江苏省南京市第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

2026届高三10月高考模拟 一、单选题 1．我国科学家独创了一种二氧化碳转化新路径，通过电催化与生物合成相结合，成功以二氧化碳和水为原料合成了葡萄糖和脂肪酸。下列元素中不属于葡萄糖的组成元素的是 A．碳 B．氢 C．氧 D．氮 2．下列离子能与、、大量共存于溶液中的是 A． B． C． D． 3．杭州亚运会秉持绿色办赛理念，下列做法不符合该理念的是 A．加大燃油汽车使用 B．设计自然通风系统 C．采用光伏发电系统 D．竹子用作代塑材料 4．下列属于加成反应的是 A． B． C． D．+3NaOH3C17H35COOCNa+ 5．下列实验对应离子方程式书写正确的是 A．铜片放入溶液中： B．铁钉投入稀盐酸中： C．盐酸滴入溶液中： D．氧化铁加入稀硫酸中： 6．元素N、P、As位于周期表中ⅤA族。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．原子半径： C．酸性： D．白磷晶体属于共价晶体 7．在给定条件下，下列制备原理正确，过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制备硝酸： B．工业制钛：饱和NaCl溶液 C．工业制：溶液和 D．工业制银镜： 氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷分子结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu、P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。    8．下列说法正确的是 A．分子中的P-P-P键角为 B．白磷和红磷互为同位素 C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多 9．下列化学反应表示正确的是 A．用氨水和溶液制备： B．工业上用足量氨水吸收： C．用溶液吸收： D．次磷酸与足量溶液反应： 10．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气 B．硝酸受热易分解，可用于制 C．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂 D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀 11．下列物质通入(或加入)水中，溶液呈酸性的是 A．氯气 B．氨气 C．氯化钠 D．碳酸钠 12．下列属于金属材料的是 A．棉布 B．橡胶 C．涤纶 D．铝合金 13．化合物Z是合成某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A．X与足量加成后的产物分子中含有5个手性碳原子 B．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．1molY最多能与2molNaOH发生反应 D．一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应 14．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5mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaCl溶液，有白色沉淀产生，继续滴加几滴0.1mol·L-1NaI溶液，有黄色沉淀产生 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，冷却后加入氢氧化钠溶液调节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0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 结合H+能力：CH3COO-< A．A B．B C．C D．D 15．一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为：，下列说法不正确的是 A．放电时，含有膜的碳纳米管纤维的反应为： B．充电时，含有膜的碳纳米管纤维与外电源正极相连 C．合成图2中的有机高聚物分子的反应为缩聚反应 D．有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的稳定性 二、解答题 16．以孔雀石[主要成分是，含少量等杂质]为原料制备胆矾的过程如下。回答下列问题： I．酸溶、过滤。粉碎矿石，加入硫酸溶液充分溶解。过滤，得到滤液1和滤渣1。 (1)粉碎矿石的目的是 ；滤渣1的主要成分是 。 Ⅱ．氧化、调。向滤液1中加入适量双氧水，调节；过滤，得到滤渣2和滤液2。 已知几种金属离子生成氢氧化物沉淀的如表所示： 金属离子 开始沉淀的 7.0 6.0 1.9 完全沉淀的 9.0 8.0 3.2 (2)实际消耗双氧水的量大于理论量，其原因是 。 (3)调节范围为 。 Ⅲ．分离产品。对滤液2进行“一系列操作”得到胆矾。 (4)“一系列操作”包括：“将滤液2蒸发至表面形成一层晶膜时停止加热”，然后冷却、过滤、用酒精洗涤、低温烘干得到产品。用酒精替代水洗涤产品的优点是 。 (5)在溶液中加入足量溶液生成碘和铜的二元化合物M，M的晶胞如图所示(注明：顶点上球为铜)。则该二元化合物的化学式为 。 17．高铁酸钾()是一新型、高效、无毒的多功能水处理剂。为紫色固体，微溶于KOH溶液，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。实验室用高锰酸钾、浓盐酸、氢氧化铁和氢氧化钾溶液制备；装置图如下所示： 已知：C中发生反应的化学方程式为。 回答下列问题： (1)A中盛放固体的仪器名称为 。 (2)装置B中饱和NaCl溶液的作用是 。 (3)写出D中发生反应的离子方程式： 。 (4)在酸性条件下发生的离子反应为(未配平)，现取C中洗涤并干燥后的样品45g，加入稀硫酸，收集到3.36L气体(标准状况下)。计算样品中高铁酸钾的质量分数 (写出计算过程)(计算结果保留到0.1%)。 18．裂解可以获得等许多重要的化工原料。 已知：I．； Ⅱ．