江苏南京第六十六中学2026届高三四月第一次检测化学（二模）+答案

2026届高三四月第一次检测（二模）一、单选题（每小题3分，共39分）1．古代壁画中常用的蓝色颜料是石青[2CuCO3.Cu(OH)2]，黑色颜料是铁黑(Fe3O4)。下列元素位于元素周期表中ds区的是2．过氧化钠用于呼吸面罩的供氧剂，其反应原理为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。下列说法正确的是A．Na2O2中含极性共价键B．CO2的电子式为C．CO的空间构型为正四面体形D．O原子结构示意图为3．实验室进行粗盐提纯并制备NaHCO3和Cl2，下列相关原理、装置及操作正确的是A．装置甲除粗盐水中的泥沙B．装置乙蒸发NaCl溶液C．装置丙制备NaHCO3D．装置丁制备Cl24．尿素[CO(NH2)2]和草木灰(主要成分K2CO3)均可用作肥料。下列说法正确的是A．原子半径：r(O)>r(C)B．电负性：χ(H)>χ(K)阅读材料，有机金属化合物是一类含有金属—碳键的化合物。蔡斯盐K[PtCl3(C2H4)]∙H2O由乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得；二茂铁Fe(C5H5)2常被用作燃料的催化剂和抗爆剂，熔点为172℃；三甲基铝(CH3)3Al可用作许多反应的催化剂；[RhI2(CO)2]−可催化(CH3OH与CO反应生成乙酸；Ni能与CO在50~60℃条件下反应生成Ni(CO)4，其在220~250℃下迅速分解生成金属Ni，可用于Ni、Co分离。完成问题。5．对于反应CH3OH+CORhICH3COOHΔH下列说法正确的是A．该反应的△H<0B．CO在反应过程中共价键未断裂C．[RhI2(CO)2]−提高该反应的活化能D．及时分离CH3COOH能加快化学反应速率6．下列化学反应表示正确的是A．溴乙烷制备乙烯的反应：CH3CH2Br一一一→CH2=CH2↑+HBrB．过量铁与氯气反应：Fe+ClFeCl2C．合成蔡斯盐的反应：C2H4+K2[PtCl4]+H2O=KPtCl3(C2H4).H2O+KCl7．下列说法正确的是A．(CH3)3Al中Al原子轨道的杂化类型为sp3B．K[PtCl3(C2H4)]中Pt的化合价为+3C．Fe(C5H5)2属于离子化合物D．1molNi(CO)4中σ键数目为8mol8．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．工业制高纯Si：SiO2一3C．工业制硝酸：NHNOHNO3D．海水中提取镁：MgMgCl2Mg9．一种可充放电Li-O2电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li2O和Li2O2，随着反应温度升高，Q(消耗1molO2转移的电子数)增大。下列说法不正确的是A．放电时，Li+向上通过固态电解质膜B．随温度升高放电时，正极电极反应为O2+2e_=O_C．充电时，锂电极接电源负极，发生还原反应D．熔融盐中LiNO3的质量分数大小影响充放电速率10．化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：下列说法正确的是A．1molX最多能和4molH2发生加成反应B．Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1:2C．可用FeCl3溶液区别X和ZD．Z不能使Br2的CCl4溶液褪色11．室温下，根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，产生白色沉淀X有强氧化性B向FeCl2溶液中加入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色Fe2+具有还原性C向Na2SO3溶液中先滴加酚酞，再滴加BaCl2溶液至过量，溶液红色变浅至消失Na2SO3溶液中SO_水解使溶液呈碱性D在2mL0.01mol.L_1Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol.L_1CuSO4溶液有黑色沉淀生成，再滴入0.01Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)mol.L_1ZnSO4溶液，又有白色沉淀生成12．实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体：已知：Ka1(H2C2O4)=5.6x10_2、Ka2(H2C2O4)=1.5x10_说法不正确的是A．pH=4的H2C2O4溶液中：c(C2O_)>c(HCB．“酸化”后的溶液中：c(NH)+2c(Fe2+)C．“沉淀”后的上层清液中：c(Fe2+).c(C2O_)>3.2x10_7D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥13．甲醇水蒸气重整制氢是生产氢气的重要途径，其主要反应为：1.01x105Pa、n起始(H2O):n起始(CH3OH)=1.2:1时，混合气体以一定流速通过反应管，在催化剂作用下反应一段时间后测得CH3OH转化率、CO选择性随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．