2025年高考押題預(yù)測卷03高三化學(xué)（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16Mg-24Sc-45第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．[原創(chuàng)題]半導(dǎo)體是人工智能技術(shù)發(fā)展的核心材料?！爸袊圃?025”計劃中明確提出要大力發(fā)展第三代半導(dǎo)體產(chǎn)業(yè)。下列物質(zhì)中不屬于半導(dǎo)體材料的是（）A．晶體硅B．二氧化硅C．碳化硅（SiC）D．砷化鎵（GaAs）【答案】B【解析】二氧化硅是制作光導(dǎo)纖維的原料，不是半導(dǎo)體材料，B錯誤。2．[新情景題]石灰氮(CaCN2)是一種氮肥，與土壤中的H2O反應(yīng)生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可進一步轉(zhuǎn)化為尿素[CO(NH2)2]。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．H2N-C≡N為極性分子 B．中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40C．1molH2N-C≡N分子中含4mol共價鍵 D．CO(NH2)2分子中不含非極性共價鍵【答案】C【解析】H2N-C≡N分子中，正負電荷中心不重合，為極性分子，為極性分子，A正確；中子數(shù)為20的鈣原子，質(zhì)子數(shù)為20，質(zhì)量數(shù)為40，B正確；1molH2N-C≡N分子中含2molN-H共價鍵，1molN-C共價鍵，C≡N中含1molσ鍵，2molπ鍵，共含6mol共價鍵，C錯誤；CO(NH2)2分子中有1個羰基和2個氨基，不含非極性共價鍵，D正確。3．下列由廢鐵屑制取(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的實驗裝置與操作能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．用裝置甲稱取一定質(zhì)量的(NH4)2SO4固體B．用裝置乙除去廢鐵屑表面的油污C．用裝置丙將廢鐵屑充分溶解D．用裝置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體【答案】B【解析】裝置甲中，物品與砝碼的位置顛倒了，使用游碼時稱取(NH4)2SO4的固體質(zhì)量偏低，A錯誤；Na2CO3溶液呈堿性，加熱時溶液的堿性更強，能促進油脂水解，從而去除廢鐵屑表面的油污，B正確；濃硫酸具有強氧化性，能使鐵表面發(fā)生鈍化，所以不能用裝置丙將廢鐵屑充分溶解，C錯誤；(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O晶體受熱易失去結(jié)晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，D錯誤。4．[原創(chuàng)題]三硅酸鎂（2MgO·3SiO2·nH2O）和NaHCO3是醫(yī)療上的常見抗酸藥。下列說法正確的是（）A．半徑：r(Si)＞r(Mg) B．電負性：C．穩(wěn)定性：SiH4＞H2O D．堿性：Mg(OH)2＞NaOH【答案】B【解析】同周期元素，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，A錯誤；同主族元素，原子序數(shù)越大，元素的電負性越小，B正確；非金屬性：O＞Si，則穩(wěn)定性：H2O＞SiH4，C錯誤；金屬性：Na＞Mg，堿性：NaOH＞Mg(OH)2，D錯誤。[改編題]閱讀下列材料，完成5~7題：周期表中ⅥA族元素及其化合物用途廣泛。O3具有殺菌、消毒、漂白等作用；H2S是一種易燃的有毒氣體(燃燒熱為562.2kJ·mol-1)，常用于沉淀重金屬離子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，在催化劑作用下合成反應(yīng)為

SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)

?H=akJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)的單質(zhì)及其化合物在電子、冶金、材料等領(lǐng)域有廣闊的發(fā)展前景，H2Se具有較強的還原性，工業(yè)上通過電解強堿性Na2TeO3溶液制備Te。5．下列說法正確的是（）A．H2S是在空氣中完全燃燒時能生成SO3B．SO2也有漂白性，O3和SO2的漂白原理相同C．溫度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡轉(zhuǎn)化率降低D．使用催化劑能增大合成SO2Cl2反應(yīng)的平衡常數(shù)【答案】C【解析】H2S是在空氣中完全燃燒只能生成SO2，A錯誤；O3因為具有強氧化性而具有漂白性，SO2是因為能和有色物質(zhì)化合成不穩(wěn)定的無色化合物而有漂白性，B錯誤；合成SO2Cl2的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，C正確；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，使用催化劑不能改變平衡常數(shù)，D錯誤。6．下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A．