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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（江苏专用）
黄金卷01
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列做法能有效促进“碳中和”的是
A．火力发电 B．燃煤脱硫 C． 合成淀粉 D．可燃冰开采
【答案】C
【解析】火力发电，燃煤生成二氧化碳，二氧化碳增加，A错误；燃煤脱硫，碳燃烧生成二氧化碳的量没
有改变，改变的是二氧化硫的产生量，B错误； 合成淀粉，减少了二氧化碳，有效促进“碳中和”，
C正确；可燃冰开采，可燃冰燃烧，产生更多二氧化碳，D错误。
2．反应 可用于制备还原剂肼(N H)。下列说法正确的是
2 4
A．HO为极性分子 B．NH 的空间构型为平面三角形
2 3
C．NaClO的电子式为 D．NH 中只含极性键
2 4
【答案】A
6+1×2
【解析】HO分子中中心O原子价电子对数为 =4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子
2 2
对，所以HO分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此HO是极性分子，A项正确；NH
2 2 3
5+3×1
分子中N原子的价电子对数为 =4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，B项错误；NaClO是
2
离子化合物，Na+与ClO-之间以离子键结合，在ClO-中Cl与O原子之间以共价键结合，故NaClO的电子式
为： ，C项错误；NH 中含有氮氮非极性键，D项错误。
2 4
3. 利用废蚀刻液(含FeCl 、CuCl 及FeCl )制备碱性蚀刻液[Cu(NH )Cl 溶液]和FeCl •6H O步骤：用HO
2 2 3 3 4 2 3 2 2 2
氧化废蚀刻液、制备氨气、制备碱性蚀刻液[CuCl +4NH=Cu(NH)Cl]、固液分离、用盐酸溶解沉淀并制
2 3 3 4 2
备FeCl •6H O。下列有关实验的说法不正确的是
3 2A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙可以制备Cu(NH )Cl 溶液并沉铁
3 4 2
C．用装置丙可以分离Cu(NH )Cl 溶液和Fe(OH)
3 4 2 3
D．用装置丁蒸干FeCl 溶液可以直接制备FeCl •6H O
3 3 2
【答案】D
【解析】NH Cl和Ca(OH) 固体加热制备NH ，A项正确；NH 可将CuCl 转变为Cu(NH )Cl 液，同时将
4 2 3 3 2 3 4 2
Fe3+转变为Fe(OH) 沉淀，B项正确；Cu(NH )Cl 溶液和Fe(OH) 为固液混合体系，可选用过滤如图丙，C
3 3 4 2 3
项正确；FeCl 在加热条件下水解加剧得到Fe(OH) ，所提直接如图丁蒸干得到Fe(OH) ，D项错误。
3 3 3
4．硼碳氮(BCN)材料可用作耐磨涂层。下列说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．酸性强弱： D．硼、石墨、固态氮的晶体类型相同
【答案】A
【解析】同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径： ，A正确；同一周期
元素从左到右第一电离能有增大的趋势，则第一电离能： ，B错误；元素的非金属性
越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性N>C>B，则酸性强弱： ，C
错误；由题给信息可推出硼形成共价晶体，但石墨为混合晶体、固态氮为分子晶体，晶体类型不同，D错
误。
阅读下列材料，回答5~7题：
海洋是一个巨大的化学资源宝库，含有80多种元素，其中含有较高的钠和氯元素。化学家常用廉价氯化钠
为原料制备纯碱，也可用于电解方法获得金属钠、氯气、氢气等，并进一步将其转化为生产、生活和科学
实验中用途更为广泛的新物质，如 、 、 等。
5．下列物质性质与用途具有对应关系的是A． 溶液显碱性，可用作除油污剂B． 受热易分解，可用作抗酸药物
C． 具有还原性，可用作供氧剂 D． 具有强氧化性，可用作混凝剂
【答案】A
【解析】 溶液显碱性，油污可以在碱性下水解，所以可以用作除油污剂，A项正确； 可作
抗酸药，是由于其具有一定的碱性，可以和胃酸反应，和其受热易分解没有对应关系，B项错误；
可用作供氧剂是其具有氧化性，可与水或二氧化碳反应产生氧气，不是其具有还原性，C项错误；NaClO
具有强氧化性，可用作消毒剂，D项错误。
6．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】电解氯化钠溶液产生氢氧化钠溶液，氢气和氧气，不能产生钠单质，A项错误；次氯酸钠具有强
氧化性，会将硫元素从+4价氧化成+6价，最终产物应该是硫酸钠，B项错误；苯酚酸性比碳酸弱，和碳酸
