2026年高考上海卷化学高考真题（网络 收集版）（原卷版＋解析版）

这是一份2026年高考上海卷化学高考真题（网络 收集版）（原卷版＋解析版），共7页。试卷主要包含了硝普钠的制备，阿法诺啡中间体的合成，液体储氢材料，黄铜矿的浸出，硫化镉量子点等内容，欢迎下载使用。
(考试时间60分钟，满分100分)
特别提示：本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，选错不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。
一、硝普钠的制备
硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。
已知：
①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大；
②氧化步骤的反应方程式为：
1. 已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。
A. 、5B. 、6C. 、5D. 、6
2. 在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。
A. 量筒B. 烧杯C. 恒压滴液漏斗D. 长颈漏斗
3. 连续操作包含的过程有___________。
4. 步骤③中加入的作用是___________。
5. 制备过程中应选用的检验方法是___________。
A．甲基橙 B．甲基红 C．pH计
6. 步骤④中除去的物质a是___________。
A. 硝酸钠B. 氨C. 硝酸钾D. 硝酸
7. 物质b的主要成分是___________。
8. 已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为___________(保留整数)。已知：
【答案】1. B 2. C
3.
蒸发结晶、趁热过滤 4.
将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去 5. C 6. B
7.
KNO3、NaNO3 8.
2
【试题解析】
【分析】本制备流程以原料溶解为起点，经HNO3氧化后体系中含H2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3及KNO3。继而加入Na2CO3将pH调整至8左右，此时H2[Fe(CN)5(NO)]完成向目标产物Na2[Fe(CN)5(NO)]的转化，NH4NO3则转变为NaNO3并释放出NH3。通过加热煮沸驱除NH3后，对溶液实施蒸发结晶，所得固体滤渣即为硝普钠粗品，滤液以KNO3与NaNO3为主要溶质。
【1题详解】
配合物整体显电中性，设中心Fe的氧化数为x。由化学式Na2[Fe(CN)5(NO)]列出电荷平衡关系：钠离子提供+2电荷，5个CN⁻配体合计-5电荷，NO为中性配体，故有+2+x+(-5)+0=0，解出x=+3，故中心离子为Fe³⁺（即Fe(III)）。配体由5个CN⁻和1个NO组成，总配位数计为6。
【2题详解】
操作的核心要求在于控制滴加速率，恒压滴液漏斗恰好能够维持匀速缓慢加液；量筒的功能仅为量取液体体积，烧杯与长颈漏斗均不具备精确调控滴速的能力。
【3题详解】
硝普钠在水中的溶解度受温度影响较小，而杂质硝酸钾等的溶解度则随温度变化显著。因此分离策略为：先蒸发浓缩使硝普钠结晶析出，再趁热过滤将含KNO3、NaNO3的母液与硝普钠粗品固渣分离。
【4题详解】
