江苏省2026届高三年级上册质量检测化学试题（解析版）

江苏省2026届高三上学期质量检测

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一、单选题

1.我国航空航天成就举世瞩目，下列构成航天器的材料中属于金属材料的是

A.碳纤维蜂窝板B.聚酰亚胺薄膜C.铝锂合金火箭外壳D.陶谎隔热瓦

【答案】C

【解析】碳纤维蜂窝板由碳纤维和树脂复合而成，属于复合材料，A错误；聚酰亚胺薄膜

是一种高分子聚合物，属于有机合成高分子材料，B错误；纯金属和合金都属于金属材

料，铝锂合金是以铝为基础、锂为主要合金元素的金属材料，C正确；陶瓷隔热瓦主要成

分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D错误；正确答案为C。

2.超氧化钾(KO?)可在潜水艇中作制氧剂，k/^^4KO2+2CO2=2K2CO3+302<,卜列

说法正确的是

A.K+的结构示意图：/

B.KO2中含有离子键和共价键

C.CO厂的空间构型为三角锥形

D.CO2的电子式：：0©0：

【答案】B

(+19)288

【解析】K+的核电荷数为19,核外电子数为18,其结构示意图应为/,A不符

合题意；KO2属丁离子化合物，由K+和0云通过离子键结合，05内部两个氧原子之间存在共

价键，因此KO?中含有离子键和共价键，B符合题意；C01中心C原子的价层电子对数为

3+上泮=3,无孤电子对，空间构型为平面三角形，而非三角锥形，C不符合题意；

••••

C02属于共价化合物，其日子式O应**C为*'OY，D不符合题意；故选B。

3.甘氨酸亚铁［(H2NCH2co0)2Fc］是一种高效补铁剂，结构如图所示。下列说法正确的是

A.基态Fe?+核外有5个未成对甩子

B.电负性：x(H)>x(C)

C.离子半径：r(C)2-)>r(N3-)

