文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 04（江苏专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：图表信息深度整合：试卷中大量采用流程图（如第14、16题）、结构简式图（如第
10、15题）及实验装置图（如第3、9题），要求学生快速提取关键信息并关联化学原理。例如第17
题通过电解原理图考查电极反应分析，体现了对图像解析能力的强化。
跨学科融合趋势：题目注重物理、化学交叉应用，如第9题将电化学与废水处理结合，涉及能量转化
与离子迁移；第17题通过乙烯与SO₂反应机理图，要求理解催化循环中的电子转移与物质转化，体现
学科综合素养。
高考·新考法：知识融合型设问：第12题结合HS的多步电离与沉淀溶解平衡，要求学生综合运用电离
2
常数、电荷守恒与物料守恒分析离子浓度关系；第7题通过判断反应方程式的正误，融合物质性质
（如浓盐酸的强氧化性）与反应条件（如无水乙醇的作用），考查细节理解与综合应用能力。
系统性思维考查：工艺流程题（如第14、16题）要求分析多步操作（焙烧、酸浸、过滤、电解）的化
学原理及条件控制（如pH调节、温度影响），需学生串联知识点并解决实际问题。
高考·新情境：热点情境聚焦：环保（如Cr(Ⅵ)还原处理、SO₂资源化）、新能源（废水提铀同步产
电）、药物合成（利喘贝制备）等前沿领域将成为命题重点，需关注技术原理与化学知识的结合。
命题·大预测：能力导向强化：图像分析、实验设计及定量计算（如第14题锰氧化物化学式的确定）的
考查力度将进一步增强，需加强学生从数据到结论的逻辑推导训练。
学科交叉深化：电化学与工业流程（如第9、17题）、有机合成与反应机理（如第15题）的融合命题
可能增多，需培养跨模块知识整合能力。
今后将更注重真实情境下的问题解决能力，通过图表分析、跨学科融合及热点应用，全面考查学生的
核心素养。备考需强化图像解析训练，关注科技前沿案例，并加强综合性实验与工艺流程题的实战演
练。
（考试时间：90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、考生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 N 14 O 16 P 31 S 32 K 39
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． 侯德榜发明的侯氏制碱法造福了全人类。侯氏制碱法中的“碱”指的是A. B. C. D.
【答案】B
【解析】侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱 ，故B正确；
故选B。
2． 用硫酸铜溶液可吸收有毒的硫化氢：HS+CuSO=CuS↓+H SO 下列说法正确的是
2 4 2 4.
A. HS的电子式： B. HSO 分子中既含离子键又含共价键
2 2 4
C. 反应后上层清液中c(Cu2+)< D. 键角：c( )>c( )
【答案】D
【解析】A．HS是共价化合物，电子式为： ，A错误；
2
B．HSO 是化合物，分子中只含共价键，B错误；
2 4
C．反应后上层清液中属于饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，c(Cu2+)= ，C错误；
D． 和 的中心原子S原子均为sp3杂化， 的S原子没有孤电子对， 的S原子有孤电子
对，孤电子对对成键电子对斥力大，造成键角小，因此键角：c( )>c( )，D正确；
故选D。
3． 实验室利用废旧干电池废料(主要成分 、 、 、碳粉等)回收 。下列相关原理、
装置及操作不正确的是
A. 用装置甲配制稀硫酸 B. 用装置乙溶解废料
C. 用装置丙过滤分离混合物 D. 用装置丁灼烧获得
【答案】A
【解析】A．配制稀硫酸时不能直接在容量瓶中稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释后转移到容量瓶中定
容，A错误；
B．废旧干电池废料(主要成分 、 、 、碳粉等)，用稀硫酸溶解废料，加热和搅拌可以