钠反应不会产生二氧化碳，C项错误；氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液可发生复分解反应，生成氢氧化铜沉
淀，D项正确。
7．下列说法正确的是
A．键角：
B．酸性：
C．侯氏制碱的反应：
D．电解饱和食盐水时，若两极共产生气体 (标准状况下)，转移电子数为
【答案】B
【解析】 中价电子对数为4，但有一对孤电子对， 中价电子对数为4，没有孤电子对，所以键角
应为： ，A项错误；氯原子是吸电子基团，会增加羧基中氧氢键的极性，使酸性增强，B项正
确；侯氏制碱法第一步反应应生成碳酸氢钠和氯化铵，C项错误；电解饱和食盐水时，两极分别产生氢气
和氯气，且产生气体体积比为1：1，所以每极各有11.2L气体(标准状况下)，即0.5mol气体，每生成1mol
气体转移2mol电子，所以转移的电子数应为1mol，D项错误。8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．废水中的 可以被 还原后除去
B．大气中的 遇雨水最终形成 进入地面或海洋
C．工业排放尾气中的 可与 和 反应生成
D．水垢中的 可与饱和 溶液反应生成
【答案】A
【解析】Hg2＋与S2－反应生成HgS沉淀，以除去废水中的Hg2＋，该反应不是氧化还原反应，A项错误；
SO 和水生成HSO ，HSO 能被空气中氧气氧化为HSO ，B项正确；氧气具有氧化性，可以把四价硫氧
2 2 3 2 3 2 4
化为六价硫，可以发生反应：2SO ＋2CaO＋O=2CaSO ，C项正确；饱和NaCO 溶液中c(CO)很大，导致
2 2 4 2 3
下列平衡右移：CaSO＋CO CaCO ＋SO，从而发生沉淀的转化，生成CaCO 沉淀，D项正确。
4 3 3
9．一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成，下列说法正确的是
A．一定条件下，X可以发生加成、缩聚、消去、氧化反应
B．X、Y分子中所有碳原子处于同一平面
C．1molX最多能与含3molBr 的浓溴水发生反应
2
D．Y与H 完全加成，每个产物分子中含有5个手性碳原子
2
【答案】C
【解析】X含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应；X含有碳碳双键、羟基，能发生氧化反应；X不能发
生缩聚、消去反应，A错误；Y分子中有1个单键碳与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子处于同一
平面，B错误；X分子苯环的邻位、对位能与溴发生取代反应，X分子中碳碳双键能与溴发生加成反应，
1molX最多能与含3molBr 的浓溴水发生反应，C正确；Y与H 完全加成，生成物
2 2
分子中含有6个手性碳原子(*标出)，D错误。
10．炼油、石化等含 工业废水可通过催化氧化法进行处理。将 嵌于聚苯胺(高温会分解)表面制成
催化剂，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。下列有关说法不正确的是A．催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后也不可继续使用
B．该反应过程的总方程式为
C．反应过程中只有硫元素被氧化
D．反应III的
【答案】C
【解析】反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导
致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，高温下聚苯胺会分解，故高温灼烧后不可继续使用，A项正
确；催化氧化过程的总反应为O 和S2－在MnO 催化作用下生成S单质，已知废水环境为碱性，则结合电
2 2
子守恒和电荷守恒配平： ，B项正确；由题干图示信息可知，反应过程中
锰形成的化学键数目发生改变，化合价升高，C项错误；由题干图示信息可知，反应Ⅲ为O-O键断裂，吸
收热量，ΔH >0，D项正确。
11．室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选
方案 结论
项
木炭在加热条件下能与浓
A 将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
硝酸反应
用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CHCOONa溶液的
B 3 HClO酸性强于CHCOOH
pH，前者pH大于后者 3
向Fe(NO ) 和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO 溶液振荡，溶液
C 3 2 3 氧化性: Ag+>Fe3+
颜色变红
向NaSO 溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl 溶液后产生 NaSO 溶液中存在水解平
D 2 3 2 2 3
白色沉淀且红色褪去 衡
【答案】D
【解析】浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热