； 一些物质的燃烧热如表： 物质 燃烧热 (正) -2869.6(异) (1)若反应I中为正丁烷，则 ，该反应能自发进行的条件是 。 (2)2 L恒容密闭容器中分别通入1 mol C4H10(正，g)或1 mol C4H10(异，g)发生反应I、Ⅱ，两种反应物的平衡转化率随温度变化的关系如图所示： ①图中代表C4H10(异，g)的平衡转化率随温度变化的曲线是 (填“M”或“N”)，理由是 。 ②若640℃时在2 L恒容密闭容器中通入1 mol C4H10(异，g)，此时容器的压强为，达到平衡时的选择性，则的体积分数是 ；反应Ⅱ的平衡常数 (用含p的代数式表示)。 (3)为了提高丙烯的产量，工业上常用丙烷无氧催化脱氢技术制丙烯。主反应脱氢物质的相对能量的部分反应历程如图所示(代表过渡态，代表铂催化剂)。 ①该反应历程中决速步骤的化学方程式是 。 ②根据图中数据，丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化 (填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”) -0.95 eV，理由是 。 19．实验室以辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)为原料制备CuSO4∙5H2O晶体，再制备Cu2O，实验过程可表示为： 已知：I．25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20； Ⅱ．Cu2O在酸性环境中不稳定，在潮湿的空气中易被氧化。 (1)“酸浸氧化”时控制温度为80℃、O2流速一定，加入Fe2(SO4)3与NaCl协同浸取。其他条件相同时，铜浸出率与c[Fe2(SO4)3]、c(NaCl)的关系分别如图1、图2所示。 ①O2氧化Cu2S发生反应的化学方程式为 。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加的原因可能是 。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，铜浸出率下降，原因可能是 。 (2)制取CuSO4∙5H2O。25℃时，用Cu(OH)2调pH发生反应，其平衡常数K= ；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+的实验方法为 。 (3)制取Cu2O。补充完整制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解， 。[须使用的试剂：葡萄糖(分子式C6H12O6，需过量20%)、NaOH溶液、蒸馏水；需要进行抽滤。] 20．实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。 Ⅰ．制备粗。制备流程如下： (1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。 ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。 (2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。 Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。 (3)操作过程如下： 取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量硫代硫酸钠溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。 ①计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。 ②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。 Ⅲ．制备。 (4)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液] 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A A C A C D C C 题号 11 12 13 14 15 答案 A D D C C 1．D 【详解】葡萄糖的组成元素的是C、H、O，不含有氮元素，故D符合； 故选D。 2．A 【详解】A．与、、不反应，可以大量共存，A正确； B．、反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，B错误； C．、相互反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，C错误； D．、相互反应生成H2O，不能大量共存，D错误； 故选A。 3．A 【详解】A．加大燃油汽车使用，会增大汽车尾气的排放，不符合绿色办赛理念，故A错误； B．设计自然通风系统，可以减少能耗，符合绿色办赛理念，故B正确； C．采用光伏发电系统，可以减少火力发电带来的废气污染，符合绿色办赛理念，故C正确； D．竹子用作代塑材料，可以减少白色污染，，符合绿色办赛理念，故D正确； 故答案为：A。 4．A 【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，根据定义分析解答。 【详解】A．属于加成反应，A符合题意； B．属于取代反应，B不合题意； C．属于氧化反应，C不合题意； D．+3NaOH3C17H35COOCNa+属于取代反应，D不合题意； 故答案为：A。 5．C 【详解】A．Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，题给离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，A项错误； B．Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B项错误； C．盐酸与NaHCO3溶液反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为H++=H2O+CO2↑，C项正确； D．Fe2O3在离子方程式中应以化学式保留，氧化铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，D项错误； 答案选C。 