加快反应速率，提高浸取效率，B正确；C．过滤分离混合物需要漏斗、烧杯、玻璃棒，装置及操作正确，C正确；
D．灼烧操作中需要坩埚，装置及操作正确，D正确；
故选A。
4． 尿素[CO(NH)]和草木灰(主要成分KCO)均可用作肥料。下列说法正确的是
2 2 2 3
A. 原子半径：r(O)>r (C) B. 电负性：χ(H)>χ(K)
C. 电离能： D. 沸点：NH >H O
3 2
【答案】B
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：r(O)＜r
(C)，故A错误；
B．元素非金属性越强，电负性越大，根据金属活动性顺序表，金属性：K＞H，则非金属性K＜H，则
电负性：χ(H)>χ(K)，故B正确；
C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA
与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离 ，故C错误；
D．常温下氨为气态，水为液态，故沸点：NH ＜HO，故D错误；
3 2
故选B。
5． 下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是
A. 消除污染物：
B. 去除难溶物：
C. 合成聚合物：
D. 制备配合物：
【答案】B
【解析】A．消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中
的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，故A正确；
B．难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与
盐酸不反应，故B错误；
C．一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙
烯，则物质转化关系能实现，故C正确；
D．硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的
溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，故D正确；
故选B 。
阅读下列材料，回答6-8题。
铬(Cr)及其化合物在工业上有广泛的用途。水体中 、 和 是高毒性的重金属离子，通过化学反应可实现Cr(Ⅵ)的转化去除，如 、 、Zn-Cu粉等能将废水中的Cr(Ⅵ)还原为毒性
较小的Cr(Ⅲ)。 、氧化铬绿( )、 在工业等领域有着不可替代的地位。氯化铬
酰( )常温下为深红色液体，能与 、 等互溶。
6． 下列说法正确的是
A. 空间构型为直线形 B. 中C原子采用 杂化
C. Cr(Ⅲ)的外围电子排布式为 D. 为分子晶体
7． 下列化学反应表示错误的是
A. 与过量浓盐酸和无水乙醇混合制备 ：
B. 中滴加硫酸：
C. 在 的水溶液中 与 反应：
D. 重铬酸钠( )与硫酸铵共热分法制备氧化铬绿：
8． 下列物质结构和性质与用途的对应关系不正确的是
A. Zn-Cu形成原电池，可加快Cr(Ⅵ)的还原
B. 氧化铬绿 为非极性分子，可作颜料使用
C. 为两性氢氧化物，可溶于浓NaOH溶液
D. 具有氧化性，可测定酒驾中酒精的含量
【答案】6．D 7．B 8．B
【解析】6．A． 和HO 为等电子体，HO 中O采取sp3杂化，HO 不是直线形，则HS 不为直线
2 2 2 2 2 2 2 2
形，A错误；
B． 和CO 为等电子体，CO 为直线形分子，C原子采用sp杂化，则CS 中C原子采用sp杂化，B
2 2 2
错误；
C．Cr为24号元素，失去3个电子得到三价铬，Cr(Ⅲ)的外围电子排布式为 ，C错误；
D．氯化铬酰( )常温下为深红色液体，其熔点较低，为分子晶体，D正确；
故选D。
6．A． 与过量浓盐酸和无水乙醇混合制备 ，反应中乙醇被氧化为二氧化碳、铬被还原为三价铬，同时生成氯化钡和水，反应为：
，A正确；
B． 中滴加硫酸，酸性条件下， 和氢离子反应转化为重铬酸根离子：
，B错误；
C．在 的水溶液中 与 反应，碱性条件下， 氧化 生成硫单质，同时生成
，结合电子得失守恒、质量守恒，反应为：
，C正确；