反应Ⅱ的平衡常数：K220℃>K280℃B．CO2的物质的量：a点<b点C．其他条件不变，混合气体流速越大，CH3OH的转化率越大D．温度高于240℃,CO选择性迅速上升的原因是反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ二、解答题（本题共4小题，共61分）14．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。制备二次电池添加剂β_Co(OH)2的流程如下：注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于或等于10_5mol.L_1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。_13。②锌的氢氧化物在pH=6.2开始沉淀，pH=8.2沉淀完全。③沉淀过快无法形成β_Co(OH)2，Co2+易与NH3形成配合物。回答下列问题：(1)Co位于元素周期表区，其基态价电子排布式为。(2)“沉铜”步骤中发生反应的离子方程式是Cu2++H2S=CuS↓+2H+，该反应的平衡常数(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Co2+)为0.10mol.L_1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离写出计算过程）。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，Na2S2O8被还原为Na2SO4，发生反应的离子方程式为。(5)制备β_Co(OH)2，先加氨水再加NaOH溶液的理由是。(6)“萃取”得到的有机相中加入2~3mol.L_1的H2SO4反萃取可得到含Zn2+的水溶液，完成从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边，低温干燥，得到较纯净的氢氧化锌。实验中可选用的试剂：1.0mol.L_1NaOH溶液，蒸馏水，1.0mol.L_1BaCl2溶液。15．H是某抗癌药物的中间体，其合成路线如下。(1)1mol化合物A含有的σ键数目是。(2)B→C反应过程中会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 。(3)C→D的反应类型为。(4)E中官能团的名称为。(5)G和乙二醇以物质的量之比为2:1完全酯化的有机产物有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式。①含有两个苯环且除苯环外没有其他环状结构；②既能发生水解反应又能发生银镜反应；③分子中有3种不同化学环境的氢原子。(6)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）。16．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CaCO3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Fe3O4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(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：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n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2进行投料：实验中需不断通入N2。通N2的目的(2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入CaCO3_Fe3O4纳米复合材料的除磷效果：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：。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KH2PO4，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0.02molCaHPO4.2H2O的浆料中，干燥。[已知：KH2PO4饱和溶液中可结晶析出KH2PO4晶体；实验中须选用的试剂：H2SO4溶液、0.25mol/LK2SO4溶液，pH试纸，无水乙醇]17．CO2的捕集和资源化利用具有重要意义。Ⅰ.CO2的来源之一是汽车尾气。(1)已知：碳的燃烧热为393.5kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ/2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=_221kJ/mol。(2)催化转换器中机动车尾气转化效率与气缸中空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图-1。若空燃比大于14.7，则氮氧化物的转化效率降低的原因是。