D.甘氨酸亚铁中Fe?+的配位数为4

【答案】D

【解析】Fe核外电子数为26,基态Fe?+的核外电子排在式为Is22s22P63s23P63d6,核外有4

个未成对电子，故A错误；碳和氢形成的化合物，由于电负性：C>H,碳吸引电子能力

强于氢，碳化合价为负价，氢为正价，故B错误；氧离子和氮离子的核外电子排布式为

Is22s22P6,电子层结构相司，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：«。2一)<

r(N3J,故C错误；由图可知，甘氨酸亚铁中Fe2+的配位数为4,故D正确；则该题先

Do

【答案】C

【解析】加热NH4Q固体时，NH4cl分解生成NH3和HC1,温度降低后，二者在试管口又会

重新化合生成NHqCl,无法有效制备NH3,A不符合题意；制备NaHC()3时，应先通入N%

使溶液呈碱性，有利于吸收足量的C02,图中装置只有一个气体导管，NH3极易溶于水，需

要防倒吸装置，B不符合题意；NaHC03以晶体形式析出，可通过过滤操作进行分离，图中

过滤装置及操作规范，C符合题意；力［1热分解NaHC03制备Na2c。3时，应在坨烟中进行，

D不符合题意；故选C。

阅读下列材料，完成下面3道小题：

卤族元素的单质及化合物应用广泛。HF是半导体工业的重要蚀刻剂；CIO2是高效低霜的

消毒剂：NaClO、NaCK)2常用作漂白剂；亚硫酰氯(SOC%)是有机合成中重要的氯化剂；

Bn有毒，可用碳酸钠溶液吸收，生成BL和BrO，卤素互化物(如IQ、BrF?)性质与卤素单

质相似。

5.下列说法正确的是

A.SO"是极性分子

B.1讳角：ClOa>CO2

C.35cl2和37"互为同素异形体

D.用湿润的淀粉-KI试纸检验ICI中的。2

6.下列反应的离子方程式不正确的是

+2+

A.MnOz与浓盐酸共热制Cl2：MnO2+4H+2Cl-=Mn+Cl2T+2H2O

B.IQ与NaOH溶液反应：IQ+2OFF=C「+ICT+H2O

C.Na2cO3溶液吸收B「2：3B「2+3CO『=5BL+BrOf+3CO2T

--+

D.NaClO碱性溶液吸收少量SO2：CIO+S02+H20=Cl-+SOi+2H

7.卜.列物质的性质与用途或性质与分离提纯方法具有对应关系的是

A.HF是弱酸，可用于雕刻玻璃

B.CIO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒

C.液澳易挥发，可用苯萃取澳水中的Bn

D.%受热易升华，可用过滤的方法从KI溶液中分离出I2

【答案】5.A6.D7.B

【解析】5.SO。2分子中S原子周围有1个O原子和2个C1原子，由于电负性SVCIV

O,分子空间结构不完全对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；C1OJ中心

原子CI的价层电子对数为4,含2对孤电子对，空间构型为V形，键角约为105。；C02为

直线形分子，键角180。。因此键角：C1OJ<CO2,B错误：35cl2和37cl2均为氯气单质，属

于同种物质的不同核素分子，不互为同素异形体（同素异形体需为不同单质，如。2和O）

C错误；I。性质类似卤素单质，遇淀粉-KI试纸会氧化F牛.成b使试纸变蓝，无法特异性

检验。2,D错误；故选A。

6.实验室用MnO2与浓盐酸在加热的条件下发生氧化还原反应制氯气，离子方程式正确，

A正确；I。与NaOH反应时，I。中I为+1价、C1为-1价，反应生成CP和1CT（类似氯

气与碱反应），方程式合理，B正确；根据题干信息，与CO歹反应生成BL和BrO。方

程式配平正确，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；NaClO溶液吸收SO2

时，碱性环境下产物中不应生成H+（碱性环境应生成H?0或OH-）,正确方程式应为：

CIO-+S02+20H-=cr+SOj-+H20,D错误;故选D。

7.HF用于雕刻玻璃是因为可与Si。2发生化学反应，与其弱酸性无关，A错误；CIO2的强

氧化性可破坏微生物结构，用于杀菌消毒，性质与用途对应正确，B正确：根据相似相溶

原理，Br?在苯中的溶解度更大，与液溪的挥发性无关，C错误：k在KI溶液中以与形式存

在，无法通过过滤分离；升华法用于分离固体混合物（如沙子和h），D错误；故选B。

8.一种微生物光电化学法去除溶液中NOJ的装置如图所示，下列相关说法正确的是

A.该装置工作时只存在光能转化为化学能

B.H+通过质子交换膜从左室移向右室

C.电极a上发生还原反应生成。2

D.外电路每通过0.1mol电子，电极b上得到0.01molN?