D．重铬酸钠( )与硫酸铵共热分法制备氧化铬绿，反应中铬化合价由+6变为+3、氮化合
价由-3变为0，结合电子守恒、质量守恒，反应为：
，D正确；
故选B。
8．A．Zn-Cu形成原电池，原电池能加快反应速率，则可加快Cr(Ⅵ)的还原，A正确；
B．氧化铬绿为离子构成的，不是由分子构成的，B错误；
C． 为两性氢氧化物，能和强碱氢氧化钠反应，可溶于浓NaOH溶液，C正确；
D． 具有氧化性，能氧化酒精，可测定酒驾中酒精的含量，D正确；
故选B。
9． 我国科学家研发了一种由废水（含 、 等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相关物
质转化关系如图所示，下列有关该过程的说法不正确的是
A. 电子从 电极经导线流向CCF电极
B. CCF电极上发生的反应有：
C. 生成（ 的反应中，
D. 利用电解法再次获得含 溶液，需将附着 、 的电极置于阳极
【答案】C
【分析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，CCF电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢氧
根离子、UO 在正极得到电子发生还原反应生成UO ，电极反应式为 、
2
UO +2e—=UO，放电生成的UO 与过氧化氢反应生成(UO )O ·H O，反应的化学方程式为
2 2 2 2 2
UO +2H O=(UO)O ·H O。
2 2 2 2 2 2
【详解】A．由分析可知，铁电极为原电池的负极，CCF电极为正极，则电子从Fe电极经导线流向
CCF电极，故A正确；
B．由分析可知，CCF电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢
氧根离子、UO 在正极得到电子发生还原反应生成UO ，电极反应式为
2
、UO +2e—=UO，故B正确；
2
C．由分析可知，生成(UO )O ·H O的化学方程式为UO +2H O=(UO)O ·H O，则反应中氧化剂HO 与
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
还原剂UO 的物质的量之比为1：1，故C错误；
2
D．利用电解法再次获得含 溶液时，与直流电源的正极相连的CCF电极为阳极，UO 、
2
(UO )O ·H O在阳极失去电子发生氧化反应生成UO ，故D正确；
2 2 2
故选C。
10．天然单糖D-乙酰氨基葡萄糖的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是
A. 分子式为 B. 与葡萄糖互为同系物
C. 能发生缩聚反应 D. 分子中含3个手性碳原子
【答案】C
【解析】A．根据该有机物分子结构简式可知，其分子式C H ON，A错误；
8 15 6
B．组成和结构相似，相差一个或多个CH 原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C H O，该
2 6 12 6
物质分子式为C H ON，不互为同系物，B错误；
8 15 6
C．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，C正确；
D．连接4个不同的原子和原子团的碳原子为手性碳原子，则分子中环上的碳原子均为手性碳原子，
含有5个手性碳原子，D错误；
故选C。
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
将等浓度等体积的 溶液
二者水解相互促进生成氢氧化铝
A
沉淀
与 溶液混合有白色沉淀生成将 固体加入饱和 溶液
B
中，充分搅拌后过滤，在滤渣中加稀盐
酸，有气泡产生
取少量 样品溶于水，加入
C 无法判断原样品是否变质
溶液，再加入足量盐酸，产
生白色沉淀
将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀
D HClO具有漂白性
NaOH溶液中，溶液红色褪去
【答案】C
【解析】A．将等浓度等体积的 溶液与 溶液混合发生反应
，不是水解反应，故A错误；
B．将 固体加入饱和 溶液中，增大碳酸根离子浓度， 硫
酸钡转化为碳酸钡，不能证明 ，故B错误；
