2026年高考化学二轮信息必刷卷01（江苏卷）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷01化学考情速递高考·新动向：紧扣高考评价体系要求，以核心素养为导向，强化关键能力与必备知识的融合考查，凸显化学学科的应用价值与育人功能。试题素材既扎根传统文化与生活实际，又紧跟科技前沿与社会热点，实现“价值引领、素养立意、能力为重、知识为基”的有机统一。如第1题围绕二氧化硅的工业应用，链接光导纤维、玻璃制造等实际生产场景，考查物质用途与反应原理的关联；第17题聚焦肼硼烷水解、电催化制氢等新能源技术，引导学生关注能源危机与可持续发展，激发科学探究热情。高考·新考法：题型设计延续江苏卷“选择题+非选择题”的稳定结构，选择题13道侧重基础知识的灵活应用，非选择题4道强调知识的综合迁移与创新应用。创新点体现在“多模块融合设问”与“图表信息深度解读”两大方向：第8题结合电池反应方程式与装置图，融合电化学、氧化还原反应、离子迁移等知识，考查原电池与电解池的工作原理；第13题依托甲醇与水重整反应的平衡曲线，要求学生结合多步反应机理，分析转化率与选择性的变化规律，综合考查化学平衡、计算推理等核心能力；第14题将晶体结构、水解平衡、氧化还原反应融入锰氧化物的制备与应用，实现物质结构、反应原理与工业流程的跨模块整合。高考·新情境：创设多元化真实情境，覆盖工业生产、环境保护、药物合成、新材料研发等多个领域，考查学生在复杂情境中提取信息、分析问题、解决问题的能力。第3题以水合肼溶液的实验室制备为情境，涉及氯气制备、氧化还原反应调控、物质分离提纯等实验操作，凸显实验学科的实践性；第11题围绕[Co(NH₃)₆]Cl₃的制备流程，融入配位化合物结构、氧化还原反应计算等知识，体现化学实验与物质结构的跨领域融合；第12题以冶炼富集液中钴、锰的回收为工业情境，结合电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等原理，考查溶液中离子浓度的计算与比较；第15题以肿瘤药物中间体的合成为线索，串联有机反应类型、同分异构体书写、合成路线设计等核心考点，展现有机化学在医药领域的应用价值。命题·大预测：2026年江苏卷高考化学命题将继续保持“稳中有新”的趋势，进一步强化情境化、综合化、应用化导向。一是情境素材更贴近前沿，新能源开发（如氢能、燃料电池）、环境保护（如碳中和、污染物降解）、新材料制备（如纳米材料、配位化合物）等热点领域将成为命题重点，如第17题的制氢技术、第14题的纳米锰氧化物应用；二是图表解读能力要求提升，平衡曲线、晶体结构示意图、电化学装置图、工业流程图等图表形式将持续增多，需重点强化图像信息与化学原理的关联分析能力，如第13题的转化率-选择性曲线、第8题的电池装置图；三是跨模块融合更紧密，物质结构、反应原理、有机化学、化学实验等模块的交叉设问将成为常态，如第16题将配位化合物、氧化还原反应、实验计算融入纳米铜的制备；四是实验探究与计算能力并重，非选择题将进一步强化实验设计、误差分析、定量计算的考查，如第14题的晶体组成计算、第16题的产品纯度测定实验方案设计，备考需注重理论与实践的结合，提升综合应用能力。