H2S燃燒的熱化學(xué)方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g)?H=－562.2kJ·mol-1B．用H2S氣體沉淀溶液中Pb2+的離子方程式：Pb2++S2-=PbS↓C．電解強堿性Na2TeO3溶液的陰極反應(yīng)：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-D．SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl【答案】C【解析】A項反應(yīng)沒有配平，氧原子不守恒，水應(yīng)為液態(tài)，錯誤；B項反應(yīng)中H2S不能拆成離子，錯誤；電解時，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，TeO32-被還原為Te，C正確；SO2Cl2中的S元素為+6價，遇水水解生成的兩種酸為H2SO4和HCl，D錯誤。7．下列說法不正確的是（）A．H2O比H2Se穩(wěn)定是因為水分子間能形成氫鍵B．H3O+和H2O的的中心原子雜化軌道類型均為sp3C．硫可形成S2、S4、S6等不同單質(zhì)，它們互為同素異形體D．CS2分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為1:1【答案】A【解析】水分子的穩(wěn)定性與其水分子間的氫鍵無關(guān)，A錯誤；H3O+為三角錐形，H2O為折線形，它們中心原子雜化軌道類型均為sp3，B正確；硫元素的不同單質(zhì)互為同素異形體，C正確；雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，S=C=S分子中有2個σ鍵和2個π鍵，D正確。8．Mg/LiFePO4電池的電池反應(yīng)為：xMg2++2LiFePO4xMg+2Li1－xFePO4+2xLi+，裝置如下圖所示。下列說法正確的是（）A．放電時，Li+被還原B．放電時，電路中每流過2mol電子，有24gMg2+遷移至正極區(qū)C．充電時，化學(xué)能主要轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹹．充電時，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為LiFePO4－xe-=Li1－xFePO4+xLi+【答案】D【解析】電池放電時發(fā)生原電池反應(yīng)，Li1-xFePO4被還原生成LiFePO4，Li+沒有發(fā)生還原反應(yīng)，A錯誤；放電時，由于Li+導(dǎo)電膜的限制作用，Mg2+不能遷移至正極區(qū)，B錯誤；充電是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程，C錯誤；充電時，原電池的正極接充電電源的正極作為陽極，此時陽極反應(yīng)和原電池正極反應(yīng)相反，即電極反應(yīng)為LiFePO4－xe-=Li1－xFePO4+xLi+，D正確。9．[改編題]制備重要的有機合成中間體丙的反應(yīng)如下。下列說法正確的是（）A．1mol甲最多可以與3molH2反應(yīng)B．乙在一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)C．丙能與鹽酸和金屬鈉發(fā)生反應(yīng)D．丙分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】甲中的酮羰基和苯環(huán)都能與H2反應(yīng)，1mol甲最多可以與4molH2反應(yīng)，A錯誤；乙分子中沒有羥基、羧基、氨基等官能團，不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，B錯誤；丙分子中的—NH—能和鹽酸反應(yīng)，羥基能和Na反應(yīng)，C正確；丙分子中有較多的飽和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D錯誤。10．[改編題]在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)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，過量)FeCl2(s)D．Cu(s)NO2(g)Cu(NO3)2(aq)【答案】D【解析】電解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，Cl2應(yīng)和石灰乳反應(yīng)得到漂白粉，A錯誤；CuO和水不反應(yīng)，B錯誤；Fe2O3和Al高溫下反應(yīng)生成Fe，F(xiàn)e和Cl2反應(yīng)生成FeCl3，C錯誤；Cu和濃硝酸反應(yīng)生成NO2，NO2和Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)生成Cu(NO3)2和NO，D正確。11．