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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04
（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. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A．在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质
B．2021年我国科学家首次实现了 到淀粉的人工合成，该技术有利于实现“碳中和”
C．维生素C又称为“抗坏血酸”，可以促进入体铁元素的吸收
D．有些淡水短缺的国家，常利用电解法大规模地将海水淡化为可饮用水
【答案】D
【解析】在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质，A正确；CO 人工合
2
成淀粉，减少二氧化碳的含量，有利于实现碳达峰、碳中和的战略，B正确；维生素C又称抗坏血酸，是
一种水溶性维生素。维生素C可以促进铁元素的吸收、促进脂肪和蛋白质的合成、促进身体组织的恢复、
促进钙吸收等，C正确；有些能源比较丰富而淡水短缺的国家，常利用蒸馏法大规模地将海水淡化为可饮
用水，电解法耗能大，不适合大规模使用，D错误。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HS分子的球棍模型：
2
B．NH 的VSEPR模型：
3
C．基态 Cr原子价层电子轨道表示式：
24
D．2p 电子云轮廓图：
z
【答案】D
【解析】HS分子分子的空间构型是V形，且O原子半径大于H，其球棍模型： ，A项错误；
2
NH 价层电子对数为 (5+3×1)=4，VSEPR模型为四面体形，即 ，B项错误；基态 Cr原子价层
3 24
电子排布式为：3d54s1，则其轨道表示式为： ，C项错误；已知p能级上的电子云
轮廓图即原子轨道为三个垂直的呈哑铃形的轨道，D项正确。
3. 实验室制取FeSO 溶液和NaHCO 溶液，并利用两者反应制取FeCO，下列有关实验装置和操作不能达
4 3 3到实验目的的是
A．用装置甲制取FeSO 溶液 B．用装置乙制取NaHCO 溶液
4 3
C．用装置丙制取FeCO D．用装置丁过滤所得的浊液
3
【答案】C
【解析】稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，同时过量的铁屑可防止Fe2+被氧化成Fe3+，A正确；碳酸钠溶液
中通入二氧化碳，两者反应生成碳酸氢钠，B正确；碳酸氢钠和FeSO 反应生成FeCO 的同时还会生成
4 3
CO，不能关闭止水夹，C错误；装置丁可用于过滤所得到的浊液分离出FeCO，且过滤操作正确，D正
2 3
确。
4．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X为地壳中含量最高的元素，Y、Z相邻，Y原
子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，W与X同主族，下列说法正确的是
A．半径大小：r(X)<r(Y)<r(W)
B．电负性大小：χ(Y)<χ(Z)<χ(W)
C．电离能大小：I(Y)<I(Z)<I(W)
1 1 1
D．氢化物的稳定性：X<Z<W
【答案】B
【解析】X为地壳中含量最高的元素，则X为O元素；Y、Z相邻，Y原子最外层电子数是X原子内层电
子数的2倍，则Y为Si元素、Z为P元素；W与X同主族，则W为S元素。同周期元素，从左到右原子
半径依次减小，则硅原子的原子半径大于硫原子，A错误；同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增
强，电负性依次增大，则电负性由小到大的顺序为Si<P<S，B正确；同周期元素，从左到右第一电离能呈
增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到
小的顺序为Si<S <P，C错误；同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增
强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氢化物的稳定性由弱
到强的顺序为PH <H S <H O，D错误。
3 2 2
阅读下列材料，回答5~7题：
周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。HS(燃烧热为562.2kJ•mol-1)是一种易燃的有毒气体，可制取各
2
种硫化物；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯(SO Cl)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。
2 2
硒( Se)(和碲( Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳
34 52
极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性NaTeO 溶液制备Te。
2 3
5．下列说法正确的是
A．HO 是非极性分子 B．SO 中的∠O－S－O与SO 中的相等
2 2 3
C．基态Se原子核外价电子排布式为4s24p4 D．VIA族元素氢化物的沸点从上到下依次增大
【答案】C
【解析】HO 是由极性共价键和非极性共价键构成，氧原子为sp3杂化，分子结构不对称，正负电荷中心
