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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-1 C-12 O-16 Mg-24 Sc-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．砷化镓（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 反应生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可进一步转化
为尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法不正确的是（ ）
A．H2N-C≡N 为极性分子
B．中子数为20 的钙原子的质量数为40
C．1mol H2N-C≡N 分子中含4mol 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≡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；1mol H2N-C≡N 分子中含2mol N-H 共价键，1mol N-C 共
价键，C≡N 中含1mol σ 键，2mol π 键，共含6mol 共价键，C 错误；CO(NH2)2分子中有1 个羰基和2 个
氨基，不含非极性共价键，D 正确。
3．下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O 的实验装置与操作能达到实验目的的是（ ）
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
1
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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∙6H2O 晶体
【答案】B
【解析】装置甲中，物品与砝码的位置颠倒了，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·nH2O）和NaHCO3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：
C．稳定性：SiH4＞H2O
D．碱性：Mg(OH)2＞NaOH
【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。O3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·mol-1)，常用于沉淀重金属离子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，在催化剂作
用下合成反应为 SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(g) ∆H=a kJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)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，H2Se 具有较强的还原性，工业上通过电解强碱性
Na2TeO3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，O3和SO2的漂白原理相同
C．温度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡转化率降低
D．使用催化剂能增大合成SO2Cl2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SO2，A 错误；O3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SO2Cl2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（ ）
A．H2S 燃烧的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ∆H =－562.2 kJ·mol-1
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Na2TeO3溶液的阴极反应：TeO3
2-+4e-+3H2O=Te+6OH-
D．SO2Cl2遇水强烈水解生成两种酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl
2
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【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，TeO3
2-被还原为Te，C 正确；SO2Cl2中的S 元素为+6 价，遇水水解生成的
两种酸为H2SO4和HCl，D 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．H3O+和H2O 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σ 键与π 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；H3O+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σ
键和1 个π 键，S=C=S 分子中有2 个σ 键和2 个π 键，D 正确。
8．Mg/LiFePO4电池的电池反应为：xMg2++2LiFePO4
xMg+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2 mol 电子，有24g Mg2+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】电池放电时发生原电池反应，Li1-xFePO4被还原生成LiFePO4，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-=Li1－xFePO4+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（ ）
A．1mol 甲最多可以与3mol H2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
3
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D．丙分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【解析】甲中的酮羰基和苯环都能与H2反应，1mol 甲最多可以与4mol H2反应，A 错误；乙分子中没
有羟基、羧基、氨基等官能团，不能发生缩聚反应，B 错误；丙分子中的—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)
Cl2(g)
漂白粉(s)
B．CuO(s)
Cu(OH)2(s)
Cu2O(s)
C．Fe2O3(s)
Fe(s，过量)
FeCl2(s)
D．Cu(s)
NO2(g)
Cu(NO3)2(aq)
【答案】D
【解析】电解NaCl 溶液生成NaOH、H2和Cl2，Cl2应和石灰乳反应得到漂白粉，A 错误；CuO 和水不
反应，B 错误；Fe2O3和Al 高温下反应生成Fe，Fe 和Cl2反应生成FeCl3，C 错误；Cu 和浓硝酸反应生
成NO2，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
A
向5 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1
的NaCl 溶液，有白色沉淀产生，继续滴加
几滴0.1 mol·L-1 NaI 溶液，有黄色沉淀产生
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B
将浓硫酸和灼热的木炭反应，产生的气体依次通过品红
溶液、饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产
生SO2和CO2气体
C
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，冷却后加入
NaOH 溶液调节pH 呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊
液，加热，产生砖红色沉淀
蔗糖已经发生水解
D
分别测浓度均为0.1 mol·L-1 的CH3COONH4和NaHCO3
溶液的pH，后者大于前者
结合H+能力：
CH3COO- < HCO3
-
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A 项，实验中AgNO3溶液过量，再加入NaI 溶液，过量的Ag+和I-反应生成AgI 沉淀，据此
无法判断Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，错误；B 项，将气体通过饱和NaHCO3溶液，SO2会和NaHCO3
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