通過下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應(yīng)結(jié)論的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向5mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1的NaCl溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，繼續(xù)滴加幾滴0.1mol·L-1NaI溶液，有黃色沉淀產(chǎn)生Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B將濃硫酸和灼熱的木炭反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體依次通過品紅溶液、飽和NaHCO3溶液、澄清石灰水，觀察現(xiàn)象濃硫酸和木炭反應(yīng)產(chǎn)生SO2和CO2氣體C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，冷卻后加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH呈堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀蔗糖已經(jīng)發(fā)生水解D分別測濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者結(jié)合H+能力：CH3COO-<HCO3-A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A項，實驗中AgNO3溶液過量，再加入NaI溶液，過量的Ag+和I-反應(yīng)生成AgI沉淀，據(jù)此無法判斷Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，錯誤；B項，將氣體通過飽和NaHCO3溶液，SO2會和NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2氣體，無法確定濃硫酸和灼熱的木炭反應(yīng)是否產(chǎn)生CO2氣體，錯誤；C項，蔗糖是非還原性糖，實驗中產(chǎn)生了磚紅色沉淀，說明蔗糖水解生成了葡萄糖，正確；D項，CH3COONH4和NaHCO3是兩種組成完全不同的鹽，要比較CH3COO-和HCO3-結(jié)合H+的能力，應(yīng)測定常溫下等濃度的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，錯誤。12．室溫下，通過實驗探究NaHS溶液的性質(zhì)并記錄如下表。下列說法不正確的是（）實驗實驗操作和現(xiàn)象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入少量FeCl3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀3向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加過量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色沉淀A．實驗1證明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH-B．實驗1可推測出NaHS溶液中存在：c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)C．實驗2反應(yīng)的離子方程式：HS-+2Fe3+-=2Fe2++S↓+H+D．實驗3反應(yīng)靜置后的上層清液中存在：c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】C【解析】實驗1向NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅，說明此時溶液呈堿性，HS-發(fā)生了水解，A正確；NaHS溶液中HS-會發(fā)生電離（HS-H++S2-）和水解（HS-+H2OH2S+OH-），溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，則溶液中存在c(HS-)＞c(H2S)＞c(S2-)，B正確；實驗2中HS-過量，反應(yīng)生成的H+還會和HS-反應(yīng)生成H2S，C錯誤；NaHS與CuCl2反應(yīng)生成CuS，溶液中產(chǎn)生黑色沉淀，則上層清液中是CuS的飽和溶液，存在c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正確。13．在二氧化碳加氫制甲烷的反應(yīng)體系中，主要發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－164.7kJ·mol-1反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1反應(yīng)Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH=－247.1kJ·mol-1向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時CH4、CO、CO2的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)可表示為K=B．圖中曲線B表示CO的物質(zhì)的量隨溫度的變化C．提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D．