4+2xLi,装置如下图所示。下列

放电

说法正确的是（）

充电

ILijFePOJ

A.放电时，Li+被还原

B.放电时，电路中每流过2moi电子，有24gMg2+迁移至正极区

C.充电时，化学能主要转变为电能

D.充电时，阳极发生的电极反应为LiFePCU—xe-=LiiFePCU+xLi+

【答案】D

【解析】电池放电时发生原电池反应，Lii“FePCU被还原生成LiFePO©Li+没有发生还原反应，A错误；

放电时，由于Li+导电膜的限制作用，Mg2+不能迁移至正极区，B错误；充电是电能转化为化学能的过

程，C错误；充电时，原电池的正极接充电电源的正极作为阳极，此时阳极反应和原电池正极反应相反，

+

即电极反应为LiFePO4-xe=LiiYFePO4+xLi,D正确。

9.［改编题］制备重要的有机合成中间体丙的反应如下。下列说法正确的是（）

ooo

(CH3)3CNH,

1

入丫25%NaOHC2H5OH,H2O?H

OHOCH2^JOCH2-CH-CH2NHC(CHJ)3

甲乙丙

A.Imol甲最多可以与3molH2反应

B.乙在一定条件下能发生缩聚反应

C.丙能与盐酸和金属钠发生反应

D.丙分子中所有碳原子共平面

【答案】C

【解析】甲中的酮段基和苯环都能与H2反应，Imol甲最多可以与4m0IH2反应，A错误；乙分子中没

有羟基、技基、氨基等官能团，不能发生缩聚反应，B错误；丙分子中的一NH—能和盐酸反应，羟基能

和Na反应，C正确；丙分子中有较多的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D错误。

10.［改编题］在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()

A.NaCl(aq)Ch(g)澄清有灰水>漂白粉(s)

B.CuO(s)一CU(OH)2(S)膘>Cu2O(s)

C.Fe2O3(s)一Fe(s,过量)f^FeCb(s)

D.Cu(s)浓硝酸>NO2(g)c“s)2悬浊液>Cu(NO3)2(aq)

【答案】D

【解析】电解NaCl溶液生成NaOH、H2和CI2,CL应和石灰乳反应得到漂白粉，A错误；CuO和水不

反应，B错误；FezCh和A1高温下反应生成Fe,Fe和CI2反应生成FeCb,C错误；Cu和浓硝酸反应生

成NCh,NO2和Cu(OH)2悬浊液反应生成Cu(NO3)2和NO,D正确。

11.通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是()

选项实验操作和现象结论

向5mL0.1mol-L1的AgNCh溶液中滴加几滴0.1mol-L-1

A的NaCl溶液，有白色沉淀产生，继续滴加Ksp(AgCl)>KsP(AgI)

几滴0.1mol-L-1Nai溶液，有黄色沉淀产生

将浓硫酸和灼热的木炭反应，产生的气体依次通过品红浓硫酸和木炭反应产

B

溶液、饱和NaHCCh溶液、澄清石灰水，观察现象生SO2和CO2气体

向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，冷却后加入NaOH

C溶液调节pH呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加蔗糖已经发生水解

热，产生砖红色沉淀

分别测浓度均为01mol-L1的CH3coONH4和NaHCO结合H+能力：

D3

溶液的后者大于前者

pH,CH3COO<HCO3-

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A项，实验中AgNC)3溶液过量，再加入Nai溶液，过量的Ag+和「反应生成Agl沉淀，据此

无法判断Ksp(AgCl)和Ksp(Agl)的大小，错误；B项，将气体通过饱和NaHCCh溶液，SCh会和NaHCCh

溶液反应生成CO2气体，无法确定浓硫酸和灼热的木炭反应是否产生CO2气体，错误；C项，蔗糖是

非还原性糖，实验中产生了砖红色沉淀，说明蔗糖水解生成了葡萄糖，正确；D项，CH3coONH4和

NaHCCh是两种组成完全不同的盐，要比较CH3coO-和HCCh-结合H+的能力，应测定常温下等浓度的

CH3coONa和NaHCO3溶液的pH,错误。

12.室温下，通过实验探究NaHS溶液的性质并记录如下表。下列说法不正确的是()

实验实验操作和现象

1向O.lmolL-iNaHS溶液中滴加几滴酚酰试剂，溶液变红

2向O.lmoLL"NaHS溶液中加入少量FeCb溶液，产生淡黄色沉淀

3向O.lmolL-iNaHS溶液中滴加过量CuCL溶液，产生黑色沉淀

A.实验1证明NaHS溶液中存在：HS+H2O^H2S+OH

2

B.实验1可推测出NaHS溶液中存在：C(HS-)>C(H2S)>C(S)