Ⅱ.CO2的捕集(3)一种由阴离子交换树脂－碳纳米管构成的复合膜可利用电化学原理捕集空气中的CO2，如图－2，复合膜的a侧将空气中的CO2捕集并转化为HCO；b侧通入少量H2即可释放CO2。①复合膜中加入碳纳米管的作用是：。②a侧空气流量为aL/min，理论上要将空气中的CO2完全去除，则b侧流量至少为。(4)CaO可在较高温度下捕集CO2，添加CuO形成的钙铜复合材料可以优化其性能。不同负载量的钙铜复合材料X射线衍射图如图-3（X射线用于判断某晶态物质是否存在）。结合图像说明，当CaO_CuO摩尔比小于1：1时，随CuO加入，钙铜复合材料对CO2捕集量减少的可能原因是：。Ⅲ.CO2的资源化(5)Bi和In是电催化CO2生成甲酸的催化剂，BiIn也可为该反应的催化剂，其反应历程中物质的相对能量如图－4（带“*”表示物质处于吸附态）。与单金属Bi和单金属In相比，使用BiIn催化剂的优点是。(6)CO2还可以如图－5历程转化为HCOOH。①过程ⅱ形成一个负离子中间体，将图中口部分补齐。②若将H2O换成D2O，则生成甲酸的结构简式可能为。2026届高三四月第一次检测（二模）参考答案【详解】A．Cu的价电子排布式为3d104s1，其属于ds区元素，A符合题意；B．C的价电子排布式为2s22p2，其属于p区元素，B不符合题意；C．Fe的价电子排布式为3d64s2，其属于d区元素，C不符合题意；D．O的价电子排布式为2s22p4，其属于p区元素，D不符合题意；故选A。【详解】A．Na2O2中O和O之间存在非极性共价键，A错误；B．CO2的电子式为，B正确；C．CO的中心原子的价层电子对数为，无孤对电子，空间构型为平面三角形，C错误；D．O原子的核外电子数为8，结构示意故选B。【详解】A．装置甲中除粗盐水中的泥沙时，采用过滤的方法，但需要使用玻璃棒引流，A不正确；B．装置乙中蒸发NaCl溶液时，采用蒸发结晶的方法，通常使用蒸发皿，坩埚是灼烧固体所用的仪器，不用于蒸发溶液，B不正确；C．装置丙制备NaHCO3时，将CO2气体通入氨化的NaCl饱和溶液中，由于NaHCO3在饱和NaCl中的溶解度较小，所以生成的NaHCO3大部分结晶析出，C正确；D．装置丁制备Cl2，采用电解饱和食盐水的方法，与直流电源正极相连的Fe电极为阳极，则Fe失电子，而不是Cl-失电子，得不到Cl2，D不正确；故选C。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：r(O)＜r(C)，故A错误；B．元素非金属性越强，电负性越大，根据金属活动性顺序表，金属性：K＞H，则非金属性K＜H，则电负性：χ(H)>χ(K)，故B正确；C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离I₁(O)＜I₁(N)，故C错误；D．常温下氨为气态，水为液态，故沸点：NH3＜H2O，故D错误；故选B。【解析】5．A．该反应可以理解为醇的氧化反应生成乙酸，为放热反应，则△H<0，A正确；B．CO结构为C三O，反应生成乙酸中存在碳氧双键和碳氧单键，则CO在反应过程中共价键发生断裂，B错误；C．[RhI2(CO)2]−为反应的催化剂，降低该反应的活化能，加快反应速率，C错误；D．及时分离CH3COOH，促使平衡正向移动，但是物质浓度减小，减慢了反应速率，D错故选A；6．A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液条件下加热生成乙烯，反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，A错误；B．过量铁与氯气反应生成氯化铁：2Fe+3ClFeCl3，B错误；C．乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得蔡斯盐，反应为：C2H4+K2[PtCl4]+H2O=KPtCl3(C2H4).H2O+KCl，C正确；D．Ni能与CO在50~60℃条件下反应生成Ni4Ni+4CONi，D错故选C；7．A．(CH3)3Al中Al原子形成3个共价键，且无孤电子对，轨道的杂化类型为sp2，A错B．K[PtCl3(C2H4)]中钾为+1价、氯为-1价，C2H4整体化合价为0，则Pt的化合价为+2，B错误；C．二茂铁Fe(C5H5)2熔点为172℃,属于分子晶体，不存在离子键，C错误；数目为8mol，D正确；故选D。【详解】A．硅和碳高温生成粗硅，粗硅和HCl高温生成SiHCl3，再被氢气还原为硅单质，A正确；B．饱和氨盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，氯化钠和二氧化碳不反应，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，B错误；C．氨气被氧气氧化为NO，NO和水不反应，制硝酸应为NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，C错误；D．氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体，再转化为无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质，电解氯化镁溶液得不到金属镁，D错误；故选A。