2 2
不重合，属于极性分子，A错误；SO 中心原子孤电子对数= 、价层电子对数=3+0=3，故S为
3sp2杂化、空间构型为平面正三角形， SO 中中心原子孤电子对数= 、价层电子对数
=3+1=4，故S为sp3杂化、空间构型为三角锥形，则SO 中的∠O－S－O与SO 中的不相等，B错误；硒
3
是第四周期ⅥA族元素，故基态Se原子核外价电子排布式为4s24p4，C正确；VIA族元素氢化物中，HO
2
分子间能形成氢键，水的熔沸点最高，D错误。
6．下列化学反应表示正确的是
A．Cu和浓硫酸反应：Cu+2H SO (浓) CuSO +2H O+SO ↑
2 4 4 2 2
B．HS的燃烧：2HS(g)+3O(g)=2SO(g)+2HO(g) △H=-1124.4kJ•mol-1
2 2 2 2 2
C．电解强碱性NaTeO 溶液的阴极反应：TeO +4e-+6H+=Te+3H O
2 3 2
D．SO Cl 遇水强烈水解生成两种酸：SO Cl+2H O=4H++SO +2Cl-
2 2 2 2 2
【答案】A
【解析】Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水：Cu+2H SO (浓) CuSO +2H O+SO ↑方程式正确，
2 4 4 2 2
A正确；用硫化氢燃烧热写的热化学方程式中应该生成液态水，B错误；电解强碱性NaTeO 溶液的阴极
2 3
点击反应式中不能有H+离子，正确的电极反应式为：TeO +4e-+3H O=Te+6OH-；C错误；SO Cl 遇水强
2 2 2
烈水解生成亚硫酸和盐酸，亚硫酸不能拆写化学式，D错误。
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．硫化钠具有还原性，可用作Hg2+沉淀剂
B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化硫
C．硫黄为淡黄色固体，可用作制硫磺皂
D．二氧化硫具有氧化性，可用于漂白纸浆
【答案】B
【解析】硫离子和汞离子结合生成硫化汞沉淀，所以硫化钠可用作Hg2+沉淀剂，A错误；浓硫酸具有吸水
性，可吸收水用于干燥二氧化硫，B正确；硫黄可以和氢氧化钠反应，所以可用作制硫磺皂，C错误；二
氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，D错误。
8．一种钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为 Na FePO ＋NaC===NaFePO ＋C。
1－x 4 x 4
下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，电能转化为化学能
B. 放电时，Y极发生还原反应
C. 充电时，X极电极反应式为NaFePO －xe－===Na FePO ＋xNa＋
4 1－x 4
D．充电时，每转移1 mol e－，Y极质量减少23 g
【答案】C
【解析】放电时，X电极为原电池的正极，钠离子作用下Na FePO 在正极得到电子发生还原反应生成
1－x 4
NaFePO ，Y电极为负极，NaC在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和碳，充电时，X极与直流电源
4 x的正极相连作阳极，Y电极作阴极。A项，放电时，该装置为化学能转化为电能的原电池，错误；B项，
Y电极为负极，NaC在负极失去电子发生氧化反应生成Na＋和C，错误；C项，充电时，X极与直流电源
x
的正极相连作阳极，NaFePO 失去xe－转化为Na FePO 和Na＋，正确；D项，充电时，Y电极作阴极，
4 1－x 4
电极反应式为xNa＋＋C＋xe－===NaC，每转移1 mol电子，Y极质量增加23 g，错误。
x
9．Z是一种长效平喘药的重要中间体，可由下列反应制得。下列说法不正确的是
A．X转变为Y发生了加成反应 B．Y中有三种含氧官能团
C．利用银氨溶液可以鉴别X与Y D．Z与足量的氢气加成后分子中含有3个手性碳
【答案】D
【解析】根据X、Y反应前后结构变化可知发生加成反应，A正确；Y中含氧官能团有：羟基、硝基和醚
键，B正确；X中含醛基，可与银氨溶液发生银镜反应，Y中无醛基，C正确；Z与足量的氢气加成后分子
中含有4个手性碳，D错误。
10．下列关于2NO (g)+NaCl(s) NaNO (s)+ClNO(g) △H＜0的说法正确的是
2 3
A．该反应的平衡常数可表达为
B．升温有利于提高NO 的平衡转化率
2
C．反应达到平衡时增大压强，v(正)＞v(逆)
D．NaCl晶胞(如图所示)中每个Na+周围有6个Na+
【答案】C
【解析】反应方程式中NO 和ClNO为气体，则该反应的化学平衡常数K= ，A错误；该反应的
2
正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因而升高温度会
导致NO 的平衡转化率降低，B错误；该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大
2
压强，由于压强对系数大的影响更大，所以v(正)＞v(逆)，化学平衡正向移动，C正确；由图中可知，晶胞
中每个Na+周围与它距离最近且相等的Na+是位于通过该顶点的3个面对角线中心点上，通过该Na+可以形
成8个晶胞，每个Na+被重复计算了两次，则每个Na+周围距离相等且最近的Na+的数目是： 个，
D错误。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选
探究方案 探究目的
项探究 与 氧
A 向 溶液中滴入硫酸酸化的 溶液，观察溶液颜色变化