C．取少量 样品溶于水，加入 溶液，再加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子能
把 氧化为 ，产生白色沉淀硫酸钡，不能判断原样品是否变质，故C正确；
D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸能中和氢氧化钠，将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞
的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去，可能是盐酸、次氯酸和氢氧化钠发生中和反应，不能证明HClO
具有漂白性，故D错误；
故选C。
12．工业上用 HS、NaS等处理废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子。已知： 25℃时， 饱和 HS溶液浓度为
2 2 2
0.1mol∙L−1，K (H S) ，K (H S) ， ，下列说法正确的是
a1 2 a2 2
A. HS溶液中：
2
B. 溶液中： c(HS)
2
C. NaS溶液中：c +2c(H S)
2 2
D. 向 溶液中通入 HS气体至饱和，所得溶液中：
2
【答案】D
【解析】A． HS溶液中，存在电荷守恒： ，故A
2
错误；
B． 溶液中， 的电离平衡常数K ，水解平衡常数K
a h，因此，K＜K，即 ，则
a h
，B错误；
C．NaS为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，存在 ，根据物料守恒
2
，两式联立，得到
+2c(H S)，C错误；
2
D．向 溶液中通入 HS气体至饱和，发生反应CuSO +H S=CuS↓+H SO ，所得溶液
2 4 2 2 4
为硫酸，c(HSO )≈ ， =1.14×10-18mol/L，则
2 4
，D正确；
故选D。
13．甲醇-水催化重整可获得，其主要反应如下：
I：CHOH(g)+H O(g) CO(g)+3H(g) H=+49.4kJ/mol
3 2 2 2
II：CHOH(g) CO(g)+2H(g) H =+92kJ/mol
3 2
在1.01×105Pa下，将等体积的CHOH和HO的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，
3 2
CHOH、HO的转化率及CO、CO 的选择性随温度变化情况如图所示。CO的选择性=
3 2 2
×100%]。下列说法正确的是
A. 曲线a、b、c分别表示HO的转化率、CHOH的转化率、CO 的选择性
2 3 2
B. 甲醇-水催化重整制H 应选择反应温度为260℃左右
2
C. 其他条件不变，增大 可以提高平衡时H 产率
2D. 其他条件不变，在270~290℃温度范围，随着温度升高，出口处CO 的量不断减小，CO和H 的量
2 2
不断增大
【答案】B
【解析】温度升高，反应I：CHOH(g)+H O(g) CO(g)+3H(g) H=+49.4kJ/mol和
3 2 2 2
II：CHOH(g) CO(g)+2H(g) H =+92kJ/mol均正向移动，其中CO的选择性升高，则CO 的选择
3 2 2
性降低，曲线c代表CO 的选择性，在270°C-290°C范围内升高温度，CO 的选择性减小，CO选择性
2 2
升高，反应I逆向移动，HO的转化率降低，曲线B代表HO的转化率，a代表CHOH的转化率。
2 2 3
A．由分析可知，曲线a、b、c分别表示CHOH的转化率、HO的转化率、CO 的选择性，A错误；
3 2 2
B．由图可知，CHOH(g)+H O(g) CO(g)+3H(g)能产生更多的H，而CO 的选择性随反应温度的升
3 2 2 2 2 2
高而降低，甲醇—水催化重整制H 应选择反应温度为260℃左右；故B错误；
2
C．其他条件不变，增大 ，平衡右移，可以提高平衡时H 产率，故C错误；
2
D．其他条件不变，在270～290℃温度范围，随着温度升高，反应均向右移动，但CO 的选择性减
2
小，即出口处CO 的量不断减小，根据原子守恒，即CO的量不断增大，由于反应CHOH(g)+H O(g)