【答案】B

【解析】该装置为光电化学电池，工作时存在光能一电能一化学能的转化，同时微生物作

用还伴随化学能的转化，并非“只存在光能转化为化学能“，A错误；原电池工作时，阳离

子向正极移动，电极a在左室，电极b在右室，因此H+通过质子交换膜从左室移向右室，

B正确；电极a在光照下光电极失去电子，发生氧化反应，为负极，比0发生氧化反应生

成。2,C错误；电极b上N03被还原为N?，发生还原反应，电极反应为2NO?HOe-+12H'=

N2T+6H2O,根据电子守恒，每转移10mol电子，生成1molN2，则外电路通过0.1mol

电子时，电极b上最初生成0.01molN2，但部分N2发生还原反应N2+6C』8H卜=2NH；,因

此不能得到OOlmolN2,D错误;故答案选B。

9.化合物Z是一种具有生物活性的苯并吠喃衍生物，其部分合成路线如下：

XYZ

卜列说法正确的是

A.X分子中所有原子一定共面

B.Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1:3

C.Z与足量H2反应的产物中有6个手性碳原子

D.Z能使母2的C04溶液褪色

【答案】D

【解析】X分子中含氧原子的六元环中存在亚甲基，亚甲基中的碳原子为Sp3杂化的饱和

碳原子，呈四面体构型，则所有原子不可能共面，故A错误；Y分子中含氧原子的六元环

中存在亚甲基，亚甲基中的碳原子为饱和碳原子是sp3,sp3杂化的碳原子数目是2,苯环上

的六个碳原子和醛基中的碳原子是sp2杂化，sp2杂化的碳原子数目是7,Y分子中sp3和sp2

杂化的碳原子数目比为2:7,故B错误；手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳

错误；Z中含有碳碳双键，能与B4发生加成反应，使Brz的CCL溶液褪色，故D正确；则

该题选Do

10.雾霾中硫酸盐形成的可能机理如图所示，下列有关说法正确的是

A.过程I、I【中均有非极性键的断裂与形成

B.过程III中SO/、NO2都发生了氧化反应

C.过程III中存在反应：HSOJ+2-OH=HSO；+H2O

D.NOJ是硫酸盐形成的催化剂

【答案】C

【解析】过程I：SO2转化为SO八HSO"没有非极性键的断裂或形成。过程II：NO：在

光照下生成N02和・0H,也没有非极性键的断裂或形成，A错误；过程III中，S0$转化为

&。久0元素化合价从+4价升高6价.发生氧化反应.NOa在反应中是氧化剂,发生还原

反应，B错误；过程m中，HSO'与-0H反应，S被氧化为+6价，・0H被还原为H2O,反应

方程式为：HSO3+2-OH=HSO4+H2O,C正确；催化剂参与反应过程被消耗，在后续

反应过程中再生成，NO'在过程II中被消耗，后续没有生成，属于反应物，不是催化

剂，D错误；故答案选择C。

11.为了探究NaHCO3的相关性质，对NaHCC>3溶液进行如下实验：

实验I:加热0.5mol-L-1NaHCC>3溶液，测得溶液pH先减小后增大

实验2：向0.5mol-L—iNaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色逐渐褪去

实验3：InJl.OmolL-1Na[Al(OH)4]溶液中加入1.0mol-L-1NaHCO?溶液，产生白色沉淀

实验4在300C的密闭容器中，LOmokL-iNaHCO?溶液与铁粉反应,反应初期生成

FeCC)3和H2

根据现象得出的结论不正确的是

A.实验1中溶液pH减小是因为NaHCC>3受热分解

B.实验2滴加新制饱和氯水前后：c反应前(HCO。>c反应后(HCO。

C.实验3反应后溶液的pH变小

D.实验4反应初期的离子方程式：Fe+2HCO3=FeCO3+CO^~+H2t

【答案】A

【解析】NaHCC)3溶液中存在水的电离平衡，且水的电离平衡是吸热的过程，实验1中溶

液pH先减小是由于加热水的电离平衡正向移动，氢离子浓度也增加了，因此pH先减小，

而碳酸氢钠分解产生碳酸钠，使溶液种的pH增大，故A错误；实验2中氯水中的HC1与

NaHCC)3反应消耗HCO],导致反应后HCO]浓度减小，故B正确；实验3中Na[Al(OH)J与

NaHC()3反应生成A1(OH)3沉淀和CO歹，由于A1(OH%的酸性弱于H2c。3，所以[A1(OH)4「

水解程度大于CO/,反应后溶液碱性减弱，pH变小，故C正确；实验4在300C高温

下，Fe与HCOJ反应生成FeCO3、CO歹和H2,离子方程式符合原子守恒、电荷守恒及实验

现象，故D正确；故选A。

12.工业上利用期水吸收SO2和NO?的过程如图所示。下列说法正确的是

SO,NO、N

.1,2,___________

I氨-I~~:NHJSO3溶液I镂盐溶液

5

已知:常温下，Kb(NH3-H20)=1xIO-；(i(H2so3)=1xIO?/ca2(H2SO3)=6x

10-8

8

A.2NH3H204-H2sO3=2NH：+SO打+2H2。的平衡常数K=6x10

B.(NHJSO3溶液中：C(NH3•出0)+c(OH-)=c(H2so3)+c(HSOJ)+c(H+)