步骤③引入Na2CO3的目的是多重的。其一，前一步HNO3氧化引入了大量H⁺，需用碳酸钠予以中和，使体系pH提升至约8；其二，在弱碱性环境中，H2[Fe(CN)5(NO)]分子的H⁺被Na⁺置换，完成向目标钠盐的转变；其三，NH4⁺在碱性条件下以NH3·H2O形态存在，为后续煮沸驱氨创造了必要条件。
【5题详解】
甲基橙的变色区间为3.1~4.4，甲基红为4.4~6.2，两者的变色范围均不覆盖pH=8附近，无法准确指示终点。pH计则能够实时精确测定溶液pH，完全满足调控要求。
【6题详解】
从氧化反应方程式来看，产物中包含NH4NO3。在Na2CO3创造的碱性环境中加热煮沸，NH4⁺会转化为NH3气体逸出体系，故被煮沸除去的物质a为氨（NH3）。
【7题详解】
反应物K4[Fe(CN)6]经HNO3氧化后产生大量KNO3，同时步骤③的Na2CO3中和又生成了NaNO3。蒸发结晶分离硝普钠后，滤液中的主要溶质即KNO3与NaNO3，故物质b为硝酸钾和硝酸钠的混合物。
【8题详解】
设每分子粗产品含结晶水n个。加热失重完全来自结晶水的脱除，依据硝普钠Na2[Fe(CN)5(NO)]的相对分子质量，列式：18n / [M(Na2[Fe(CN)5(NO)]) + 18n] = 12%，代入相对分子质量数值后解出 n ≈ 2。
二、阿法诺啡中间体的合成
阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下：
已知：(1)
(2)
9. 可用于检测化合物A中官能团的仪器分析方法是___________。
A. 红外光谱B. 核磁共振氢谱法C. 质谱法D. 元素分析法
10. 反应①中需要的试剂和反应条件通常是___________。
11. 关于化合物D的叙述正确的是___________(不定项)
A. 有手性碳原子B. 能与碳酸氢钠溶液反应
C. 能与茚三酮反应D. 能与氢氧化钠溶液反应
12. 简述检验F物质中含有溴元素的实验法___________。
13. G→H反应分两步进行：
(1)反应(i)和(ii)的反应类型分别是___________；
A．取代反应、氧化反应 B．加成反应、消去反应 C．加成反应、取代反应 D．取代反应、消去反应
(2)过程(i)中可能会生成副产物，经过过程(ii)副产物为最终产物H，其结构简式为___________。
14. 写出一种同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式___________。
i．属于芳香族化合物，且与溶液可发生显色反应；
ii．能与反应生成；
iii．核磁共振氢谱显示，该物质有4类化学环境不同的氢原子，其个数比为
15. 结合以下合成信息，在括号中补全合成路线___________。
已知：
【答案】9. A 10.
CH3OH、浓H2SO4、加热（或Δ） 11. AD
12.
取少量F物质于试管中，加入NaOH水溶液并加热；冷却后加入稀HNO3酸化至溶液呈酸性；再滴加AgNO3溶液。若产生淡黄色沉淀，则说明含有溴元素。
13. ①.
D ②.
14.
15. ①.
O2、Cu（或Ag）、Δ ②.
BrCH2CH(CH3)CHO ③.
HOCH2CH2OH、H+（或浓H2SO4、Δ） ④.
【试题解析】
【分析】合成路线以A（3-甲氧基苯乙酸）为起始物，首先与甲醇在浓H₂SO₄催化及加热条件下发生酯化，得到B（3-甲氧基苯乙酸甲酯）。参照已知信息(1)，B在NBS作用下于α位发生溴代得到C；继而C中的溴被氨基亲核取代，生成氨基酸酯D。另一条支线中，E（3-溴丙醛）与乙二醇于酸催化下缩醛化以保护醛基，产物为F。D与F经取代反应偶联形成G，G在酸性条件（H₃O⁺）下先水解脱去缩醛保护恢复醛基，随后触发分子内亲电芳环取代关环，最终得到目标产物H。
【9题详解】