（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：H1C12N14O16S32Mn55Cu64一、单选题：本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．二氧化硅()是一种用途极广的无机化合物。下列生产中不以为原料的是A．高炉炼铁 B．制光导纤维C．工业制玻璃 D．工业冶炼硅【答案】A【解析】A．高炉炼铁中，铁矿石（含Fe2O3或Fe3O4）是主要原料，焦炭作为还原剂，石灰石用于去除杂质SiO2（生成硅酸钙），但SiO2本身并非炼铁所需原料，而是作为杂质被处理，A符合题意；B．光导纤维直接以SiO2为原料，B不符合题意；C．工业制玻璃中，SiO2与Na2CO3、CaCO3反应生成硅酸盐，是必要原料，C不符合题意；D．工业冶炼硅通过SiO2与碳高温还原反应制得粗硅，需使用SiO2，D不符合题意；故选A。2．反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr可用于测定空气中SO2的含量。下列说法正确的是A．SO2的空间填充模型为 B．H2O分子中O原子为sp3杂化C．H2SO4中含有离子键和共价键 D．Br的基态外围电子排布式为3s23p5【答案】B【解析】A．的价层电子对=2+=3，含有2个成键电子对和1个孤电子对，根据价层电子对互斥模型可知其空间填充模型为V形，故A错误；B．分子中O原子价层电子对=2+=4，O原子为杂化，故B正确；C．是只由共价键构成的共价化合物，不含有离子键，故C错误；D．Br的基态外围电子排布式为，故D错误；故选B。3．实验室制备水合肼()溶液的反应原理为，能与剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是A．用装置甲制取B．用装置乙制备溶液C．用装置丙制备水合肼溶液D．用装置丁分离水合肼和混合溶液【答案】B【解析】A．浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热，A装置不满足条件，A不符合题意；B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠，B装置可达到实验目的，B符合题意；C．氨气可被次氯酸钠氧化，反应剧烈，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水，C装置不能达到实验目的，C不符合题意；D．N2H4·H2O沸点较低，溶于水，应该采取蒸馏的方式提纯，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，D装置不能达到实验目的，D不符合题意；故选B。4．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子Z可识别，实现卤水中的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是A．X分子为非极性分子B．电负性：C．与通过弱配位键相结合D．Z可以识别、、、等碱金属离子，形成类似于R的结构【答案】C【解析】A．X分子为邻苯二酚，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；B．当O与Cl形成共价键时，共用电子对偏向O，电负性：O（3.44）大于Cl（3.16），则χ(O)>χ(Cl)，B错误；C．Li+有空轨道，Z中氧原子有孤对电子，二者通过氧原子提供孤对电子、Li+提供空轨道而形成配位键，配位键属于弱相互作用的化学键类型，C正确；D．冠醚识别碱金属离子具有选择性，取决于冠醚空腔的大小与碱金属离子半径的匹配度，Z可识别Li+，但Na+、K+、Cs+半径依次增大，Z无法识别它们并形成类似R的结构，D错误；故选C。阅读下列材料，完成5~7题：VA族氮、磷及其化合物应用广泛。白磷（P4）可由Ca3(PO4)2、SiO2和过量的C焙烧制得，其晶胞如图所示，黑磷结构类似石墨。PH3气体被害虫吸入体内干扰细胞能量代谢，最终导致死亡。次磷酸（H3PO2，一元弱酸）可由PH3与I2反应制得。用尿素[CO(NH2)2]可制得三聚氰酸（）和二氯异氰尿酸钠（）等消毒剂。常温下N2H4是液体，其燃烧热为621.7kJ·mol-1。CO(NH2)2可用来处理汽车尾气中的氮氧化物，含CO(NH2)2的碱性废水可用电解法转化为N2除去。5．下列有关说法正确的是A．白磷与黑磷互为同位素 B．NH3和PH3的空间构型相同C．1molCO(NH2)2中含有8molσ键 D．三聚氰酸和二氯异氰尿酸钠晶体类型相同【答案】B【解析】A．白磷与黑磷都是磷单质，二者的结构不同，互为同素异形体，A不正确；B．NH3和PH3中N、P都形成3个σ键，孤电子对数都为=1，价电子对数都为4，都发生sp3杂化，所以空间构型相同，B正确；C．CO(NH2)2的结构式为，则1molCO(NH2)2中含有7molσ键，C不正确；D．三聚氰酸由分子构成，形成分子晶体，二氯异氰尿酸钠由阴、阳离子构成，形成离子晶体，则二者的晶体类型不同，D不正确；故选B。6．下列化学反应表示正确的是A．N2H4的燃烧：N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)