C.实验2反应的离子方程式：HS-+2Fe3+-=2Fe2++S；+H+

D.实验3反应静置后的上层清液中存在：c(Cu2+>c(S2-)=Ksp(CuS)

【答案】C

【解析】实验1向NaHS溶液中滴加几滴酚献试剂，溶液变红，说明此时溶液呈碱性，HS-发生了水解，

+2

A正确；NaHS溶液中HS-会发生电离(HS-：H+S-)和水解(HS—H2OH2S+OH),溶液呈碱

性，说明水解程度大于电离程度，则溶液中存在C(HS-)>C(H2S)>C(S2)B正确；实验2中HS-过量,

反应生成的H+还会和HS-反应生成H2S,C错误；NaHS与CuCh反应生成CuS,溶液中产生黑色沉淀，

则上层清液中是CuS的饱和溶液，存在c(Cu2+>c(S2-)=Ksp(CuS),D正确。

13.在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为

1

反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)AH=-164.7kJ-mol-

1

反应H：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.2kJmol

1

反应III：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)\H=-247.1kJ-mol-

向恒压、密闭容器中通入1molCCh和4m0IH2,平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图

所示。下列说法不正确的是()

A.反应I的平衡常数可表示为K=c%)「,鳖)

c(CO2)c(H2)

B.图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化

C.提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂

D.升高温度，反应CH4(g)+H2O(g)—CO(g)+3H2(g)的平衡正向移动

【答案】B

【解析】反应I中的生成物水是气态，应列入平衡常数的表达式中，反应I的平衡常数为K=

2

C(CH4)-C(H2O),A正确；反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，

4

C(CO2)-C(H2)

由反应n和ni可知，温度升高反应n正向移动，反应III逆向移动，co的物质的量增大，故曲线c为

CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CH4的物质的量变化曲线，B错误；反应I为放热反应，反应II

为吸热反应，降低温度有利于反应I正向移动，反应II逆向移动，即可提高co?转化为ca的转化率，

所以需要研发在低温区高效的催化剂，C正确；根据盖斯定律，将反应(1+11+2x111)/3得：

1

CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)\H=(-164.7+41.2-247.1x2)/3kJ-mol^-205.7kJ-mol,则反应

1

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)NH=+205.7kJ-mol,该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，D

正确。

第n卷(非选择题共61分)

二、非选择题：共4题，共61分。

14.(15分)［新材料题］铳(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3\TiO2\

Mn2\H\SO42-等离子)中提取SC2O3的一种工艺流程如下：

NaOH

(1)基态铳原子的电子排布式为=钛白水解工业废酸中需先加入H2O2生

成难萃取的［TiO(H2O2)］2+,再进行萃取。［TiO(H2O2)产中钛的化合价为,H2O2的作用是

(填字母)。

a.作氧化剂b.作还原剂c.作配体

(2)“萃取”可采用有机磷萃取剂(RO)3PO,其中一R代表煌基，(RO)3Po可通过以下反应制备:

3ROH+POCh(RO)3PO+3HC1O

①一R对(RO)3Po产率的影响如下表：

—R—CH2cH3—CH2CH2CH3—CH2CH2CH2CH3

(RO)3Po产率/%826220

随着碳原子数增加，(RO)3Po产率降低的原因可能为o

②铳的萃取率(E%)与0X4值［萃取剂体积(。)和废酸液体积(A)之比］的关系如下图所示。采用一次萃取时,

应选择最合适的O/A值为0

100

90

兴

&80

70

…1：21：41：61：81：IO

O

T

(3)“反萃取"时生成SC(OH)3、MnCh沉淀，生成MnCh反应的离子方程式为。

(4)“沉铳”时得到SC2(C2O4)3-6H2O沉淀。“沉铳”时测得相同时间铳的沉淀率随温度的变化如下图所示,

随温度升高铳的沉淀率先升高后降低的可能原因是。

%100

、

爵95

照

同90

§

想85

80707580859095

温度/七

(5)“灼烧”时，SC2(C2O4)3・6H2O(摩尔质量为462g皿011)在空气中分解得到SC2O3,实验测得灼烧过程

中固体残留率随温度的变化如下图所示，500K时，固体的主要成分是o

(写出计算过程)

I

朔)()..00

(400,80.52)

圾

。L

8001-r-x(500,76.62)

毂Ul

挝00

6。

-」

Ing00

lt4。1.

起00：：\(600,29.87)

回I.