C.氨水中通入SO2至pH=7的溶液中：c(SO/)+c(HSO])>c(NH：)

D.(NH4)2SO3吸收NO2的离子方程式为2NC)2+2S0/=N2+2SO/

【答案】A

52

【解析】已知常温下，/Cb(NH3-H20)=lxlO-,/<al(HzSO3)=1x10-,

(2(H2sO3)=6xIO*。反应2NH3-H20+H2SO3=2NHJ+SO歹+2H2。的平衡常数K=

[c(NHt)c(OH-)]2c(H+)y(HSOQc(H+)y(SO：一)

二二

C2(NH：)C(S0U)1C(NH3H2O)J'C(H2SO3)'c(HSOj)_Kb(NH3H2O)xKal(H2SO3)x/Ca2(H2SO3)

c2(NH3H20)c(H2sO3)(c(H+)c(OH-)]2-%

代入数据计算：K=(IXIO?X：：W：X6XIO-8=6x108,A符合题意：(NHQ2SO3为弱酸弱

IJLX1UJ

碱盐，溶液存在水的电离平衡和水解平衡，在(NHJ2SO3溶液中，根据质子守恒，正确的

+

关系应为C(NH3-H20)+c(OH-)=2C(H2SO3)+c(HSOJ)+c(H),B不符合题意;氨水

中通入SO2至pH=7的溶液中，根据电荷守恒:c(NHj)+c(H+)=2c(S0|-)+c(HSOg)+

c(OH-),因pH=7,则c(H+)=c(OH-),故i(NHj)=2c(S01-)+c(HSOj),因此

c(S0i-)+c(HS03)<c(NHj),C不符合题意；(NHJSOB吸收NO?时，NO2作为氧化剂被

还原为“，SO1作为还原剂被氧化为SO/。根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式为

-

2NO24-4SO1=N2+4S0J-,D不符合题意；故选A。

13.CH30H和H2O催化重整获得H2过程中的主要反应：

-1

反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)=+90.6kJ-mol

-1

反应H:CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH2=-41.2kJ-mol

-1

反应HI：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)=+49.4kJ•mol

一定条件下，1molCH30H和一定量的HzO反应，若仅考虑上述反应，平衡时CH30H转化

率及CO选择性随瑞然的变化曲线如图所示。

n牛皮(CO)

已知：CO选择性=------------------------------x100%

“生成(C,2)+n生成(8)

H(CH3OH)

下列说法正确的是

A.其他条件不变，加压有利于增大CH30H的平衡转化率

B.当考黑0.8,CO选择性下降，可能原因是增加水的量导致反应H、反应川平衡常

n(CH3OH)

数变大

C.当决%>1.6,随玳出0)增加，生成H2的物质的最减少

D.当关端=2,平衡时H2的物质的量为2.106mol

7HCH3OH)

【答案】D

【解析】反应I和反应川是气体分子数增加的反应，压避增大，平衡向着气体分子数减小

的逆向移动，不利于甲醉的转化，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；平衡常数只受温度影响，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，co选择性下降的原因可能是随着水的增加，反应1【、反应m正向移

动，一氧化碳减少，二氧化碳增多，故B错误；当若端>1.6,随n(%0)增加，由图可

n(cH3OH)

知甲醇的转化率仍在增加，随着乱心。)增加，会促进反应1【、反应III正向移动，这些反应

均产生氢气，故生成H2的物质的量增多，则C错误；当浅端=2时，甲醇转化率为百分

之七十八，ImolCH30H转化0.78molCH3OH,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0.78molx0.30=0.234mol,生成的二氧化碳的物质的量为

0.78molx0.70=0.546moL反应I产生的氢气的物质的量为0.234molx2=0.468mol,反

应n【产生的氢气的物质的量为0.546molx3=1.638mol,氢气的总物质的量为

0.468mol+1.638mol=2.106mol»故D正确：则该题选D。

二、解答题

14.锯(Sr)位于元素周期表第五周期IIA族。一种利用含锢废渣(主要含有SrSO4、SrCO3.