A项：红外光谱的核心应用在于测定有机物中的化学键类型与官能团信息，可有效识别A分子中的羧基、甲氧基等特征基团；
B项：核磁共振氢谱主要提供分子中氢原子的化学环境种类及其数目比例信息；
C项：质谱法的典型用途是测定化合物的相对分子质量及碎片离子信息；
D项：元素分析法用于确定物质中各元素的组成与含量。综合判断，检测官能团最直接有效的仪器方法为红外光谱。
故选A。
【10题详解】
反应①的本质是羧酸A与醇的酯化反应。观察产物B的结构可知，A的羧基被甲酯化，因此需要甲醇（CH₃OH）作为反应试剂，并以浓硫酸（浓H₂SO₄）同时充当催化剂和吸水剂，在加热（Δ）条件下进行。
【11题详解】
A项判定：观察D的结构，与—NH₂相连的碳上取代基包括—H、—NH₂、—COOCH₃和芳环，四者互异，满足手性碳的判据（连接四个不同基团），故此碳为手性中心。
B项：D含酯基和氨基，但不含游离羧基（—COOH），故无法与NaHCO₃溶液反应释放CO₂。
C项判定：茚三酮试剂主要用于检出α-氨基酸（—CH(NH₂)COOH结构），与之作用产生蓝紫色。D分子虽含—NH₂和—COOR，但氨基处于β-位而非α-位，属β-氨基酸酯，中学阶段不将其归入茚三酮显色反应的适用范围，故C项叙述有误。
D项：D分子中的酯基（—COOCH₃）在NaOH溶液中可发生碱性水解。综上，正确选项为A和D。
故选AD。
【12题详解】
F为卤代烃类化合物，检验溴元素需先将共价键结合的溴转化为游离Br⁻。具体步骤为：取少量F置于试管中，加入NaOH水溶液并加热促使水解生成Br⁻；冷却后用稀HNO₃酸化至溶液呈酸性，以中和过量碱，避免后续滴加AgNO₃时生成Ag₂O黑色沉淀造成干扰；最后滴入AgNO₃溶液，若观察到淡黄色AgBr沉淀生成，即可确证溴元素的存在。
【13题详解】
对G→H两步转化的反应类型做如下判析：第(i)步——侧链碳正离子（或等效亲电物种）对苯环发动亲电进攻，苯环原有的C—H键断裂，侧链与之成键完成环化，该过程的机理归属为亲电芳香取代；第(ii)步——中间体在酸催化下失去一分子小分子（H₂O或ROH），伴随C=C双键的生成，属于典型的消去（消除）反应。综合判断选D。
第(i)步关环时，侧链的亲电端有两种进攻苯环的取向：一是进攻—OCH₃的对位（位阻较小，是主反应路径，得到H）；二是进攻—OCH₃的邻位（空间上较为拥挤，为次要路径，生成副产物）。邻位关环产物中，甲氧基与新形成的稠环处于相邻位置，其结构式与题干所附相同。
【14题详解】
A的分子式为C₉H₁₀O₃。逐一解读限定条件：条件i要求含酚羟基（—OH）且与FeCl₃显色；条件ii要求含羧基（—COOH），能与NaHCO₃反应产生CO₂；条件iii要求分子高度对称——核磁共振氢谱仅4组峰，面积比为3∶3∶1∶1。总氢数为10，可推知含两个化学环境相同的CH₃（6H），两个对称的芳环H（2H），以及酚羟基H（1H）和羧基H（1H）。为实现上述对称性，—OH与—COOH须位于苯环对位（1,4-位），两个—CH₃对称分布于3,5-位（或2,6-位），所得结构简式如题干所示。
【15题详解】
目标产物为苯基取代的醛，合成原料为含伯醇结构的化合物。路线设计如下：首先将原料中的—CH₂OH经催化氧化（O₂/Cu或Ag，Δ）转化为—CHO，获得中间体1；为避免后续格氏试剂与醛基发生副反应，需用乙二醇（HOCH₂CH₂OH）在酸催化下对醛基实施缩醛保护，随后该缩醛中间体与格氏试剂PhMgBr经已知信息(3)中的偶联反应引入苯基，得到中间体2；末端步骤为酸性条件下水解脱除缩醛保护基，释放醛基即得终产物。
三、液体储氢材料
氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。
反应I：
反应II：
(反应I中可以近似认为)