条件下能与浓硝酸反应的结论，A错误；用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH COONa溶
3
液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B错
误；酸化的AgNO 中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明氧化性
3Ag+>Fe3+，C错误； ，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，
加入BaCl 后Ba2+与 反应生成BaSO，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移
2 3
动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D正确。
12．燃煤烟气中的 捕集可通过如图所示的物质转化实现。已知：
。下列说法正确的是
A． 吸收 所得到的溶液中：
B． 完全转化为 时，溶液中存在：
C．“吸收”后所得溶液中：
D．“转化”后得到的上层清液中：
【答案】B
【解析】KOH吸收CO 所得到的溶液，若为KCO 溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(HCO)＜
2 2 3 2 3
c(HCO)，若为KHCO 溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(HCO)＜c(HCO)，A项错误；KOH完全
3 2 3
转化为KHCO 时，将K 和K 数值带入不等式计算，K ·K c(HCO)+2c(CO)，C项
错误；转化后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液， ，D项错误。
13．二氧化碳催化加氢可合成乙烯： 。当原料初始组成
，体系压强为 ，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图
所示。下列说法正确的是A．该反应的
B．表示 、 变化的曲线分别为c、d
C．A点对应温度为 ，此时 的转化率为66.7%
D．选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的平衡产率
【答案】C
【解析】两反应物初始投料比等于化学计量数之比，由于c和a所表示的起始物质的量之比为1：3，所以
图像中a为氢气，c为二氧化碳；又因为b和d表示的物质的量之比为4：1，所以b为水，d为乙烯，温度
升高，a和c的物质的量变大，说明反应逆向移动，说明该反应正向为放热反应， ，A项错误；由
A项的分析知，氢气变化的曲线为a，乙烯变化的曲线为d，B项错误；A点对应的平衡点为曲线c、d交
点，即平衡时二氧化碳的物质的量等于乙烯的物质的量，设二氧化碳的起始物质的量为1mol，氢气的起始
物质的量为3mol，反应生成乙烯的物质的量为xmol，则根据三段式可得：
1-2x=x，解得 ，所以二氧
化碳的转化率为： ，C项正确；催化剂不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，D
项错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）实验室以含锰废液为原料可以制取MnSO ，部分实验过程如下：
4已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 Fe（OH） Mn（OH） MnF CaF MgF
3 2 2 2 2
K 4.0×10－38 4×10－14 1.2×10－3 1.6×10－10 6.4×10－9
sp
（1） 经检测，含锰废液中c（Mn2＋） ＝0.2 mol·L－1、c（Na＋）＝0.6 mol·L－1、c（Fe2＋） ＝0.2 mol·L－
1，还含SO及少量Ca2＋、Mg2＋。“氧化”阶段，HO 用量为理论用量的1.1倍。
2 2
① “氧化”1 L该废液，需要加入HO 的物质的量为 。
2 2
② 检验Fe2＋已经完全被氧化的方法是 。
（ 2 ） “ 除 杂 Ⅰ ” 加 入 MnCO 调 节 溶 液 pH ＝ 4 。 该 过 程 中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为
3
__________________________。
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为MnF
2
＋Ca2＋ ⇌CaF
2
＋Mn2＋。结合反应的平衡常数解释用MnF
2
能除去Ca2＋
的原因： 。
（4） 已知MnSO 和NaSO 的溶解度如图1所示。请补充完整由粗MnSO 溶液制取MnSO ·H O晶体的实
4 2 4 4 4 2
验方案：取实验所得粗MnSO 溶液，__________________________________________________________，
4