2。

O

30__53560^

温度/K

【答案】（15分）Is22s22P63s23P63dzs2或［Ar］3dzs2（1分）+4（1分）c（2分）

（2）①随着碳原子数的增加，0—H键极性减弱，更难断裂，（RO）3Po产率降低［或随着碳原子数增加，

煌基的推电子能力增强，0—H键更难断裂，（RO）3Po产率降低］（2分）

②1：4（2分）（3）Mn2++H2O2+2OH-=MnO21+2H2。（2分）

（4）温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速率加快，铳的沉淀率上升（或随温度升高，草酸电离

程度增大，草酸根离子浓度增大，铳的沉淀率上升）（1分）；温度高于80℃时，随着温度的升高，草酸

铳的溶解度增大，致使铳的沉淀率下降（1分）

（5）设初始时为ImolSC2（C2O4）3-6H2O,m［Sc2（C2O4）3-6H2O］=lmolx462g-mol1=462g,

500K时,剩余固体质量为Imolx462g皿01％76.62%=354g（1分），固体质量减少Am=462g-354g=108g

（1分）,即减少的为6moi泾0的质量，故500K时固体成分为Sc2（C2O4）3（1分）。

【解析】（1）①铳是21号元素，基态原子的电子排布式为其Is22s22P63s23P63dl4s2或［Ar］3dl4s2。根据

配离子［TiO（H2O2）］2+的结构可知，H2O2为该配离子的配体；根据正负化合价为零的原则，可知该配离

子中Ti元素的化合价为+4价。

（2）①据-R对（RO）3Po产率的影响表可知，随着碳原子数增加，（RO）3Po产率降低，其原因可能为随

着碳原子数增加，O-H键极性减弱更难断裂，（RO）3Po产率降低或随着碳原子数增加煌基推电子能力

增强，O-H键更难断裂，（RO）3Po产率降低。②采用一次萃取时，应选择最合适的O/A值为1：4,此

时铳的萃取率可达到90%,再通过提高O/A值提高萃取率不经济。

（3）“反萃取”时H2O2氧化Md+生成MnCh,H2O2的还原产物为H2O,碱性条件下反应的离子方程式

2+

为Mn+H2O2+20H=M11O2I+2H20o

（4）“沉铳”时随温度升高铳的沉淀率先升高后降低的可能原因为温度低于80℃时，随温度升高，沉淀

反应速度加快,铳的沉淀率上升（或随温度升高草酸电离程度增大,草酸根浓度增多，铳的沉淀率上升）；

温度高于80℃时，随着温度的升高，草酸铳的溶解度增大，致使铳的沉淀率下降。

15.（15分）褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某

研究小组以乙快为原料，设计合成路线如下（部分反应条件已省略）：

理吧褪黑素

已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：CH3coONa+NaOH:>CH^+Na2cCh。

回答下列问题：

（1）C中所含官能团的名称为鼠基和O

⑵已知：RLLO.RLRLNW"+氐OH，通常用酯基和氨基生成酰胺基，

CDCh

不用竣基和氨基直接反应，结合电负性解释原因_____________________________=

元素HCO

电负性2.12.53.5

（3）E的结构简式为=

（4）写出符合下列条件的H的一种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：o

i.含有3个六元环，其中1个是苯环；

ii.含有?结构，不含N—H键；

—C—N—

iii.含有4种不同化学环境的氢原子。

o

（5）己知：RYNH，OH>RCOOH,综合上述信息，写出由二氯甲烷和乙醇制备的合成路

线（无机试剂、有机溶剂任选）：。

【答案】（15分）（1）酯基（2分）（2）酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰

胺比较容易；竣基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，竣基与氨基难生成酰胺（3分）

O

〈

2分\

71

NaCNH,

CH,Ch----------►NCCH,CN——H?NCH2cH，CH,NH,-i

(5)Ni/AOH（5分）

CDCL

HQ/FTCHjCH,:OH「„“1

NCCH.CN———>HOOCCH,COOH——--~►C2H5OOCCH2COOC2H5-

【解析】HC三CH和HC1在HgCL催化下发生加成反应反应生成A（CH2=CHC1）,A和NaCN发生取代

反应生成B（CH2=CHCN）；B和M发生加成反应生成C,根据C的结构简式及M的分子式可知M为

个2叉为O八；c和H2发生加成反应生成D,D比C多4个氢原子，则C中-C三N完全和H2发生加

成反应，D为D发生取代反应生成E,E发生水解反应然后酸化得到F,根据F的结构简

O

式及E的分子式可知E为;H发生水解反应生成I,根据I的化学式可知I为

0

I和碱石灰反应生成J,J发生取代反应生成褪黑素，贝1H为

H

(1)根据C的结构简式可判断C中所含官能团的名称为氟基和酯基。

(2)由于酯基中碳、氧元素的电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；竣基中氧、氢元素

电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此较基与氨基难生成酰胺。

o

(3)根据以上分析可知E的结构简式为1才八。

I

H

0

(4)H的同分异构体符合下列条件：i.含有3个六元环，其中1个是苯环；ii.含有||结构，不

-C—N-

oo

含N—H键;iii.含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式有0^13、CCL0

OO

O

(5)以CH2c12和CH3cH20H为原料合成有机物，CH2cb和NaCN可发生取代反应生成NCCH2CN,

NCCH2CN和H2发生加成反应可生成H2NCH2CH2CH2NH2,NCCH2CN可发生水解反应生成

HOOCCH2coOH,过量CH3cH20H和HOOCCH2coOH发生酯化反应可得至

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应可

得到目标产物，由此可确定合成路线。

16.(15分)磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知：Ca—Fe基磁性纳米复合材料，由CaCCh