升高溫度，反應(yīng)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的平衡正向移動【答案】B【解析】反應(yīng)Ⅰ中的生成物水是氣態(tài)，應(yīng)列入平衡常數(shù)的表達式中，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)為K=，A正確；反應(yīng)物CO2的量逐漸減小，故圖中曲線A表示CO2的物質(zhì)的量變化曲線，由反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ可知，溫度升高反應(yīng)Ⅱ正向移動，反應(yīng)Ⅲ逆向移動，CO的物質(zhì)的量增大，故曲線C為CO的物質(zhì)的量變化曲線，則曲線B為CH4的物質(zhì)的量變化曲線，B錯誤；反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)，降低溫度有利于反應(yīng)Ⅰ正向移動，反應(yīng)Ⅱ逆向移動，即可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，所以需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑，C正確；根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)(Ⅰ+Ⅱ+2×Ⅲ)/3得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=(－164.7+41.2-247.1×2)/3kJ·mol-1=－205.7kJ·mol-1，則反應(yīng)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+205.7kJ·mol-1，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，D正確。第II卷（非選擇題共61分）二、非選擇題：共4題，共61分。14．（15分）[新材料題]鈧(Sc)廣泛應(yīng)用于航空航天、超導(dǎo)、核能等領(lǐng)域。從鈦白水解工業(yè)廢酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO42-等離子)中提取Sc2O3的一種工藝流程如下：（1）基態(tài)鈧原子的電子排布式為。鈦白水解工業(yè)廢酸中需先加入H2O2生成難萃取的[TiO(H2O2)]2+，再進行萃取。[TiO(H2O2)]2+中鈦的化合價為，H2O2的作用是(填字母)。a．作氧化劑

b．作還原劑

c．作配體（2）“萃取”可采用有機磷萃取劑(RO)3PO，其中—R代表烴基，(RO)3PO可通過以下反應(yīng)制備：3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl。①—R對(RO)3PO產(chǎn)率的影響如下表：—R—CH2CH3—CH2CH2CH3—CH2CH2CH2CH3(RO)3PO產(chǎn)率/%826220隨著碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產(chǎn)率降低的原因可能為。②鈧的萃取率(E%)與O/A值[萃取劑體積(O)和廢酸液體積(A)之比]的關(guān)系如下圖所示。采用一次萃取時，應(yīng)選擇最合適的O/A值為。

（3）“反萃取”時生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反應(yīng)的離子方程式為。

（4）“沉鈧”時得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉鈧”時測得相同時間鈧的沉淀率隨溫度的變化如下圖所示，隨溫度升高鈧的沉淀率先升高后降低的可能原因是。（5）“灼燒”時，Sc2(C2O4)3·6H2O(摩爾質(zhì)量為462g·mol-1)在空氣中分解得到Sc2O3，實驗測得灼燒過程中固體殘留率隨溫度的變化如下圖所示，500K時，固體的主要成分是。(寫出計算過程)【答案】（15分）1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2（1分）+4（1分）c（2分）（2）①隨著碳原子數(shù)的增加，O—H鍵極性減弱，更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低[或隨著碳原子數(shù)增加，烴基的推電子能力增強，O—H鍵更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低]（2分）②1∶4（2分）（3）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O（2分）（4）溫度低于80℃時，隨溫度升高，沉淀反應(yīng)速率加快，鈧的沉淀率上升(或隨溫度升高，草酸電離程度增大，草酸根離子濃度增大，鈧的沉淀率上升)（1分）；溫度高于80℃時，隨著溫度的升高，草酸鈧的溶解度增大，致使鈧的沉淀率下降（1分）（5）設(shè)初始時為1molSc2(C2O4)3·6H2O，m[Sc2(C2O4)3·6H2O]=1mol×462g·mol-1=462g，500K時，剩余固體質(zhì)量為1mol×462g·mol-1×76.62%=354g（1分），固體質(zhì)量減少Δm=462g－354g=108g（1分），即減少的為6molH2O的質(zhì)量，故500K時固體成分為Sc2(C2O4)3（1分）?！窘馕觥浚?）①鈧是21號元素，基態(tài)原子的電子排布式為其1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2。根據(jù)配離子[TiO(H2O2)]2+的結(jié)構(gòu)可知，H2O2為該配離子的配體；根據(jù)正負化合價為零的原則，可知該配離子中Ti元素的化合價為+4價。