SiO2>MgC()3等)制备SrCk-6H2O>FnSrO2•8H2。的流程如下。

稀盐酸BaCl2溶液

[।-----►SrCl-6HO

'涔Lp浩I22

含锯废渣sei?溶液一I

氨水

晨SKV8%。

已知：K即（SrSO。=10-646：K，BaSOD=IO_997

(1)“浸出渣”中主要含有.(填化学式)。

⑵①由SrCh溶液制备SrO2-8H2。的离子方程式为

②制备SrO2,8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所

示。利用率随质量分数变化的原因是

出。2的质量分数/%

(3)测定SrC12-6H2。纯度。将除去BaC%的SrCk溶液加热蒸发，冷却结晶，可得SrCk♦

6H2O晶体。称量1.500g该晶体加水溶解(溶液中除Cl外，无其它离子与Ag+反应)，配成

100mL溶液。取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴KzCrCU溶液，用0.1000mol•

LT】AgN()3标准溶液滴定，重复实验三次，平均消耗20.00mLAgN03溶液。[已知：

-1

AgzCrCU为砖红色沉淀，^(SrCl2•6H2O)=267g-mol1

①滴定到达终点的标志为0

②产品中SrO?•6H2O的质量分数为___________(写出计算过程)。

(4)由SrCk•6H2O制备无水SrCl2的最优方法是(填字母)。

a.常温加压b.加热脱水c.在HC1气流中加热

(5)SrC12晶胞如图所示，每个C厂周围紧邻且等距离的S/+个数为

【答案】(l)SrSC>4、SiO2

2+2

(2)Sr+H2O2+2NH3-H20+6H2O=SrO2•8H2OI+2NH：或Sr++H2O2+2NH3+

8H2O=SrO2-8H2OI+2NH：低于20%时，随H?。?质量分数增大，反应速率加快；高

于20%时，随H2O2质量分数增大(或反应放热或S/+的催化作用)，双氧水分解速率加快

⑶当滴入最后半滴AgNOm标准溶液，产生砖红色沉淀，且3()s内不消失71.2%

(4)b

(5)4

【解析】(1)含锢废渣主要含有SrSO4、SrCCh、SQ、MgCCh等,酸浸时加入稀盐酸：

SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2T+H2(3(SrCO3溶解)；MgCO3+2HCl=MgCl2+CO2T+H2O(MgCO3