得到MnSO ·H O晶体。（可选用的试剂：1 mol·L－1 NaHCO 溶液，1 mol·L－1 HSO 溶液，1 mol·L－1盐
4 2 3 2 4
酸）
（5） 图2为不同温度下硫酸锰焙烧2 h后残留固体的X射线衍射图。由MnSO 固体制取活性MnO 的方
4 2 3
案为：将MnSO 固体置于可控温度的反应管中，________________________________________________，
4
将MnO 冷却、研磨、密封包装。（可选用的试剂有1 mol·L－l BaCl 溶液，1 mol·L－1 NaOH溶液）
2 3 2
【答案】（1）①0.11 mol
②取少量氧化后溶液，向其中滴加K[Fe(CN) ]溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却
3 6
后滴入酸性KMnO 稀溶液中，溶液不变色)
4
（2）2Fe3＋＋3MnCO ＋3HO===2Fe(OH) ＋3Mn2＋＋3CO↑
3 2 3 2
（3）该反应的平衡常数K＝7.5×106>105，正向进行程度很大，可以将Ca2＋完全除去
（4）向其中加入1 mol·L－1 NaHCO 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入 1 mol·L－1 NaHCO
3 3溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L－1 HSO 至固体完全溶解，90～100
2 4
℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤
（5）加热到850 ℃分解2 h，将产生的气体通入1 mol·L－1 NaOH溶液
【解析】（1） ① 通过对废液中微粒种类和反应前后物质种类的变化分析可知，HO 的作用是将溶液中
2 2
的Fe2＋氧化以方便后续除杂。根据电子守恒不难计算得出：n(H O)＝1.1××n(Fe2＋)＝0.11 mol。② Fe2＋是
2 2
中学阶段的一种常见离子。本题的检验是基于特殊情景之下的检验，即“氧化”阶段，HO 用量为理论用
2 2
量的1.1倍，过量的HO 带来了检验Fe2＋的干扰，所以本题检验的方法分为直接法和间接法，直接法——
2 2
加入K[Fe(CN) ]溶液无深蓝色沉淀生成，间接法——加热去除过量HO ，将冷却后的溶液滴入KMnO 溶
3 6 2 2 4
液后，溶液紫红色不褪。（2） 加入MnCO ，消耗溶液中的H＋，调节溶液pH＝4，目的是除去 Fe3＋，
3
因此发生离子反应后 Fe3＋转化为Fe(OH) 沉淀，MnCO 溶解转化为Mn2＋和CO 气体。（3）“除杂Ⅱ”中
3 3 2
反应之一为MnF ＋Ca2＋=== CaF ＋Mn2＋，结合试题给出的MnF 、CaF 溶度积常数可得该反应的平衡常数
2 2 2 2
K＝7.5×106，反应正向进行程度很大，可将 Ca2＋完全除去。（4）本题要求由粗 MnSO 溶液制取
4
MnSO ·H O晶体的实验方案。试题给出了MnSO 和NaSO 的溶解度及实验可选用的三种试剂。首先可分
4 2 4 2 4
析出粗MnSO 溶液中主要杂质为NaSO ，结合溶解度曲线得出制取MnSO ·H O晶体无法直接通过蒸发浓
4 2 4 4 2
缩、趁热过滤的方法获得，转而结合试剂思考应采用“沉淀——洗涤——溶解——蒸发浓缩、趁热过滤”
获得。考虑到在高温下蒸发的速率较快，而且 MnSO 的溶解度较低，所以应该选择较高温度进行蒸发结
4
晶。（5）MnSO 固体可用于制备活性MnO 。试题通过不同温度下硫酸锰焙烧2 h后残留固体的X－射线
4 2 3
衍射图要求学生为MnSO 固体的分解选择合适的温度，同时需要根据氧化还原反应的知识分析分解过程中
4
产生的气体(MnSO 分解得到的气体有SO 、SO )，从而确定选用试剂为1 mol·L－1NaOH溶液，用1 mol·L－
4 3 2
1NaOH溶液吸收分解过程中的尾气，体现化学实验方案设计绿色化的基本要求。
15.（15分）氯霉素(H)的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）氯霉素分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）G→H的反应类型为 。
（3）D的分子式为 ，其结构简式为 。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式 。
①芳香族化合物 ②分子中含有3种不同化学环境的氢原子（5）写出以乙烯为主要原料制备 的合成路线流程图 (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） 、
（2）取代反应
（3）
（4） 或
（5）
。
【解析】A（ ）与溴水反应生成B（ ），B在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（
）；C与HCHO在酸性溶液中反应生成分子式为 的D；D与氨气在高压下发生取
代反应生成E（ ），则D的结构简式为 。（1）青霉素()中含有苯环、碳氧双键以及甲基结构，所以青霉素中碳原子的杂化方式为