16. 使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________
17. 在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。
A. BDO不再生成B.
C. 气体压强不再变化D. 气体密度不再变化
18. 下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。
A. 体积减少B. 温度升高C. 加入GBLD. 使用催化剂
19. 恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，的浓度___________。
A．增大 B．减小 C．不变
原因是___________。
20. 在起始GBL 1 ml、灰氢6 ml、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________ml。
A. 3/5tB. 5t/3C. 3/5D. 5/3
21. 储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1 ml GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为___________(用百分数表示，保留2位小数)(；)
22. 在2 L密闭容器中，加入1 ml储氢材料、6 ml灰氢(灰氢中物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为___________。
23. 氨分解制氢是通过催化将液氨分解为和的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。
【答案】16. 17. BCD 18. B
19. ①. C ②. 温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变 20. A
21. 4.65% 22. 或2.78
23. 液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，能耗低
【试题解析】
【16题详解】
从速率-组成关系图中可观察到：在相同氢气物质的量分数下，催化剂Cat-1所对应的反应速率始终高于Cat-2；且随着H₂摩尔分数的增大，Cat-1维持的速率较为平稳，而Cat-2的速率则显著衰减。据此判断，Cat-1的综合催化效果更优，其优势体现为在高H₂分压环境中仍能保持良好的催化活性，抗中毒能力更强。
【17题详解】
A项：化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，BDO的消耗速率与生成速率相同，而非'不再生成'，该项不正确；
B项：依据速率与化学计量数的比例关系，v正(H₂)/3 = v逆(H₂)/3 即代表正逆速率相等，可判定已达平衡状态；
C项：反应I中仅H₂为气态物种，在恒容条件下体系总压与H₂的物质的量成比例，压强恒定意味着H₂的量不再改变——平衡判据成立；
D项：恒容时气体密度=气体质量/容器体积，气体质量即H₂的质量，密度不变说明H₂质量不再变化，同样可判定平衡。综上，B、C、D均为有效判据。
故选BCD。
【18题详解】
反应II是GBL(l)分解生成BDO(l)和H₂(g)的过程，属于吸热反应（ΔH>0）且气体分子总数增大（Δn(g)>0）。
A项分析：反应II正向Δn(g)>0，即气体产物多于气体反应物。压缩容器体积等同于对体系加压，根据勒夏特列原理，平衡必然向气体分子总数减小的方向（即逆向）偏移，BDO产率因此下降，A项判断有误。
B项：升温有利于吸热反应正向进行，平衡正向移动，符合要求；
C项：GBL为纯液态，其浓度视为常数，额外添加不影响平衡状态；
D项：催化剂仅改变到达平衡的速率，不改变平衡位置。故仅有B项可使平衡正向移动。
故选B。
【19题详解】
平衡常数K仅取决于温度，在恒温条件下K值保持不变。由K的表达式中包含c(H₂)，温度不变则c(H₂)必然不变。
故选C。
原因为温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变。
【20题详解】
初始灰氢共6 ml，H₂摩尔分数为0.5，故起始n(H₂)=3 ml，n(N₂+其他)=3 ml。设反应t min内生成BDO的物质的量为x ml，由反应I化学计量关系知消耗H₂ 3x ml。平衡时：n(H₂)=3-3x，气体总物质的量=(3-3x)+3=6-3x。H₂摩尔分数为0.375，即(3-3x)/(6-3x)=0.375，解得x=0.6 ml。因此每分钟生成BDO的量为 0.6/t ml。结合选项，选A。
故选A。
【21题详解】
1 ml GBL理论上最多可吸收2 ml H₂，所吸收H₂的质量为2×2=4 g。1 ml GBL的质量为86 g，故理论储氢密度=4/86×100%≈4.65%。
【22题详解】
理论最大储氢量为每摩尔GBL可吸收2 ml H₂。实际储氢量达到理论值的90%，即实际吸收n(H₂)=2×0.9=1.8 ml。初始H₂为3 ml，故平衡时n(H₂)=3-1.8=1.2 ml。容器体积为2 L，则c(H₂)=1.2/2=0.6 ml/L，代入平衡常数表达式K=1/c³(H₂)=1/0.6³=1/0.216≈4.63（或25/9≈2.78）。
【23题详解】
液体储氢材料相比氨分解制氢的优势可从三个维度分析：①贮存运输——常温下为液态，无需高压或低温条件，运输安全性及便利性明显优于气态氨；②产物分离——反应直接生成H₂气体与液态有机物，两相自然分离，可便捷获取高纯氢气，而氨分解产物含N₂、H₂及未反应的NH₃，分离工序复杂；③反应条件——液体储氢材料的加氢/脱氢条件相对温和，能耗水平低于氨的高温催化分解。
四、黄铜矿的浸出
24. 黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图：
（1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。
A. C、SB. C、HC. N、SD. N、H
（2）离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。
A. 配位键B. 离子间静电作用C. 氢键D. 金属键
（3）已知：的歧化反应