（2）①據(jù)-R對(RO)3PO產(chǎn)率的影響表可知，隨著碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產(chǎn)率降低，其原因可能為隨著碳原子數(shù)增加，O-H鍵極性減弱更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低或隨著碳原子數(shù)增加烴基推電子能力增強，O-H鍵更難斷裂，(RO)3PO產(chǎn)率降低。②采用一次萃取時，應(yīng)選擇最合適的O/A值為1∶4，此時鈧的萃取率可達到90%，再通過提高O/A值提高萃取率不經(jīng)濟。（3）“反萃取”時H2O2氧化Mn2+生成MnO2，H2O2的還原產(chǎn)物為H2O，堿性條件下反應(yīng)的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。（4）“沉鈧”時隨溫度升高鈧的沉淀率先升高后降低的可能原因為溫度低于80℃時，隨溫度升高，沉淀反應(yīng)速度加快，鈧的沉淀率上升(或隨溫度升高草酸電離程度增大，草酸根濃度增多，鈧的沉淀率上升)；溫度高于80℃時，隨著溫度的升高，草酸鈧的溶解度增大，致使鈧的沉淀率下降。15．（15分）褪黑素是由松果體產(chǎn)生的一種胺類激素，在調(diào)節(jié)晝夜節(jié)律及睡眠-覺醒方面發(fā)揮重要作用。某研究小組以乙炔為原料，設(shè)計合成路線如下(部分反應(yīng)條件已省略)：已知：無水乙酸鈉在堿石灰作用下發(fā)生反應(yīng)：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3?；卮鹣铝袉栴}：（1）C中所含官能團的名稱為氰基和。（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應(yīng)，結(jié)合電負性解釋原因。元素HCO電負性2.12.53.5（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）寫出符合下列條件的H的一種同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))的結(jié)構(gòu)簡式：。ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結(jié)構(gòu)，不含N—H鍵；ⅲ.含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。（5）已知：R—CNR—COOH，綜合上述信息，寫出由二氯甲烷和乙醇制備的合成路線(無機試劑、有機溶劑任選)：。【答案】（15分）（1）酯基（2分）（2）酯基中碳氧元素電負性差值最大，最容易斷裂，形成酰胺比較容易；羧基中氧氫元素電負性差值最大，比碳氧鍵更容易斷裂，羧基與氨基難生成酰胺（3分）（3）（2分）（4）（3分）（5）（5分）【解析】HC≡CH和HCl在HgCl2催化下發(fā)生加成反應(yīng)反應(yīng)生成A（CH2=CHCl），A和NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成B（CH2=CHCN）；B和M發(fā)生加成反應(yīng)生成C，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式及M的分子式可知M為；C和H2發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D比C多4個氫原子，則C中-C≡N完全和H2發(fā)生加成反應(yīng)，D為；D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到F，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式及E的分子式可知E為；H發(fā)生水解反應(yīng)生成I，根據(jù)I的化學(xué)式可知I為；I和堿石灰反應(yīng)生成J，J發(fā)生取代反應(yīng)生成褪黑素，則J為。（1）根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可判斷C中所含官能團的名稱為氰基和酯基。（2）由于酯基中碳、氧元素的電負性差值最大，最容易斷裂，形成酰胺比較容易；羧基中氧、氫元素電負性差值最大，比碳氧鍵更容易斷裂，因此羧基與氨基難生成酰胺。（3）根據(jù)以上分析可知E的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）H的同分異構(gòu)體符合下列條件：ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結(jié)構(gòu)，不含N－H鍵；ⅲ.含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有。（5）以CH2Cl2和CH3CH2OH為原料合成有機物，CH2Cl2和NaCN可發(fā)生取代反應(yīng)生成NCCH2CN，NCCH2CN和H2發(fā)生加成反應(yīng)可生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN可發(fā)生水解反應(yīng)生成HOOCCH2COOH，過量CH3CH2OH和HOOCCH2COOH發(fā)生酯化反應(yīng)可得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)可得到目標產(chǎn)物，由此可確定合成路線。16．（15分）磷資源流失到水環(huán)境中會造成水體富營養(yǎng)化。