ΔH=-621.7kJ·mol-1B．H3PO2与足量KOH溶液反应：H3PO2+3OH-=+3H2OC．惰性电极电解CO(NH2)2的阳极反应：CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2↑++6H2OD．单质白磷制取：2Ca3(PO4)2+6SiO2+5C6CaSiO3+P4↑+5CO2↑【答案】C【解析】A．N2H4(1)的燃烧热应该生成液态水，而热化学方程式中的水呈气态，A不正确；B．H3PO2为一元酸，则H3PO2与足量KOH溶液反应的离子方程式应为：H3PO2+OH-=+H2O，B不正确；C．惰性电极电解碱性CO(NH2)2溶液时，N元素由-3价升高到0价，则1molCO(NH2)2失去6mole-，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出阳极反应式：CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2↑++6H2O，C正确；D．单质白磷时，在高温条件下，CO2与C反应，最终生成CO，所以反应方程式为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4↑+10CO↑，D不正确；故选C。7．下列有关物质的结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．N2H4共价键数目大于NH3，N2H4沸点比NH3高B．NH3极易溶于水，可用作制冷剂C．CO(NH2)2具有还原性，可用于处理汽车尾气D．PH3具有可燃性，可用于防治虫害【答案】C【解析】A．N2H4沸点比NH3高，原因是N2H4分子间氢键的数目比NH3多，而不是N2H4的共价键数目大于NH3，A不具有对应关系；B．NH3可用作制冷剂，是因为液氨气化时吸收大量的热，而不是因为NH3极易溶于水，B不具有对应关系；C．CO(NH2)2中N元素显-3价，具有还原性，能还原汽车尾气中的氮氧化物，所以可用于处理汽车尾气，C具有对应关系；D．PH3可用于防治虫害，是因为PH3有毒，而不是因为具有可燃性，D不具有对应关系；故选C。8．Mg/LiFePO4电池的电池反应为：xMg2++2LiFePO4xMg+2Li1-xFePO4+2xLi+，装置如下图所示。下列说法正确的是A．放电时，Li+被还原B．放电时，电路中每流过2mol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LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+【答案】D【解析】A．电池放电时发生原电池反应，被还原生成，没有发生还原反应，A错误；B．放电时，由于导电膜的限制作用，不能迁移至正极区，B错误；C．充电是电能转化为化学能的过程，C错误；D．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，D正确；故答案选D。9．通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪，下列说法不正确的是A．反应1中需控制反应条件，防止水杨酸被氧化B．反应2中应加入合适的还原剂C．在盐酸中的溶解性：水杨酸>美沙拉嗪D．水杨酸还可与甲醛发生缩聚反应【答案】C【解析】A．水杨酸中含有酚羟基，易被氧化，故反应1中需控制反应条件，防止水杨酸被氧化，故A正确；B．反应2中硝基转化为氨基，是去氧加氢的过程，是还原反应，故B正确；C．水杨酸分子中含有酚羟基和羧基显酸性，在盐酸中与HCl不反应，而美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，在盐酸中会与HCl反应生成盐，更易溶解，所以在盐酸中溶解性：水杨酸<美沙拉嗪，故C错误；D．水杨酸中含有酚羟基，故可与甲醛发生缩聚反应，故D正确；故选C。10．铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热【答案】C【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。11．的制备过程如下：步骤I

在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。步骤Ⅱ

向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。步骤Ⅲ

冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。步骤Ⅳ

向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。下列说法正确的是A．的中心原子是，配位体是和B．步骤Ⅱ中每生成，需加入C．由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成D．若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量【答案】C【解析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤后用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。A．配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3+为中心离子，NH3为配体，Cl-为外界离子，不参与配位，A错误；B．用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，Co元素由+2价上升到+3价，H2O2中O元素由-1价下降到-2价，步骤Ⅱ中每生成，理论上需加入，但H2O2受热会分解，实际需要加入的H2O2要大于1mol，B错误；C．步骤Ⅱ中NH3配位稳定Co3+，若无NH3，Co2+可能难被氧化，无法直接推断纯CoCl2溶液中反应可行，C正确；D．步骤Ⅲ用稀盐酸溶解产物，若用浓盐酸会降低溶解度，导致产物未完全溶解即被过滤，减少产量，D错误；故选C。12．室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是A．Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+)B．沉钴后得到的上层清液中：<C．NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO)D．沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO)【答案】C【解析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误；B．沉钴过程中，加入后，优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误；C．溶液中，的水解常数，的水解常数，，水解程度更大，使溶液，则，C正确；D．在时，。根据的两步电离：，，将代入：；，显然，，且。因此，，D错误；故选C。13．和催化重整获得过程中的主要反应：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