2 3 2
CO(g)+3H(g)能产生更多的H，即氢气的量在减少，故D错误；
2 2 2
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共61分。
14．以软锰矿(主要成分为 ，还含有 、 、 、 等杂质)为原料制备
并进一步热解得到 的流程如下：
（1）将一定量甘蔗渣与软锰矿渣充分混合均匀，置于如图所示管式炉中焙烧 。甘蔗渣裂解产生还
原性物质，金属氧化物与之发生反应。
①控制炉内温度为 ，在氮气和空气气氛下， 还原率随 的变化如图所示。控制
其他条件相同，空气氛围中 还原率较低的原因是_______。②控制 ，氮气气氛中 还原率随焙烧温度的关系如图所示， 时
还原率比 时低的原因是_______。
（2）酸浸时酸的用量不宜过多的原因是_______
（3）如图为几种金属离子在水中形成氢氧化物沉淀的 关系图{
； 时可认为 离子沉淀完全}。操作 的目的是_______。加
入 调节溶液 范围为_______(填序号)。
A. B. C. D.
（4）将提纯后的 在空气中缓慢加热，测得 之间剩余
固体质量与起始固体质量比随温度变化曲线如图所示。通过计算确定820°C时得到锰氧化物的化学
式：_______。(写出计算过程)【答案】(1) 甘蔗渣裂解产生的还原性物质与空气中氧气发生反应，使得 还原率较低；
甘蔗渣裂解产生还原性物质还原 的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动
(2)若酸的用量过多，加CaCO 调节pH时消耗CaCO 过多
3 3
(3) 把Fe2+氧化为Fe3+ C
(4)Mn O
2 3
【解析】软锰矿主要成分为 ，还含有 、 、 、 等杂质。将一定量甘蔗渣与软
锰矿渣充分混合均匀，在管式炉中焙烧 。金属氧化物与甘蔗渣裂解产生还原性物质发生反应，金
属氧化物被还原，用稀硫酸“酸浸”，过滤，得硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁溶液、硫酸的混合液，加
氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除铁铝，过滤，滤液加
HS得到MnS沉淀，MnS经一系列操作得 ，再热解制得MnO。
2 3 4
（1）①控制其他条件相同，空气氛围中，甘蔗渣裂解产生的还原性物质与空气中氧气发生反应，所
以 还原率较低。
②甘蔗渣裂解产生还原性物质还原 的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以 时
还原率比 时低。
（2）酸浸时若酸的用量过多，加CaCO 调节pH时消耗CaCO 过多，所以酸的用量不宜过多。
3 3
（3）操作 的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，以便于Fe3+生成氢氧化物沉淀除去。加入 调节溶液
生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁铝，同时不能生成氢氧化锰沉淀，根据金属离子在水中形成
氢氧化物沉淀的 关系图，调节溶液 范围为 ，选C。
（4）设820°C时得到锰氧化物的化学式为MnO，根据Mn元素守恒x ~~~ Mn O，
x y x y
，解得 ，则820°C时得到锰氧化物的化学式为MnO。
2 3
15．某研究小组通过下列路线合成平喘药物利喘贝。已知：①
②
③
请回答：
（1）利喘贝中含氧官能团为羧基、_______(写名称)。
（2）化合物D转化为E的过程涉及_______、_______两步反应。
（3）化合物F的结构简式是_______；由G与 制备利喘贝， 的结构简式为
_______。
（4）写出同时满足下列条件化合物D的一种同分异构体X的结构简式：_______。
①lmol X在碱性条件下完全水解需消耗3mol NaOH；
②X中含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以 和 为原料制备 的合成路线流图
_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)醚键、酰胺键(基)
(2) 加成 消去
(3)(4) 、
(5)
→ ；
【解析】由A、C的结构简式和B的分子式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：
，由C到D的转化条件和D的分子式可知，D的结构简式为： ，由E
的结构简式和F的分子式以及E到F的转化条件可知，F的结构简式为： ，
由G的分子式和已知信息①可知，G的结构简式为： ，由利喘贝的结构简式和
G到利喘贝的转化条件可知，C HNO 的结构简式为： ，据此分析解题；
7 7 2
（1）由题干合成路线图可知利喘贝中含氧官能团为羧基、醚键、酰胺键(基)；（2）由分析可知，D的结构简式为： ，结合D到E的转化条件可知，化合物D转
化为E的过程涉及加成（ ）、消去两步反应（
）；
（3）根据分析可知，化合物F的结构简式是 ；由G与 制备利喘贝，
的结构简式为 ；