NaHCO3是两种组成完全不同的盐，要比较CH3COO-和 HCO3
-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（ ）
4
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实
验
实验操作和现象
1
向0.1mol·L-1 NaHS 溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2
向0.1mol·L-1 NaHS 溶液中加入少量FeCl3溶液，产生淡黄色沉淀
3
向0.1mol·L-1 NaHS 溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀
A．实验1 证明NaHS 溶液中存在：HS-+H2O
H2S+OH-
B．实验1 可推测出NaHS 溶液中存在：c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)
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 溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红，说明此时溶液呈碱性，HS-发生了水解，
A 正确；NaHS 溶液中HS-会发生电离（HS-
H++S2-）和水解（HS-+H2O
H2S+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CuCl2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
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=－164.7 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= 41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH= －247.1 kJ·mol-1
向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，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=
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
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【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=
，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，
由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ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 CO2转化为CH4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(Ⅰ+Ⅱ+2×Ⅲ)/3 得：CO(g)
+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH =( －164.7+41.2-247.1×2)/3 kJ·mol-1= －205.7 kJ·mol-1 ，则反应CH4(g)
+H2O(g)= CO(g)+3H2(g) ΔH =+205.7 kJ·mol-1，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，D 正确。
第II 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]钪(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+、SO4
2-等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下：
（1）基态钪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)]2+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—R 代表烃基，(RO)3PO 可通过以下反应制备：
3ROH+POCl3
(RO)3PO+3HCl。
—R
①
对(RO)3PO 产率的影响如下表：
—R
—CH2CH3
—CH2CH2CH3
—CH2CH2CH2CH3
(RO)3PO 产率/%
82
62
20
随着碳原子数增加，(RO)3PO 产率降低的原因可能为 。
②钪的萃取率(E%)与O/A 值[萃取剂体积(O)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 。
6
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（3）“反萃取”时生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反应的离子方程式为 。
（4）“沉钪”时得到Sc2(C2O4)3·6H2O 沉淀。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如下
图所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是 。
（5） “灼烧”时，Sc2(C2O4)3·6H2O(摩尔质量为462g·mol-1)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，500 K 时，固体的主要成分是 。
(写出计算过程)
【答案】（15 分）1s22s22p63s23p63d14s2 或 [Ar]3d14s2（1 分） +4（1 分） c（2 分）
（2）①随着碳原子数的增加，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，
烃基的推电子能力增强，O—H 键更难断裂，(RO)3PO 产率降低]（2 分）
1 4
∶
②
（2 分） （3）Mn2+ + H2O2 + 2OH- = MnO2↓+ 2H2O（2 分）
（4）温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速率加快，钪的沉淀率上升(或随温度升高，草酸电离
程度增大，草酸根离子浓度增大，钪的沉淀率上升)（1 分）；温度高于80℃时，随着温度的升高，草
酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降（1 分）
（5）设初始时为1mol Sc2(C2O4)3·6H2O，m[Sc2(C2O4)3·6H2O]=1mol×462g·mol-1=462g，
500K 时，剩余固体质量为1mol×462g·mol-1×76.62%= 354 g（1 分），固体质量减少Δm=462g－354g=
108g（1 分），即减少的为6mol H2O 的质量，故500K 时固体成分为Sc2(C2O4)3（1 分）。
【解析】（1）①钪是21 号元素，基态原子的电子排布式为其1s22s22p63s23p63d14s2 或 [Ar]3d14s2。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烃基推电子能力
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
钪的萃取率可达到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Mn2+生成MnO2，H2O2的还原产物为H2O，碱性条件下反应的离子方程
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式为Mn2+ + H2O2 + 2OH- = MnO2↓+ 2H2O。
（4）“沉钪”时随温度升高钪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，钪的沉淀率上升(或随温度升高草酸电离程度增大，草酸根浓度增多，钪的沉淀率
上升)；温度高于80℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降。
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。
某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：CH3COONa+NaOH
CH4↑+Na2CO3。
回答下列问题：
（1）C 中所含官能团的名称为氰基和 。
（2）已知：
，通常用酯基和氨基生成酰胺
基，不用羧基和氨基直接反应，结合电负性解释原因 。
元素
H
C
O
电负性
2.1
2.5
3.5
（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： 。
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；
ⅲ.含有4 种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：R—CN