646

溶解)：SiO2不与稀盐酸反应,进入浸出渣;/Csp(SrSO4)=10--,SrSO4的溶解度很小，

也不溶于稀盐酸，进入浸出渣：

(2»产被H2O2氧化生成SrOzNXO沉淀，氨水属于弱电解质，在离子方程式中不拆为离子

形式，以NH3-H2。形式参与反应，根据得失电子守恒及电荷守恒，则方程为：Sr2++

H2O2+2NH3•H2O+6H2O=SrO2-8H2OI+2NHJ；若氨水以NH3形式参与，则方.程

2+

为：Sr+II2O2+2NII3+8H2O=SrO2-8H2OI+2NIIJ：结合图1,比。2利用率先增

后减，当H2O2质量分数低于20%时，H2O2随着质量分数增大，反应物浓度升高，反应速

率加快，H2O2利用率提高：当H2O2质量分数高于20%时，H2O2浓度过高，自身分解速率

加快，导致参与反应的H2O2减少，利用率下降；

⑶用AgNCh滴定Cr时，K2CrO4作指示剂。滴定前Ag+先与C「生成白色沉淀Ag。；当C「

完全沉淀时，过量Ag+与CrO/生成砖红色AgaCrOj沉淀。因此终点标志为：当滴入最后

半滴AgNC)3标准溶液，产生砖红色沉淀，且半分钟内不恢复；计算25.0()ml溶液中AgNO3

的物质的量〃(AgNCh)=cxV=0A000mol/Lx20.00x103L=2.000x1O-3mol；由

3

Ag++C「=AgC11可知:n(Cl-)=n(AgN03)=2.000xIO-mol：则在100ml溶液中,

333

/7(Cr)=4x2.000x10-mol=S.000xi0-mol；则n(SrCI2•6H2O)=1x//(Clj=4.000xIOmol,

3

/w(SrCi2-6H2O)=nxM=4.000xl0'molx267g/mol=1.068g：质量分数卬=空kX100%=

l.500g

71.2%；

(4)氢氧化锢是强碱，SrCl?是强酸强碱盐性质稳定，不易水解，排除c选项；压力增加不利

于水分子变成气体跑掉，无法脱水，排除a选项，因此答案选b；

(5)SIC12晶胞属于萤石型结构(CaF?),Ca?+位于立方体中心，配位数为8(被8个F包围)，F

位于八个小立方体中心，每个F•被4个Ca?+包围；类比SrCk：C「相当于F的位置，每个

。一周围紧邻且等距的S~+个数为4。

15.G是合成治疗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：

/邛、+小事。0%些2，邛,幺&欢彳3一川方

ABCDE

HJIYYCI

1sA

A0siNNH.HO.N

*"H>k|Q^CIMcOH_*"HNSJQ^CI

FG

(I)A分子中含有的官能团名称为悔键和。

(2)BTC中有副产物C8H6N2O3生成，该副产物的结构简式为o

(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：o

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1：2:6

③只有一种含氧官能团且能与FeCk溶液发生显色反应

⑸已知：①竣基为间位定位基；②—FTfJ,写出以

o>

、H8NH2和CH30H为原料制备0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

(3)取代反应CH3COOH

COOCH3

HCONH：

CH5OHJHCOONH；

浓也so,,X

【解析】(1)由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称有酰键和酯基、氨基。

(2)由B-C的过程，可知在H3OSO3H的作用下，其中一个酷键上的C-O键断裂，H原子

替换甲某变成-OH,则该反应过程会产牛副产物，其中一个副产物的化学式为C8H6冲。3,

断裂一个C-O键，C

中的-OH断裂0-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-CI或-0H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

1:2:6,分子中共有9个H原子，说明存在等效甲基，有1个H原子是一种，有2个H原

子是•种，而且该物质也应为对称结构；③只有•种含氧官能团且能与FcC%溶液发生显色

H3C-C-CH3H3C-C-CH3

反应，说明含有酚羟基，则满足以上条件的同分异构体有ClC1

CH

(5)已知陵基为间位定位基，目标产物的两个侧链在苯环的邻位，则3需在邻位

Pd/C

占位后才能将-CH3氧化为-COOH：H,,贝岫

HC0NH2和CH30H为原料制备0的合成路线流程可如下:

16.以废旧铅膏(主要含有PbSCU、PbO2.PbO、Pb等)为原料，合成四碱式硫酸铅

(4PbO-PbSC)4)的流程如工。

脱航剂HCOOH溶液

废旧

♦还原|"APb(HC00)2溶液…A4PbO-PbSO

铅膏4

-14

已知：/<sp(PbSO4)=2.5x10-8；Ksp(PbCO3)=7.4xIO；

(l)“脱硫”时，分别用同浓度(NH4)2C()3溶液、NH4HCO3溶液浸泡废旧铅膏脱硫，脱硫率与

温度的变化关系如图-1所示。

u温度

图T

①(NH4UCO3溶液脱硫率施温度变化的曲线为___________(选填"a”或"b”)，判断的理由为

②脱硫后，若溶液中c(SO/)=1.6mol-LT,c(COl-)=0.1mol-L-1,判断PbCO?中是

否混有PbSCU，(选填“是”或“否，

(2户还原”时，PbO2与HCOOH反应生成Pb(HC00)2的化学方程式为。

(3)补充完整由100mLPb(HC00)2溶液制备4PbO•PbS(\的实验方案：取

20niLPb(HCOO)2溶液，加稀硫酸至完全沉淀，,将PbO与PbSC)4固体在

10()℃下焙烧，得4PbOPbSC)4。

(已知：4/?-PbO+PbSO+4PbO-PbSO4,PbCC)3分解生成0-PbO含量与温度的关

100℃

系如图-2所示。实验必须使用的试剂：(NH4)2CO3溶液，)

100

200400450600

温度/℃

图-2

【答案】(l)a(NH4)2C()3溶液中COT浓度大于NH411co3溶液否

(2)PbO2+3HCOOH=Pb(HCOO)2+2H2O+CO2T

(3)过滤，洗涤，干燥，得PbSCU固体；另取80mL相同浓度Pb(HCOO)2溶液，加入

(NHD2CO3溶液至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得PbCC)3固体，将PbCO3固体在450℃

加热至固体质量不再变化，得到夕-PbO

【解析】(1)①结合PbSCU和PbCC>3的溶度积常数可知PbSO4可转化为PbCC>3，(NHJCO3溶

液中CO/浓度更大，根据沉淀转化原理，PbSO4(s)4-CO^(aq)#PbCO3(s)+SO^(aq),COg

浓度越大，越有利于PbSO£s)转化为PbCX)3(s)，脱硫率更高，因此曲线a对应(NHJCO3溶

液；在一定温度范围内，升高温度有利于沉淀转化反应的进行，提高脱硫率，(NH/2CO3

为弱酸弱碱盐，溶液存在水解平衡，温度过高，可能导致NH我水解程度增大，或CO±水解

程度增大，或NH4HCO3分解，导致CO?浓度降低，从而使脱硫率下降。

14

②已知KSp(PbSC>4)=2.5x10-8；KspTbCO?)=7.4x10-；若PbCO?中混有PbSO5则溶

132+

液中c(Pb2+)=&PT亭3)=74x10-14=7.4x10-mol/L,此时Q。=c(Pb)•c(SOj")=

c(CO3)0.1

7.4x10-13x1.6=1.184xIO-12,远小于(p(PbS04),所以PbCO?不会混有PbSO^

(2)“还原”时，Pb()2作氧化剂，与HCOOH反应生成Pb(HCOO)2的化学方程式为Pb()2+

3HCOOH=Pb(HCOO)2+2H2O+CO2九

⑶取20mLpb(HCOO)2溶液，加稀硫酸至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得PbSO,固体；

另取80mL相同浓度Pb(HCOO)2溶液，加入(NHDzCO?溶液至完全沉淀，过滤，洗涤，干

燥，得PbC()3固体，将PbC()3固体在450℃加热至固体质量不再变化，得到夕-PbO,将得

到的0-PbO与PbSC)4固体混合，并在100℃下焙烧，得4Pb()-PbSO4。

17.CO2资源化利用具有重要意义。

⑴利用磷石膏(主要成分为CaSCU)、氨水和含CO2烟气反应制备高纯碳酸钙流程如下。

氨水

含CO2烟气一捕集一分离—CaCO3

tI

CaSO4滤液

①“捕集”过程的化学方程式为。

②该过程中需要隔一定的时间取一定量的浆料过源，检测滤液中的(填离子符

号)浓度测硫酸钙的转化率。

③将氨水和磷石膏按照一定比例配制成浆液以一定流速