和纳米Fe3O4经过超声分散制得。能通过纳米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通过化学反应等去除水体

磷。已知：纳米Fe3C>4颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。

物质

Ca3(PO4)2CaHPO4Ca(H2PO4)2KH2Po4

溶解性难溶微溶可溶易溶

(1)制备复合材料所需的纳米Fe3O4：一定条件下，先将FeCl2«4H2O和FeCl3-6H2O晶体配制成混合

溶液，再与氨水反应可制得纳米Fe3O4,实验装置如下:

电磁搅拌水浴加热器

①氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是

②制备纳米Fe3O4需控温在50〜60。℃之间，写出该反应的化学方程式：.

③配制混合溶液时按〃(Fe2+):w(Fe3+)=l:2进行投料：实验中需不断通入N2。通N2的目的是

(2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入CaCCh—FesCU纳米复合材料的除磷效果:

2012

00I1

0

801H

9d

6g运

o闰

48总

2O7

456789101102468101214

初始pHPH

图甲图乙

①从图甲中可以看出初始pH为3〜6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中

无气体生成。结合图乙，写出对应的离子方程式：

②当初始pH为9〜10时，磷的去除率明显小于初始pH为3〜6的去除率，是因为.

（3）除磷后续处理

除磷回收得到的磷矿物CaHPO4・2H2O,可进一步转化为KH2P04,作为钾磷复合肥使用。设计由

CaHPO4・2H2O浆料制备KH2PO4晶体的实验方案：向含0.02molCaHPCUWlfeO的浆料中,干

燥。［已知：2CaHPO2H20（s）+K2so4（aq）+H2SO4（aq）=2KH2PO4（叫）+2CaSO4・2H2O（s）；室温下从KH2PO4

饱和溶液中可结晶析出KH2PO4晶体；实验中须施用的试剂：H2s04溶液、0.25mol・L"K2s04溶液，pH

试纸，无水乙醇］

【答案】（15分）（1）①主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸（2分）

②FeC12+2FeCb+8NH3・H2O=Fe3O41+8NH4Cl+4H2。（2分）

③除去空气，防止Fe?+部分被02氧化为Fe3+,造成产品不纯（2分）

（2）①CaCO3+H2PO4=CaHPO4+HCO3-（2分）

②碱性条件下，CaCCh几乎不溶解，Ca2+的浓度很小；同时0日浓度增大，会与HPC^-产生竞争吸附（3

分）

（3）缓慢加入0.25mol・L」K2s04溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H2SO4溶液，不断搅拌至用

pH试纸测得反应液pH，4〜5,过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶（或在室温下冷

却结晶）；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2〜3次（4分）

【解析】（1）①配制FeCb和FeCb溶液溶液时，防止Fe3+和Fe?+水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。

②FeCb+2FeCb+8NH3-H2O=Fe3O4i+8NH4Cl+4H2O；③通入N2除去空气，防止Fe2+部分被。2氧化为

Fe3+,造成产品不纯。

（2）①从图1中可以看出初始pH为3〜6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过

程中无气体生成。结合图2,写出对应的离子方程式为CaCCh+H2PCU'CaHPCU+HCCh;②当初始pH

为9〜10时，磷的去除率明显小于初始pH为3〜6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCCh几

乎不溶解，Ca2+浓度很小；同时OH-浓度增大，会与HPCU2-产生竞争吸附。

（3）向含0.02molCaHPO4«2H2O的浆料中缓慢加入0.250.25mol・L"K2SO4溶液40.0mL不断搅拌；再

分批缓慢滴入H2s04溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH=4〜5,过滤；将滤液蒸发浓缩至表面

析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2〜3次，干燥。

17.(16分)铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用

于去除水体中的六价铭［Cr(VI)］与硝酸盐等污染物。

(1)①用FeCL溶液与NaBH4(H元素为-1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：

FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2To当生成ImolFe时，反应中转移电子的物质的量

为o

②纳米Fe和Fe3C>4均可用于降解含CnO产的废水。实验证明FesCU辅助纳米铁去除一效果更佳,

结合图1,分析其原因是