【分析】Li_O2电池放电时，锂电极为负极，反应为Li-e-=Li+，多孔功能电极为正极，低温时发生反应O2+2e-=O-，随温度升高Q增大，则正极区O-转化为O2_；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O-或O2_失去电子，据此分析；【详解】A．放电时，锂电极（负极）发生氧化反应：Li-e-=Li+，生成的Li+需向正极（多孔功能电极，上方）移动，故Li+向上通过固态电解质膜，A正确；B．放电时，O2在正极得电子，生成Li2O（O为-2价）时1molO2转移4e⁻,生成Li2O2（O为-1价）时转移2e⁻。题目中“温度升高Q增大”，说明高温下更易生成Li2O（转移电子数更多此时正极反应应为O2+4e-=2O2-；而O2+2e-=O-对应生成Li2O2（转移2e⁻,Q=2为低温下反应，B错误；C．充电时，锂电极作阴极，需接电源负极，发生还原反应：Li++e-=Li，C正确；D．熔融盐中LiNO3的质量分数影响离子浓度，离子浓度决定导电性，进而影响充放电时离子迁移速率，D正确；故选B。【详解】A．X分子中含1个苯环、2个酮碳基和1个碳碳双键均能与H2发生加成反应，共消耗H2的物质的量为（3+2+1）mol=6mol，A错误；B．Y为环己烯，分子中碳碳双键上的碳为sp2杂化，单键上的碳为sp3杂化，因此sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1:2，B正确；C．X中羟基连在非苯环碳上，为醇羟基，Z中无酚羟基，二者均不与FeCl3发生显色反应，无法区别，C错误；D．Z分子中含碳碳双键，能与Br2发生加成反应，因此Z能使Br2的CCl4溶液褪色，D错故选B。【详解】A．BaCl2溶液中通入SO2和X气体产生白色沉淀，可能因X的强氧化性将SO2氧化为硫酸根生成硫酸钡沉淀，也可能是氨气和二氧化硫在水中发生反应，然后与氯化钡发生复分解生成亚硫酸钡沉淀，所以X可能不是强氧化性气体（如NH3A错误；B．FeCl2溶液中加入酸性KMnO4褪色，Fe2+具有还原性可被KMnO4氧化，但Cl-在酸性条件下也可能被氧化，无法排除Cl-的干扰，B错误；C．Na2SO3溶液显碱性是因SO_水解生成OH⁻,加入BaCl2后生成BaSO3沉淀，SO_浓度降低导致水解平衡逆向移动，OH⁻减少，碱性减弱，红色褪去，C正确；D．Na2S溶液中S2-过量，加入硫酸铜，先形成CuS沉淀，再滴入0.01mol.L_1ZnSO4溶液，剩余的硫离子会直接与锌离子反应形成ZnS沉淀，无法据此比较溶度积，D错误；故选C。【分析】硫酸亚铁铵溶于水，加硫酸酸化，再加草酸，析出草酸亚铁晶体，过滤，洗涤，得到较纯净的草酸亚铁晶体。_4mol.L_1，将数值代入，解得，故c(C2O_)>c(HC2O)，A正确；B．“酸化”后溶液中存在电荷守恒c(NH)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO_)+c(OH_)，此时溶C．“沉淀”后的上层清液为FeC2O4的饱和溶液，此时D．用乙醇洗涤可带走晶体表面水分，同时乙醇易挥发，利于快速干燥，D正确；故选C。【详解】A．反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ的K值增大，其平衡常数：K220℃<K280℃,A错误；CH3OH转化率较低(约为65%)、CO选择性很低(约为2%)，则n(CO)=1mol×65%×2%=0.013mol，n(CO2)=0.65mol-0.013mol=0.637mol，b点CH3OH转化率较高(约为95%)、CO选择性相对较高(约为12%)，则n(CO)=1mol×95%×12%=0.114mol，n(CO2)=0.95mol-0.114mol=0.836mol，故CO2的物质的量：a点<b点，B正确；C．其他条件不变，混合气体流速越大，CH3OH不能完全反应，故转化率不一定越大，C错误；D．温度高于240℃,甲醇的转化率基本不变、CO选择性迅速上升，说明反应Ⅱ速率随温度增大的程度大于反应Ⅰ,但是无法得出反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ,D错误；故选B。14．(1)d3d7s215(3)不能,Zn2+沉淀完全时，10__22_1_1(始__1810__22_1_1(5)先加氨水，Co2+与NH3形成配合物，使溶液中Co2+浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成β_Co(OH)2(6)滴加1.0mol.L_1NaOH溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0mol.L_1BaCl2溶液，无白色沉淀产生【分析】由题给流程可知，向炼锌废渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为硫酸盐，单质铜不反应，过滤得到含有铜、硫酸铅的浸渣和滤液；向滤液中加入氢硫酸溶液沉铜，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液沉锰，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中先加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为配合物，再向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液沉钴，将溶液中的亚钴离子转化为β-Co(OH)2沉淀，过滤得到滤液和β-Co(OH)2。