已知：Ca—Fe基磁性納米復(fù)合材料，由CaCO3和納米Fe3O4經(jīng)過超聲分散制得。能通過納米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通過化學(xué)反應(yīng)等去除水體磷。已知：納米Fe3O4顆粒表面帶正電荷；部分物質(zhì)的溶解性如下表。物質(zhì)Ca3(PO4)2CaHPO4Ca(H2PO4)2KH2PO4溶解性難溶微溶可溶易溶（1）制備復(fù)合材料所需的納米Fe3O4：一定條件下，先將FeCl2?4H2O和FeCl3?6H2O晶體配制成混合溶液，再與氨水反應(yīng)可制得納米Fe3O4，實驗裝置如下：①氨水緩慢滴入，開始一段時間內(nèi)未出現(xiàn)渾濁，原因是。②制備納米Fe3O4需控溫在50～60°℃之間，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。③配制混合溶液時按n(Fe2+):n(Fe3+)=1:2進行投料：實驗中需不斷通入N2。通N2的目的是。（2）研究不同pH下向含磷(V)廢水中加入CaCO3—Fe3O4納米復(fù)合材料的除磷效果：①從圖甲中可以看出初始pH為3～6時，磷的去除率較高且反應(yīng)后pH均有一定的上升，反應(yīng)過程中無氣體生成。結(jié)合圖乙，寫出對應(yīng)的離子方程式：。②當(dāng)初始pH為9～10時，磷的去除率明顯小于初始pH為3～6的去除率，是因為。（3）除磷后續(xù)處理除磷回收得到的磷礦物CaHPO4?2H2O，可進一步轉(zhuǎn)化為KH2PO4，作為鉀磷復(fù)合肥使用。設(shè)計由CaHPO4?2H2O漿料制備KH2PO4晶體的實驗方案：向含0.02molCaHPO4?2H2O的漿料中，干燥。[已知：2CaHPO4?2H2O(s)+K2SO4(aq)+H2SO4(aq)=2KH2PO4(aq)+2CaSO4?2H2O(s)；室溫下從KH2PO4飽和溶液中可結(jié)晶析出KH2PO4晶體；實驗中須選用的試劑：H2SO4溶液、0.25mol?L-1K2SO4溶液，pH試紙，無水乙醇]【答案】（15分）（1）①主要用于消耗配制溶液時加入的鹽酸（2分）②FeCl2+2FeCl3+8NH3?H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O（2分）③除去空氣，防止Fe2+部分被O2氧化為Fe3+，造成產(chǎn)品不純（2分）（2）①CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3-（2分）②堿性條件下，CaCO3幾乎不溶解，Ca2+的濃度很?。煌瑫rOH-濃度增大，會與HPO42-產(chǎn)生競爭吸附（3分）（3）緩慢加入0.25mol?L-1K2SO4溶液40.0mL不斷攪拌；再分批緩慢滴入H2SO4溶液，不斷攪拌至用pH試紙測得反應(yīng)液pH≈4～5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮至表面析出晶膜，降溫至室溫結(jié)晶(或在室溫下冷卻結(jié)晶)；過濾，所得晶體用無水乙醇洗滌2~3次（4分）【解析】（1）①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液時，防止Fe3+和Fe2+水解，加有鹽酸，氨水先與鹽酸反應(yīng)。②FeCl2+2FeCl3+8NH3?H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O；③通入N2除去空氣，防止Fe2+部分被O2氧化為Fe3+，造成產(chǎn)品不純。（2）①從圖1中可以看出初始pH為3～6時，磷的去除率較高且反應(yīng)后pH均有一定的上升，反應(yīng)過程中無氣體生成。結(jié)合圖2，寫出對應(yīng)的離子方程式為CaCO3+H2PO4-=CaHPO4+HCO3；②當(dāng)初始pH為9～10時，磷的去除率明顯小于初始pH為3～6的去除率，是因為：一方面堿性條件下，CaCO3幾乎不溶解，Ca2+濃度很??；同時OH?濃度增大，會與HPO42-產(chǎn)生競爭吸附。（3）向含0.02molCaHPO4?2H2O的漿料中緩慢加入0.250.25mol?L-1K2SO4溶液40.0mL不斷攪拌；再分批緩慢滴入H2SO4溶液，不斷攪拌至用pH試紙測得反應(yīng)液pH≈4~5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮至表面析出晶膜，降溫至室溫結(jié)晶(或在室溫下冷卻結(jié)晶)；過濾，所得晶體用無水乙醇洗滌2~3次，干燥。17．（16分）鐵元素的納米材料因具備良好的電學(xué)特性和磁學(xué)特性，而引起了廣泛的研究。納米零價鐵可用于去除水體中的六價鉻[Cr(VI)]與硝酸鹽等污染物。（1）①用FeCl2溶液與NaBH4(H元素為-1價)溶液反應(yīng)制備納米零價鐵的化學(xué)方程式：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑。當(dāng)生成1molFe時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。②納米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72-的廢水。實驗證明Fe3O4輔助納米鐵去除Cr2O72-效果更佳，結(jié)合圖1，分析其原因是。（2）納米鐵碳微電技術(shù)是一種利用鐵和碳的原電池反應(yīng)去除水中污染物的技術(shù)達到無害排放，該技術(shù)處理酸性廢水中NO2-時正