。 （2）由G、H的结构简式可知，G（ ）中氨基上的一个氢原子被
取代生成H，则G转化为H发生取代反应。 （3）结合E的结构简式以及E的分子式（
）可知D的结构简式为： 。 （4）E的分子式为 ，E的一种同分异构
体同时满足：①芳香族化合物即含有苯环；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体中
含1个 和4个 且对称或者含 ，则E的同分异构体为 或 。
（5） 可由 在一定条件下发生取代反应合成；由E转化为F可知
可由 在酸性条件小水解而来；由C合成D可知 可由 与
在一定条件下合成； 可由 催化氧化生成； 由
与水蒸气发生加成反应合成。
16.（15分）纳米铁粉可去除水中的Cr（Ⅵ）。由于其活性较强，制备时常使其表面形成保护性氧化膜。
（1） 纳米铁粉的制备。实验室以 NaBH 溶液（碱性）与FeSO 溶液为原料制备纳米铁粉（装置如图
4 4
1），将A溶液加入到三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢加入B溶液，产生大量H 。反应结束后将三颈瓶分别
2放置0、2、4、6小时，待纳米铁粉表面产生不同厚度的氧化膜后，分别取出固体，洗涤、干燥，得4种纳
米铁粉（以Fe0、Fe2、Fe4、Fe6表示）。滴液漏斗内的B溶液是 。NaBH 中B
4
为＋3价，理论上每生成1 mol Fe，与FeSO 反应的NaBH 的物质的量是 mol。
4 4
（2） 研究放置时间对纳米铁粉性能的影响。实验一：室温下，取相同质量的4种纳米铁粉分别投入相同
体积、含Cr（Ⅵ）浓度相同的污水中，一段时间后测量Cr（Ⅵ）去除率；
实验二：取4份相同体积的蒸馏水分别置于三颈瓶中，再各加入相同质量的 4种纳米铁粉，搅拌，相同时
间后测量溶液中c（Fe2＋），结果如图2所示。请对纳米铁粉制备时放置时间、使用时溶出的少量Fe2＋与
Cr（Ⅵ）去除率之间的关系作出猜想：_______________________________________________。
（3） 研究影响纳米铁粉溶出c（Fe2＋）的因素。取一定量蒸馏水，用HCl调节pH约为6。将其分为相同
体积的两份并分别置于三颈瓶中，向其中一支通入 N；再各加入相同质量的纳米铁粉，搅拌，一段时间后
2
测得未通N 的三颈瓶内溶液中c（Fe2＋）大于通入N 的。
2 2
① 该条件下纳米铁粉溶出Fe2＋的原因是 。
② 实验时不将蒸馏水调节至较低pH，理由是 。
（4） 纳米铁粉去除Cr（Ⅵ）主要是经过“吸附→反应→共沉淀”的过程。pH<8.6，纳米铁粉颗粒表面带
正电荷；pH＝8.6，纳米铁粉颗粒表面不带电；pH>8.6，纳米铁粉颗粒表面带负电荷。在水溶液中 Cr
（Ⅵ）主要存在微粒平衡浓度占Cr（Ⅵ）总浓度的百分数与pH的关系如图3。以实验室制得的纳米铁粉
去除 pH＝4 的水样中的 Cr（Ⅵ），请补充完整实验方案：将一定量水样置于烧杯中，
_______________________________________________________________________，反应一段时间，测量
溶液中c[Cr（Ⅵ）]，待c[Cr（Ⅵ）]小于1×10－3 mol·L－1，分离出固体。（还可使用的试剂：0.1 mol·L－1
NaOH溶液，0.1 mol·L－1 HCl）
【答案】（1）NaBH 溶液 0.5
4
（2）纳米铁粉制备时放置时间越长，表面形成的氧化膜越厚；一定厚度的氧化膜有利于纳米铁粉使用时
溶出Fe2＋，厚度过大或过小均不利于其使用时溶出Fe2＋；纳米铁粉使用时溶出的Fe2＋有助于Cr(Ⅵ)的去除
（3）①水中溶解的O 在弱酸性条件下与纳米铁粉反应生成Fe2＋
2
②溶液pH过低，c(H＋)过大，纳米铁粉直接与H＋反应
（4）用0.1 mol·L－1 NaOH溶液调节水样pH约为6(略小于8.6)，向其中加入适量Fe－4纳米铁粉，搅拌
【解析】（1） FeSO 溶液与碱性溶液会反应生成Fe(OH) 沉淀，若将FeSO 滴入碱性的NaBH 溶液中，
4 2 4 4
则可能会生成Fe(OH) 沉淀，而Fe2＋与BH之间的氧化还原反应的量会减小，所以应将NaBH 溶液(碱性)滴
2 4入FeSO 溶液中。NaBH 中－1价的H还原Fe2＋，生成1 mol Fe时转移2 mol e－，1 mol NaBH 中－1价的
4 4 4
H为4 mol，可以转移4 mol e－生成H，所以0.5 mol NaBH 可转移2 mol e－。（2） Fe－0、Fe－2、Fe－
2 4
4、Fe－6表示4种不同厚度的氧化膜纳米铁粉。纳米铁粉在水溶液中放置的时间越长，被O 氧化越充
2
分，产生的氧化膜厚度越厚。由题图2知，Fe－4溶解出的Fe2＋最多，并且Cr(Ⅵ)去除率也最高，说明氧
化膜厚度过大或过小均不易产生Fe2＋。实验二的目的是测定不同铁粉，在相同质量、相同时间内溶解出的
Fe2＋的量，实验一的目的是观察Fe2＋的量对Cr(Ⅵ)去除率的影响，由此得出结论：纳米铁粉使用时溶出的
Fe2＋有助于Cr(Ⅵ)的去除。（3） ① 用HCl调节溶液的pH约为6，此时溶液酸性较弱，但Fe能生成Fe2＋
的原因是水中溶解的O 将其氧化所致。此空可以通过题目中的对比实验推出，通入N 会驱除溶液中的