【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为3d7s2，则钴元素位于元素周期表的d区；（2）由方程式可知，反应的平衡常数（3）由溶度积可知，溶液中锌离子完全沉淀时，溶液中cmol.L_1=2.5x10_17mol.L_1，则溶液中浓度熵Qc=c(S2_)(Co2+)=2.5x10_18>Ksp(CoS)=4.0x10_21，溶液中Co2+已经开始沉淀，所以不能实现Zn2+和Co2+的完全分离；（4）由分析可知，加入过二硫酸钠溶液沉锰的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉（5）由题给信息可知，沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀，所以制备β-Co(OH)2时应先加氨水，使溶液中亚钴离子与氨分子形成配合物，将溶液中的亚钴离子浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀；（6）由题给信息可知，从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol/L氢氧化钠溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0mol/L氯化钡溶液，无白色沉淀产生；将洗涤干净的沉淀低温干燥得到较纯净的氢氧化锌。15．(1)15mol(3)取代反应(4)碳碳双键、酯基(5)(5)或(6)【分析】A→B为酯化反应，C→D为取代反应，E的分子式为C18H16O2，生成的F分子式为C9H10O，G分子式为C9H8O2，由分子式可发现E+H2O→F+G，且G为羧酸，所以E为酯，F为醇；根据F的分子式可知，Ω=5，结合H的结构，可知F中应除苯环外，还有一个双键，F结构为，E的结构简式为，D与F发生双键的还原和碳氧双键的加成，生成H，以此分析。【详解】（1）1mol化合物A含有的σ键数目是15mol；苯环上连接羟基后，使邻对位活化，所以连接方式除了题干中在酚羟基的对位，还可以在酚羟基的邻位，即；（3）C中羟基去氢之后的基团取代了另一反应物的氯原子，所以C→D的反应类型为取代反应；由分析可知，E的结构简式为，所以E中官能团的名称为碳碳双键、酯基；G和乙二醇以物质的量之比为2:1完全酯化的有机产物,它的同分异构体既能发生水解反应又能发生银镜反应，则应该有-OOCH结构，分子中有3种不同化学环境的氢原子，则该分子应高度对称，所以满足条件的同分异构体可能为采用逆推法分析，由最后的聚合物可推知需要的单体为，由题目流程C→D，D+F→H可知，以和为原料，可以得到,后将羟基氧化，最终可得到单体，所以制备过程为：16．(1)主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸FeCl233.H2O3O4↓+8NH4Cl+4H2O除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯(2)CaCO3+H2PO=CaHPO4+HCO碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH_浓度增大，会与HPO__产生竞争吸附(3)缓慢加入0.25mol/LK2SO4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【详解】（1）①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液时，防止亚铁离子和铁离子水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。②FeCl2+2FeCl3+8NH3.H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O③通入N2除去空气，防止Fe2+部分被O2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，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与HPO-产生竞争吸附（3）向含0.02molCaHPO4.2H2O的浆料中缓慢加入0.25mol/LK2SO4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，干燥。【点睛】题目通过先将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，在题目已给信息中可以看出，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，所以在后续离子方程式是碳酸钙反应而