一定条件下，和一定量的反应，若仅考虑上述反应，平衡时转化率及CO选择性随的变化曲线如图所示。已知：CO选择性下列说法正确的是A．其他条件不变，加压有利于增大的平衡转化率B．当，选择性下降，可能原因是增加水的量导致反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡常数变大C．当，随增加，生成的物质的量减少D．当，平衡时的物质的量为2.106mol【答案】D【解析】A．反应Ⅰ和反应Ⅲ是气体分子数增加的反应，加压平衡左移，不利于甲醇的转化，加压对反应Ⅱ无影响，综合来看，加压总体会降低甲醇的转化率，故A错误；B．平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关，增加水的量不会改变平衡常数，选择性下降的原因可能是随着水的增加，反应Ⅱ、反应Ⅲ正向移动，一氧化碳减少，二氧化碳增多，故B错误；C．当，随增加，由图可知甲醇的转化率仍在增加，随着增加，会促进反应Ⅱ、反应Ⅲ正向移动，这些反应均产生氢气，故生成的物质的量增多，则C错误；D．当时，甲醇转化率为百分之七十八，转化，此时一氧化碳选择性为百分之三十，即生成的一氧化碳的物质的量为，生成的二氧化碳的物质的量为，反应Ⅰ产生的氢气的物质的量为,反应Ⅲ产生的氢气的物质的量为，氢气的总物质的量为，故D正确；则该题选D。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14.（15分）锰氧化物()应用广泛。(1)特制粉末可除去水中微量。控制溶液pH约为6.5，被吸附至表面，在催化下被溶解氧快速氧化为，最终形成胶体后与共沉淀。①转化为胶体总反应的离子方程式为_______。②溶液中残留铁量与温度关系如图所示。温度高于30℃，溶液残留铁量增多的原因是_______。③除铁时，溶液pH不宜过低，可能原因是_______。(2)某种晶体脱出部分O原子形成存在O空位的(如图所示)，可使晶体具有半导体性质。①晶体中x=_______。②下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标号)。A．CaO