（4）D的结构简式为： ，D的一种同分异构体X，①lmol X在碱性条件下完全水
解需消耗3mol NaOH，说明含有一个酚羟基，以及酚羟基形成的酯；②X中含有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，则X的结构为 、 ；
（5）由题中D→E→F信息可将 转化为 ，水解后
生成 ，再将硝基还原为氨基，氨基与羧基反应生成
，流程：
→ ；
16．从铅精矿（主要含PbS、 等）中提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
（1）“热浸”时，难溶的PbS和 转化为 和 及单质硫。
①写出 转化为 的离子方程式：__________。
②浸取液中盐酸的浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生__________（填
化学式）。
（2）“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释、冷却”得到 沉淀，再经“过滤Ⅱ”将 沉淀分离。
沉淀反复用饱和食盐水“热溶”，所得溶液经“电解Ⅰ”可获得金属Pb。
①“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释”可得到 沉淀，其原因是__________。
②“电解Ⅰ”的阳极产物用“尾液”吸收所得的吸收液，可直接用于此工艺中的__________（填题干工艺流程方框中的操作名称），从而实现循环利用。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是__________。
（4）经“置换”得到的富银铅泥主要为金属Pb和Ag的混合物。
①“置换”中可选用的试剂X为__________（填序号）。
A.Al B.Zn C.Pb D.Ag
②补充完整运用电解原理分离金属Pb和Ag的实验方案：将富银铅泥压实制成块状，__________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 溶液稀释时，反应 的Q 增大，当 时，平衡逆向移
c
动，利于产生PbCl 沉淀 ②. 热浸
2
（3）将过量的 还原为 ，减少“置换”中试剂X的用量
（4） ①. C ②. 用导线与电源的正极相连，再将一小块纯Pb块用导线与电源的负极相连，将
块状富银铅泥和纯Pb块均置于 溶液中，接通电源进行电解，一段时间后，在阳极底部获
得金属Ag，阴极为金属Pb
【解析】本题以铅精矿(含PbS、Ag S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”时，难溶的PbS和
2
Ag S 转 化 为 [PbCl ]2- 和 [AgCl ]- 及 单 质 硫 ， Fe3+ 被 还 原 为 Fe2+ ， 离 子 方 程 式 为
2 4 2
，“过滤Ⅰ”除掉单质硫滤渣，滤液
在稀释降温的过程中，[PbCl ]2-转化为PbCl 沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大 浓度，使PbCl
4 2 2
又转化为[PbCl ]2-，电解得到Pb；“过滤II”后的滤液成分主要为[AgCl ]-、FeCl 、FeCl ，故加入铅精
4 2 2 3
矿主要将FeCl 还原为FeCl ，试剂X将[AgCl ]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂 X为铅，尾液为
3 2 2
FeCl 。
2
（1）①由分析可知，Ag S转化为[AgCl ]-的离子方程式为
2 2
，该空填 ；
②浸取液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另外还有一个目的，防止氢离子浓度
过大生成HS气体，该空填HS；
2 2
（2）①“过滤Ⅰ”得到的滤液经“稀释”可得到PbCl 沉淀，主要由于存在如下沉淀溶解平衡
2
，当溶液被稀释时其Q 增大，当Q>K时，平衡逆向移动，产生PbCl 沉
c c 2
淀，该空填当溶液被稀释时， 的Q 升高，当Q>K时，平衡逆向移动，利
c c
于产生PbCl 沉淀；
2
②“电解Ⅰ”中通过电解[PbCl ]2-溶解得到金属Pb，根据电解池原理，Pb在阴极产生，阳极Cl-失电子
4
产生Cl，尾液成分为FeCl ，则用FeCl 溶液吸收Cl 可生成FeCl ，可以在热浸中循环使用，故该空填
2 2 2 2 3
热浸；
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+，减少“置换”中试剂X的用量，该空填将过量的Fe3+还原为Fe2+，减少“置换”中试剂X的用量；
（4）①“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，离子
方程式为 ，本题选C；
②运用电解原理分离金属Pb和Ag，可将富银铅泥作为阳极，Pb发生氧化反应生成Pb2+而溶解，充分