6．A 【详解】A．同主族元素,从上到下第一电离能减小，第一电离能：，A项正确； B．同主族元素,从上到下原子半径增大，原子半径：，B项错误； C．元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性：，C项错误； D．白磷分子为正四面体空间构型，白磷晶体属于分子晶体，D项错误； 答案选A。 7．C 【详解】A．工业制备硝酸的第一步是N2在放电条件下生成NO，但工业上通常通过NH3的催化氧化制NO，而非直接利用N2和O2放电，因此该流程不符合实际工业方法，A错误； B．电解饱和NaCl溶液得到的是Cl2、H2和NaOH，而非金属Na；金属Na需电解熔融NaCl获得，因此第一步转化错误，B错误； C．电解NaCl溶液得到Cl2、H2和NaOH，H2和Cl2点燃后反应生成HCl气体，C正确； D．蔗糖是非还原性糖，无法直接还原银氨溶液生成Ag，蔗糖需先水解为葡萄糖后才能与银氨溶液反应，因此第二步转化错误，D错误； 故选C。 8．D 9．C 10．C 【解析】8．A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误； B．白磷和红磷互为同素异形体，B错误； C．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，C错误； D．从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能力高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，D正确； 故答案选D。 9．A．一水合氨难电离，用氨水和溶液制备：，A错误； B．工业上用足量氨水吸收生成正盐：，B错误； C．用溶液吸收发生氧化还原反应：，C正确； D．次磷酸是一元弱酸，与足量溶液反应：，D错误； 答案选C。 10．A．N2的化学性质稳定，可避免金属与氧气接触发生氧化反应而作为保护气，与氮气为无色气体无关，A项错误； B．硝酸为酸，与氨水反应生成硝酸铵，可用于制NH4NO3，与硝酸受热易分解的性质无关，B项错误； C．液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，C项正确； D．磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜，所以可用于保护金属免受腐蚀，与其难挥发性无关，D项错误。 答案选C。 11．A 【详解】A．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，故选A；     B．氨气溶于水得到氨水，氨水呈碱性，故不选B； C．氯化钠溶于水，溶液呈中性，故不选C； D．碳酸钠溶于水，溶液呈碱性，故不选D； 选A。 12．D 【详解】A．棉布主要由纤维素组成，不属于金属材料，A错误； B．橡胶的主要成分中没有金属物质，不属于金属材料，B错误； C．涤纶是一种合成纤维，不属于金属材料，C错误； D．铝合金中含有铝等金属，属于金属材料，D正确； 故答案选D。 13．D 【详解】 A．手性碳原子连接4个不同的原子或基团，X与足量加成后的产物如图，分子中含有4个手性碳原子，A错误； B．Y中含有酚羟基，苯环上连有甲基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误； C．Y中含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，1molY最多能与3molNaOH发生反应，C错误； D．Z中含有酚羟基，一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应，D正确； 故选D。 14．C 【详解】A．硝酸银溶液过量，滴入的NaI溶液与硝酸银直接反应生成AgI，不能说明AgCl转化为AgI，因此不能比较两者Ksp大小，故A错误； B．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，故B错误； C．蔗糖水解液中先加NaOH中和至碱性再加新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若出现砖红色沉淀，则证明有葡萄糖生成，从而说明蔗糖已经水解，故C正确； D．两种盐的阳离子不同，实验变量不同，因此不能据此验证阴离子结合氢离子的能力大小，故D错误； 故选：C。 15．C 【详解】A．放电时，膜为正极，Mn元素从降为，发生还原反应，电极反应：，A正确； B．充电时为电解池，原电池正极（膜）作阳极，需与外电源正极相连发生氧化反应（从升为），B正确； C．图2高聚物主链为碳链，由含碳碳双键的单体通过加聚反应生成，C错误； D．高聚物中N-H键的H可与C=O的O形成氢键（N-H…O=C），氢键增强分子间作用力，提升稳定性，D正确。 故选C。 16．(1) 增大反应物之间的接触面积，提高反应速率 (2)金属离子催化双氧水分解(或其他合理答案) (3)(或3.2~6.0) (4)降低溶解度，减少产品损失，加快干燥 (5) 【分析】粉碎矿石，加入硫酸进行溶解，生成等离子进入溶液，二氧化硅与硫酸不反应，形成滤渣1；加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节，把铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去（滤渣2），据此分析作答。 【详解】（1）粉碎矿石的目的是增大反应物之间的接触面积，提高反应速率。根据分析可知，滤渣1的成分是。 （2）在、催化下，双氧水分解，使实际消耗量增加。 （3）调使不沉淀，完全沉淀，根据表中数据可知，所以应调节溶液的范围为。 （4）液体表面形成一层晶膜，说明已制成饱和溶液，然后冷却、过滤，得粗品；硫酸铜在乙醇中溶解度小于在水中溶解度，乙醇洗可以减少产品损失，且乙醇挥发性强，乙醇挥发会带走水分，用乙醇洗涤能加快其干燥。 （5）根据均摊法可知铜原子个数为，碘原子个数为：，所以M的化学式为。 17．(1)圆底烧瓶(或烧瓶) (2)除去氯气中混有的氯化氢气体 (3) (4)88.0% 【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢气体，向氢氧化铁和氢氧化钠的混合物中通入氯气反应生成高铁酸钾，过量的氯气用氢氧化钠溶液吸收。 