R—COOH，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；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与氨基难生成酰胺（3
分）
8
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（3）
（2 分） （4）
（3 分）
（5）
（5 分）
【解析】HC≡CH 和HCl 在HgCl2催化下发生加成反应反应生成A（CH2=CHCl），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
；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≡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
；I 和碱石灰反应生成J，J 发生取代反应生成褪黑素，则J 为
。
（1）根据C 的结构简式可判断C 中所含官能团的名称为氰基和酯基。
（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；羧基中氧、氢元
素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺。
（3）根据以上分析可知E 的结构简式为
。
（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
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
。
（5）以CH2Cl2和CH3CH2OH 为原料合成有机物
，CH2Cl2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CH3CH2OH 和HOOCCH2COOH 发生酯化反应可得到
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
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。
9
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物质
Ca3(PO4)2
CaHPO4
Ca(H2PO4)2
KH2PO4
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：
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的目的是
。
（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0.02mol CaHPO4•2H2O 的浆料中 ，
干燥。[已知：2CaHPO4•2H2O(s)+K2SO4(aq)+H2SO4(aq)=2KH2PO4(aq)+2CaSO4•2H2O(s)；室温下从
KH2PO4饱和溶液中可结晶析出KH2PO4晶体；实验中须选用的试剂：H2SO4溶液、0.25mol•L-1 K2SO4
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）
FeCl
②
2+2FeCl3+8NH3•H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O（2 分）
③除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯（2 分）
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（2）①CaCO3+H2PO4
-=CaHPO4+HCO3
-（2 分）
②碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，Ca2+的浓度很小；同时OH-浓度增大，会与HPO4
2-产生竞争吸附
（3 分）
（3）缓慢加入0.25mol•L-1 K2SO4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FeCl2和FeCl3溶液溶液时，防止Fe3+和Fe2+水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。
②FeCl2+2FeCl3+8NH3⋅H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O；③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CaCO3+H2PO4
-=CaHPO4+HCO3；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，Ca2+浓度很小；同时OH−浓度增大，会与HPO4
2-产生竞争吸附。
（3）向含0.02mol CaHPO4•2H2O 的浆料中缓慢加入0.250.25mol•L-1 K2SO4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。
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铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
（1）①用FeCl2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+7H2↑。当生成1mol Fe 时，反应中转移电子的物质的量为
。
②纳米Fe 和Fe3O4均可用于降解含Cr2O7
2-的废水。实验证明Fe3O4辅助纳米铁去除Cr2O7
2-效果更佳，
结合图1，分析其原因是
。
（2）纳米铁碳微电技术是一种利用铁和碳的原电池反应去除水中污染物的技术达到无害排放，该技
术处理酸性废水中NO2
-时正极电极反应式为
。
（3）利用纳米铁粉去除水体中的Cr(VI)反应机理如图2 所示。
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①该反应机理中虚线部分可描述为
。
②为了考察溶解氧对水体中的Cr(VI)去除率的影响，实验小组设计了一组对比实验，其中一组在反应
中通入N2，另一组不通入N2。结果表明，实验初期，通入N2的去除率远高于未通N2的，其原因可能
是
。
③某水样Cr(VI)的初始浓度为10mg/L，在相同条件下，探讨了温度为15℃、25℃、35℃、45℃对
Cr(Ⅵ)的去除率的影响，结果如图3 所示，由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是
。
【答案】（16 分）（1）①8mol
Fe
②
3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大
表面积；纳米铁能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
（2）2NO2
-+8H++6e-=N2↑+4H2O
（3）①H+被吸附到纳米铁表面得电子生成H2，同时生成Fe2+；Fe2+还原Cr6+生成Cr3+和Fe3+ ②有
氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用 ③低于25℃时，温度升高，
对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，
导致去除率下降
【解析】（1）①根据反应：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑，2NaBH4→4H2，氢元素
化合价升高8 价，3H2O→3H2，氢元素化合价降低6 价，FeCl2→Fe，铁元素化合价降低2 价，总共降8
价，所以当生成1mol Fe 时，反应中转移电子的物质的量为8mol。②Fe3O4辅助纳米铁去除Cr2O7
2-效
果更佳，由图1 可知，因为Fe3O4有磁性，能吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；
纳米铁能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快。
（2）要使除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中NO2
-时正极生成无毒气体N2，
电极反应式为：2NO2
-+8H++6e-=N2↑+4H2O。
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（3）①由图可知，虚线部分H+被吸附到纳米铁表面得电子生成H2，同时生成Fe2+；Fe2+还原
Cr6+生成Cr3+和Fe3+。②通入N2 的去除率较高是因为有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过
程中起了一定阻碍作用，通入N2 可以排除装置内的O2。③由图可知，温度在25℃时，去除率最高，
其原因是：低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于
25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降。
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