反应后剩余固体就是金属Ag，同时溶液中的Pb2+可在阴极发生还原反应，再生成Pb，实现Pb和Ag
的分离，故实验方案如下：将富银铅泥压实制成块状，用导线与电源的正极相连，再将一小块纯Pb
块用导线与电源的负极相连，将块状富银铅泥和纯Pb块均置于Pb(NO ) 溶液中，接通电源进行电
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解，一段时间后，在阳极底部获得金属Ag，阴极为金属Pb。
17．用烟气中SO 制S是一种重要的脱硫技术。
2
（1）用电解法将 SO 转化为S的原理如图所示。
2
电极a表面的电极反应式为___________。随稀硫酸的浓度增大，SO 转化率先增大后减小的可能原因
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为___________。
（2）利用乙烯与 SO 反应制S的机理如图所示，Cu⁺的基态核外电子排布式___________，此过程总
2
反应的化学方程式为___________。
（3）HS与SO 在盐溶液中反应制备S，该过程生成含S 悬浮颗粒的悬浊液，含S 悬浮颗粒带负
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电。 SO (g)+2HS(g) 3S(s)+2H O(l) ΔH<0。
2 2 2
①SO 转化率受温度影响如图所示。温度高于60℃时，SO 转化率逐渐减小
2 2
的可能原因为___________。
②其它条件相同，NaSO 溶液浓度对含S悬浮颗粒的过滤速率影响如下表
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所示。
NaSO 溶液浓度 (g·L−1) 过滤速率 (mL∙min−1)
2 48 20
10 50
20 330
NaSO 溶液浓度增大，过滤速率加快的可能原因为___________。
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【答案】（1） ①. ②. 得电子时需要 参与， 增
大，有利于 被还原； 过大， 溶解量减少； 得电子产生 ，使 得电子的量减
少，转化率减小
（2） ①. ②.
（3） ①. 温度高于60℃时， 与 溶解度减小，导致 转化率降低；该反应是一个放热
反应，温度升高平衡向逆反应方向移动， 转化率降低 ②. 离子浓度增大，正电荷增多，
中和硫悬浮颗粒的负电荷效果更好，使硫更易形成大颗粒，过滤速率增加
【解析】（1）用电解法将SO 转化为S，电极a表面SO 得电子被还原为S，稀硫酸作电解质溶液，
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则电极a表面的电极反应式为： ；由电极反应
可知，SO 得电子被还原为S时需要H+参加反应，随稀硫酸的浓度增大， 增大，有利于 被
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还原，所以SO 转化率先增大；但 过大，会引起 溶解量减少；且 过大， 得电子
2
产生 ，使 得电子的量减少，SO 转化率减小。所以随稀硫酸的浓度增大，SO 转化率先增大后
2 2
减小的可能原因为： 得电子时需要 参与， 增大，有利于 被还原； 过大，
溶解量减少； 得电子产生 ，使 得电子的量减少，转化率减小；
（2）Cu的原子序数为29，其基态核外电子排布式为 ，则Cu⁺的基态核外电子排布式为
；由乙烯与SO 反应制S的环式机理图可知，入环为反应物、出环为生成物，则此过程的反
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应物为C H、O、SO ，生成物为S、CO、HO，配平后得到总反应的化学方程式为：
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；
（3）①HS与SO 在盐溶液中反应制备S：SO (g)+2HS(g) 3S(s)+2H O(l) ΔH<0，温度较高时，气
2 2 2 2 2
体的溶解度会减小，且该反应为放热反应，较高温度不利于反应正向进行，则温度高于60℃时，SO
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转化率逐渐减小的可能原因为：温度高于60℃时， 与 溶解度减小，导致 转化率降低；
该反应是一个放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动， 转化率降低；②HS与SO 在盐溶液中反应制备S，该过程生成含S悬浮颗粒的悬浊液，含S悬浮颗粒带负电，其它
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条件相同，NaSO 溶液浓度增大，过滤速率加快的可能原因为： 浓度增大，正电荷增多，中和硫
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悬浮颗粒的负电荷效果更好，使硫更易形成大颗粒，过滤速率增加。