B．CuO

C．

D．(3)纳米可脱除烟气中的。向溶液加入沉淀剂或NaOH，再经“过滤→洗涤→干燥→煅烧”等操作可制得纳米、烟气脱硫剂。①研究表明，与NaOH相比，用作沉淀剂制得的脱硫剂脱硫效率更好，原因是_______。②在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图所示。若在770℃下煅烧，计算制得的脱硫剂中x的值_______(写出计算过程，结果保留小数点后2位)。【答案】(1)①(2分)②高于30℃，溶液中的溶氧量减少(2分)③pH过低，不利于水解形成胶体；浓度大，不利于吸附或不利于吸附胶体共沉淀(2分)(2)①(2分)②AD(2分)(3)①用作沉淀剂，生成的在煅烧时产生大量气体，使制得的脱硫剂疏松多孔，吸附性更强或与接触面积更大(2分)②1.33(3分)【解析】（1）①由题干信息可以得知，在催化下被溶解氧快速氧化为，最终形成胶体，pH约为6.5，所以转化为胶体总反应的离子方程式为：。②温度高于30℃，溶液残留铁量增多的原因是：高于30℃，溶液中的溶氧量减少。③除铁时，溶液pH不宜过低，原因是：pH过低，不利于水解形成胶体；浓度大，不利于吸附或不利于吸附胶体共沉淀。（2）①由图可知，晶胞中Mn的个数为：，O的个数为：，即该氧化物的化学式为，脱出氧后剩余的氧原子个数为：，则脱出氧后的化学式为，所以晶体中x=。②晶体中有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低，说明这种方法需要金属元素具有可变价态，CaO中Ca的化合价为+2价，CuO中Cu的化合价为+2价，Fe2O3中Fe的化合价为+3价，Al2O3中Al的化合价为+3价，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，Al2O3中Al的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0高的价态，说明CaO和Al2O3难以通过这种办法获得半导体性质。故答案为：AD。（3）①研究表明，与NaOH相比，用作沉淀剂制得的脱硫剂脱硫效率更好，原因是：用作沉淀剂，生成的在煅烧时产生大量气体，使制得的脱硫剂疏松多孔，吸附性更强或与接触面积更大。②设的物质的量为1mol，770℃时，，其中：，，，，所以x=1.33。15.（15分）G是合成治疗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：(1)A分子中含有的官能团名称为醚键和___________。(2)B→C中有副产物生成，该副产物的结构简式为___________。(3)C→D的反应类型为___________；C转化为D时还有一种产物为___________(填结构简式)。(4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：___________。①在NaOH醇溶液中加热有碳碳双键生成②分子中不同化学环境的氢原子个数比为③只有一种含氧官能团且能与溶液发生显色反应(5)已知：①羧基为间位定位基；②，写出以、和为原料制备的合成路线流程图____________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】(1)酯基、氨基(2分)(2)(2分)(3)取代反应(2分)(2分)(4)或(2分)(5)(5分)【分析】由B→C的过程，可知在的作用下，其中一个醚键上的C-O键断裂脱去一个甲基，在O上取代一个H原子变成-OH；C→D的过程中，在C与反应的原理是，断裂一个C-O键，C中的-OH断裂O-H键，得到D和CH3COOH；E→F发生取代反应，得到F和HCl；F→G在碱性条件下发生酯的水解，得到G和CH3COONH4。由此解题。【解析】（1）由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称有醚键和酯基、氨基。（2）由B→C的过程，可知在的作用下，其中一个醚键上的C-O键断裂脱去一个甲基，在O上取代一个H原子变成-OH，则该反应过程会产生副产物，其中一个副产物的化学式为，则其结构简式为。（3）C→D的过程中，在C与反应的原理是，断裂一个C-O键，C中的-OH断裂O-H键，得到D和CH3COOH，该反应类型为取代反应。（4）E的同分异构体中满足①在NaOH醇溶液中加热有碳碳双键生成，该物质能发生消去反应，说明-Cl或-OH的邻位碳原子上有H原子；②分子中不同化学环境的氢原子个数比为，分子中共有9个H原子，说明有两个甲基化学环境完全相同，有1个H原子是一种，有2个H原子是一种，而且该物质也应为对称结构；③只有一种含氧官能团且能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则满足以上条件的同分异构体有、。（5）已知羧基为间位定位基，目标产物的两个侧链在苯环的邻位，则需在邻位占位后才能将-CH3氧化为-COOH；，则由、和为原料制备的合成路线流程可如下：。16．（15分）纳米铜用途广泛，可用次磷酸还原柠檬酸铜钠制备。已知：①为一元弱酸；在一定条件下可分解：。②易溶于水。③与柠檬酸根离子可形成配位离子。(1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得（此反应为歧化反应），冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到。制得的离子方程式为：_____。(2)制备柠檬酸铜钠。制备过程如图所示：①写出的外围电子排布式：_____。②加入溶液的作用是：_____。(3)制备纳米铜。在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀调节溶液为4~6，加入一定量，50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。①调后的溶液中的将氧化为，该反应的离子方程式为：_____。②的实际用量远大于理论值的原因是：_____。(4)经过还原后所得的纳米铜中含有难溶的，欲测定产品中的百分含量，请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取的样品，置于烧杯中，_____，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，质量为，计算出结果。（已知：。必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液、蒸馏水）通过计算得出产品中的百分含量为：_____。（写出计算过程）【答案】(1)(2分)(2)①(2分)②氧化，促进溶解(2分)(3)①(2分)②部分分解；部分被氧化，增大的消耗量(3分)(4)边搅拌边向其中加入稍过量溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次，洗涤滤液与原滤液合并，向合并后的滤液中滴加溶液至静置后向上层清液中继续加溶液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤滤液，向其中加入溶液无沉淀生成(4分)【分析】纳米铜用途广泛，可用次磷酸还原柠檬酸铜钠制备，将白磷与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到，在敞开体系中，向柠檬酸铜钾溶液中加入稀调节溶液为4~6，加入一定量，50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。【解析】（1）白磷与石灰乳发生歧化反应生成和，P元素由0价上升到+1价，又由0价下降到-3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。（2）①基态Cu原子核外有29个电子，Cu的核外电子排布式为，的外围电子排布式为；②柠檬酸钠具有强还原性，加入溶液的作用是：作氧化剂氧化，促进CuS溶解。（3）①被Cu2+氧化为，同时有Cu单质生成，P元素由+1价上升到+5价，Cu元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：；②根据题干信息，的实际用量远大于理论值的原因是：部分在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气氧化。（4）欲测定产品中的百分含量，先用稀硫酸溶液使转化为Cu和CuSO4，然后将CuSO4转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成CuO，通过称量生成CuO的质量，计算的质量，补充完整实