①根据上述信息，计算反应热___________。
②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
（4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________
_____________
（5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。
（6）写出正极的电极反应式___________。
（7）反应中可以用___________替代。
A. 葡萄糖B. C. D.
（8）下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。
A. 体心B. 面心C. 顶点D. 棱心
距离Cu原子最近的S原子有___________个。
（9）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。
【答案】（1）D （2）BC
（3） ①. 875 ②. 不能 ③. 该温度下反应的，歧化反应正向自发，会转化为和
（4）17 （5）氧化剂
（6） （7）A
（8） ①. A ②. 4
（9） ①. ②. 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小
【试题解析】
【小问1详解】
该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素。同周期主族元素电负性自左向右递增，同族自上而下递减。四者电负性排序为N > S > C > H（即N≈3.04，S≈2.58，C≈2.55，H≈2.20），故电负性最大者为N，最小者为H。
【小问2详解】
离子液体中阳离子与阴离子之间必然存在离子间静电引力；同时阳离子中的N—H键可作为氢键供体，阴离子中的Cl⁻作为氢键受体，二者间可形成N—H···Cl氢键。金属键仅出现在金属晶体内部，本体系不含金属晶体，故不存在。正确选项为B和C。
【小问3详解】
运用盖斯定律进行分析：目标反应可通过将已知的第一与第四两个反应相加获得，因此目标反应的ΔH等于两已知反应ΔH的代数和，即ΔH=875 kJ·ml⁻¹。
298 K条件下，该歧化反应的ΔG>0（或通过ΔG=ΔH-TΔS判断为正），说明反应在该温度下正向非自发，即Cu⁺倾向于歧化为Cu²⁺和Cu，因此在溶液中Cu⁺无法大量稳定存在。
【小问4详解】
依据氧化还原电子守恒进行配平：CuFeS₂中Cu由+2升至+3（失1e⁻），S由-2升至+6（每个S失8e⁻，4 ml S合计失32e⁻），4 ml CuFeS₂共失电子(1+32)×4=132e⁻；O₂中O由0降至-2（每ml O₂得4e⁻），故O₂系数为132/4=33。再由原子与电荷守恒补齐其余物种，配平后的总反应方程如答案所示。
【小问5详解】
经硫酸浸出后，反应液中同时存在Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺及SO₄²⁻。为使铜元素全部以Cu²⁺形式存在，便于后续调节pH以Fe(OH)₃形式沉淀除铁，需加入氧化剂将溶液中的Fe²⁺氧化为Fe³⁺。
【小问6详解】
分析电解池两极反应：右室中Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，Fe的氧化态由+2→+3，过程涉及失电子，属氧化半反应。在电解池中，失电子的氧化反应发生在阳极，阳极端与外电路的正极接通。据此写出阳极半反应式：Fe²⁺ − e⁻ → Fe³⁺。
【小问7详解】
题干反应中Fe²⁺化合价升高作还原剂，需选择具有还原性的物质予以替代。分析各选项：葡萄糖含有醛基，具有还原性；SO₂中S为+4价可被进一步氧化，亦具还原性（但需注意SO₂本身可能被氧化为SO₄²⁻，但此处选葡萄糖更为合适）；O₂为氧化剂；KMnO₄为强氧化剂。综合判断应选A（葡萄糖）。
【小问8详解】
该晶胞中S²⁻采取面心立方堆积方式排列。已绘出的Cu原子占据顶点与面心位置，尚有部分Cu原子未在图中显示，根据化学式CuFeS₂的计量比及晶体结构特征，这些未标示的Cu应处于晶胞体心位置。每个Cu原子被4个S²⁻以四面体构型包围，故距离Cu最近的S原子共有4个。
【小问9详解】
SO₃²⁻、SO₃和SO₄²⁻的中心S原子均采取sp³杂化。SO₃²⁻含1对孤电子对，SO₃分子无孤电子对，SO₄²⁻同样无孤电子对。孤电子对的排斥效应大于成键电子对，故孤电子对数越多键角越小。因此键角排序为SO₃ > SO₄²⁻ > SO₃²⁻。SO₃²⁻与SO₄²⁻键角差异的根源在于：前者中心S有1对孤电子对，后者无孤电子对，孤对电子对成键电子对的排斥力更大，迫使键角收缩。
五、硫化镉量子点
CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下：
已知：
①常温下，，，。
②、完全沉淀的，开始沉淀的；
25. 根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。
A. 第四周期第2族B. 第五周期第Ⅷ族C. 第四周期第12族D. 第五周期第ⅡB族
26. 写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。
27. 量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。
A. 该分散系为溶液B. 用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象
C. CdS量子点不稳定，易分解D. 过滤能得到CdS晶体
28. 当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。
A. 2 nmB. 10 nmC. 50 nmD. 100 nm
29. 室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为___________。
30. 国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入___________。
【答案】25. D 26.
Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O 27. B 28. A
29.
0.36 30.
1.58
【试题解析】
【分析】本工艺流程以含镉废水（主要含Cd²⁺、H⁺、NO₃⁻及少量Fe³⁺、Pb²⁺）为处理对象。首步加入氨水将pH调整至3.2~7.4区间，在此范围内Fe³⁺与Pb²⁺可完全沉淀而Cd²⁺仍以离子形式保留于溶液中，经过滤去除铁、铅杂质后获得纯净的Cd(NO₃)₂溶液。随后向该纯化液中通入过量H₂S气体，Cd²⁺与H₂S发生复分解反应生成CdS沉淀；沉淀产物经水浴晶化及后续的分离纯化步骤，最终制得CdS量子点产品。
【25题详解】
Cd的基态价电子构型为4d¹⁰5s²，电子层数为5层（即第五周期）。第IIB族元素的特征价电子排布为(n-1)d¹⁰ns²（其中n≥4），Cd符合此特征，故归属第五周期第IIB族。
【26题详解】
H₂S通入Cd(NO₃)₂溶液中，Cd²⁺与S²⁻结合生成CdS沉淀，同时H₂S中的S²⁻被NO₃⁻在酸性介质中氧化为S单质，NO₃⁻自身被还原为NO。配平后离子方程式为：Cd²⁺+4H₂S+2NO₃⁻→CdS↓+2NO↑+3S↓+4H₂O。
【27题详解】
CdS量子点的粒径处于2~10 nm范围，恰好落在胶体分散系粒子尺寸区间（1~100 nm）内。A项错误——该体系为胶体而非真溶液；B项正确——胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射可观察到明亮光路；C项错误——CdS属难溶硫化物，其量子点化学性质稳定；D项错误——胶体粒子可透过滤纸，无法通过普通过滤操作获得CdS晶体。故唯一正确选项为B。
【28题详解】
题干明确：量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。当发射光更偏蓝时，对应的量子点粒径应更趋近于尺寸范围的下限。已知量子点直径区间为2~10 nm，故偏向蓝光时直径最接近2 nm，选A。
【29题详解】
已知Kb(NH₃·H₂O)=1.8×10⁻⁵。pH=9.7时，pOH=14-9.7=4.3，即c(OH⁻)=10⁻⁴·³ ml/L。由Kb表达式：c(NH₄⁺)/c(NH₃·H₂O) = Kb/c(OH⁻) = 1.8×10⁻⁵ / 10⁻⁴·³。计算10⁻⁴·³=10⁰·⁷×10⁻⁵≈5.01×10⁻⁵，代入得比值≈1.8/5.01≈0.36。
【30题详解】
需沉淀除去的Cd²⁺物质的量：n₁=0.95 g/L×1000 L÷112 g/ml≈8.48 ml。排放标准允许残留Cd²⁺≤7.8×10⁻⁵ ml/L，即n₂=7.8×10⁻⁵×1000=7.8×10⁻² ml。实际需沉淀的Cd²⁺总量≈8.48 ml（残留量可忽略不计）。所需Na₂S质量按化学计量比计算，结果约为1.58 kg。