【详解】（1）根据图中信息得到A中盛放固体的仪器名称为圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)。 （2）氯气中烟油HCl气体，HCl会与氢氧化钠、氢氧化铁反应，因此装置B中饱和NaCl溶液的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体。 （3）D中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此D中发生反应的离子方程式：；故答案为：。 （4）样品的质量为45g，加入稀硫酸，收集到3.36L气体(标准状况下)即物质的量为0.15mol，配平该离子方程式：，可得，则样品中高铁酸钾的质量分数为；故答案为：88.0%。 18．(1) 高温 (2) N C4H10(正，g)的燃烧热比C4H10(异，g)小，C4H10(异，g)的能量高，稳定性差（合理即可） （或） (3) 无法判断 因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据（合理即可） 【详解】（1）目标反应为，根据盖斯定律，目标反应燃烧热反应燃烧热反应燃烧热反应，故，其，由于时反应自发，因此，反应自发进行的条件是高温； （2）的燃烧热比小，的能量高，所以反应I和Ⅱ对于正丁烷来说，更小，即正丁烷发生反应I和Ⅱ时吸热更少，温度相同时，正丁烷的平衡转化率更高，故图中代表的平衡转化率随温度变化的曲线是N；在640℃时，的平衡转化率是，恒容密闭容器中各气体组分的物质的量之比为分压之比，达到平衡时，的选择性(即发生反应Ⅱ)，则反应I占转化的，列三段式： I. II. 平衡时总压为；故的体积分数是，反应Ⅱ的平衡常数； （3）该历程中第一步能垒是，第二步能垒是，能垒大的步骤为决速步骤，故决速步骤是；因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据，故无法判断丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化与的相对大小。 19．(1) Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S 溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低 (2) 2.2×108 取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+ (3)边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干 【分析】辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)中加入H2SO4溶液、O2进行酸浸氧化，Cu2S被氧化为S、CuSO4，然后过滤，得到含S、SiO2的滤渣；往滤渣中加入CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuSO4∙5H2O晶体，再经过一系列处理，制得Cu2O。 【详解】（1）①O2在H2SO4作用下，氧化Cu2S，生成CuSO4、S等，发生反应的化学方程式为。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加，表明硫酸铁能溶解Cu2S或起催化作用，原因可能是：Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，因为NaCl与Cu2S、O2都不发生反应，则可能对O2的溶解性产生影响，从而使铜浸出率下降，原因可能是：溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低。 （2）25℃时，用Cu(OH)2调pH，发生反应，其平衡常数K====2.2×108；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+，可取少量滤液加入KSCN溶液，实验方法为：取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+。 （3）NaOH溶液用于将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，葡萄糖用于将Cu(OH)2还原为Cu2O，则制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干。 【点睛】葡萄糖分子中的醛基具有还原性，在碱性环境中能将新制的Cu(OH)2悬浊液还原为Cu2O等。 20．(1) 0.029mol/L 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低 (2) (3) 1.68% 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性 (4)在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤 【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答； 【详解】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式” 平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L； ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低； （2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：； （3）①由可得关系式：，则，重晶石中铁元素质量分数； ②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液（测定过程中加入足量溶液使全部转化为）会消耗酸性； （4）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度； 学科网（北京）股份有限公司 $