2 2
O，从而导致c(Fe2＋)减小。②本题探究的是溶液中O 对纳米铁粉溶解出的Fe2＋的影响，O 溶解出的Fe2＋
2 2 2
的量少，且速率慢；若酸性过强，Fe直接被溶解成Fe2＋，体现不出O 氧化Fe生成Fe2＋。（4） 水溶液中
2
Cr(Ⅵ)均以阴离子存在，pH＜8.6，纳米铁粉颗粒表面带正电荷，根据正、负电荷相互吸引知，所以溶液的
pH要控制小于8.6。题干信息：纳米铁粉可去除水中的Cr(Ⅵ)，若酸性过强，会使纳米铁粉直接被溶解，
不利于去除Cr(Ⅵ)[注意不是用Fe2＋除Cr(Ⅵ)]。由（3）知，可控制溶液pH约为6。水样的pH＝4，故用
0.1 mol·L－1 NaOH溶液调节水样。由题图2知，向水样中再加入适量Fe－4纳米铁粉，搅拌使其充分反
应，可使Cr(Ⅵ)去除率最高。
17.（16分）不同催化剂作用下 还原 的机理与效果是研究烟气(含 、 、 等)脱硝的热点。
（1）二价铜微粒 可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图-1所示，反应过程
中不同态物质体系所含的能量如图-2所示。下列说法正确的是。
a．使用 催化剂，可以提高NO 的脱除速率和平衡转化率
x
b．状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c．状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d．在题图-1所示历程中，铜元素的化合价发生变化
（2）隔膜电解法同时脱硫脱硝的装置如图-3所示，其中电极A、B均为惰性电极，电解液为稀硫酸。为提
高脱除效率，将阴极室的溶液pH调至4～7，则阴极上的电极反应为 。（3）选择性催化还原脱硝技术是控制尾部烟气中NO 排放的最成熟有效的技术之一，在相同时间内，三
x
种催化剂下NO的转化率、 浓度随温度变化如图-4所示。空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催
化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适
应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。相同时间内，
MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图-5所示。
①温度约为 ℃时，催化剂的活性最大。在MnCe或MnCeZr的催化作用下，350～400℃
浓度明显增大的原因是 。
②在MnCe催化剂催化作用下，X点的正反应速率 (填“>”、“<”或“=”)逆反应速率，说明理
由： 。
③在MnCeZr的催化作用下，实际工业脱硝应选择的空速为30000 ，原因是 。
【答案】（1）cd
（2）
（3）①300℃ 在较高温度下，随着催化剂活性的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了
②> X点反应未达最大限度，反应仍在正向进行
③不同的空速条件下，NO的转化率相差不大。但使用较大的空速，可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力
【解析】（1）催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a错误；慢反应决定了整个历程的反应
速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b错误；状态③到状态④中有N与N之
间非极性键和H与O之间极性键生成，c正确；在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d正确。
（2）阴极发生还原反应，则阴极上的电极反应为 得到电子被还原为 ，电极反应式为：
。（3）①结合题图1可知，温度300℃、MnCeZr做催化剂时，NO的转
化率最高。由题图2结合题干信息“催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提
下提高催化剂处理烟气的能力”可知空速30000h−1时NO的转化率足够高，故选取工业脱硝的最佳反应条
件为MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000h−1；在较高温度下，催化剂催化活性下降，反应速率减慢，随
着脱硝效率的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了NO ；②在MnCe催化剂催化下，X点的正反应
2
速率＞逆反应速率，因为平衡是可逆反应所能达到的最大限度，相同温度下，X点时NO的转化率不是最
大的(MnCeZr做催化剂时NO的转化率更大)，所以X点时反应没有达到平衡，反应仍在正向进行，即正反
应速率大于逆反应速率；③应选择的空速为30000 h−1，根据提给信息，催化剂能够适应较大的空速，就可
以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。