化性强弱
探究键的极性对羧
B 用pH计分别测定等体积的 溶液和 溶液的pH
酸酸性的影响
向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微 探究1—溴丁烷的消
C
热，将产生的气体通入酸性 溶液，观察现象 去产物
向甲、乙两支试管中分别加入 溶液，向甲试管中加入 探究反应物浓度对
D
水解平衡的影响
少量 晶体，振荡、静置，对比观察溶液颜色变化
【答案】D
【解析】酸性条件下，NO -的氧化性强于HO，则Fe(NO ) 溶液中滴入硫酸酸化的过氧化氢溶液，NO -会
3 2 2 3 2 3
干扰过氧化氢与Fe2+的反应，无法探究过氧化氢与Fe3+氧化性强弱，A项错误；没有明确乙酸与氯乙酸的
浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究键的极性对羧酸酸性的
影响，B项错误；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则
将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象不能确定探究1—溴丁烷的消去产物，C项错误；溶液中
Fe3+浓度大小不同，则比观察溶液颜色变化可以探究反应物浓度对水解平衡的影响，D项正确。
12．室温下，通过下列实验探究NaCO 的性质。已知：25℃时，HSO 的K =1.4×10-2、K =1.0×10-7，
2 3 2 3 a1 a2
HCO 的K =4.3×10-7、K =5.6×10-11。
2 3 a1 a2
实验1：配制50mL0.1mol·L-1NaCO 溶液，测得溶液pH约为12；
2 3
实验2：取10mL0.1mol·L-1NaCO 溶液，向其中加入一定量CaSO 固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤
2 3 4
渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解；
实验3：取10mL0.1mol·L-1NaCO 溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。
2 3
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(CO )+c(HCO )
B．实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)=c(SO )
C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(CO )+c(HCO )+c(H CO)
2 3
D．25℃时，反应CO +H
2
SO 3⇌HCO +HSO 的平衡常数K=2.5×108
【答案】D
【解析】NaCO 溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO )+2c(CO )+c(OH-)，
2 3
则c(Na+)＞c(HCO )+2c(CO )＞c(CO )+c(HCO )，A项错误；向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶
解，则滤渣为CaCO 和CaSO 的混合物，CaCO 溶于盐酸生成CaCl ，CaSO 存在溶解平衡，则实验2加入
3 4 3 2 4
稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)＞c(SO )，B项错误；NaCO 溶液中滴入等体积0.1mol•L稀盐酸后生成
2 3
NaHCO 和NaCl，存在元素质量守恒：c(Na+)=c(CO )+c(HCO )+c(H CO)+c(Cl-)，则c(Na+)＞c(CO )
3 2 3
+c(HCO )+c(H
2
CO
3
)，C项错误；反应CO +H
2
SO 3⇌HCO +HSO 的平衡常数K= == =2.5×108，D项正确。
13．用草酸二甲酯（HCOOCCOOCH ）和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：
3 3
HCOOCCOOCH （g）＋2H （g）===H COOCCH OH（g）乙醇酸甲酯＋CHOH（g）；ΔH＝－16.3
3 3 2 3 2 3
kJ·mol－1
HCOOCCH OH（g）＋2H（g）===HOH CCHOH（g）＋CHOH（g）；ΔH＝－14.8 kJ·mol－1
3 2 2 2 2 3
在2 MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比（氢酯比）为80∶1的混合气体以一定流速通过装有催化
剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。
产物的选择性＝×100%，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ表示乙二醇的选择性随温度的变化
B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大
C. 其他条件不变，在190～195 ℃温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断减小
D. 其他条件不变，在190～210 ℃温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比[]减
小
【答案】D
【解析】A项，根据题意可知，乙醇酸甲酯的选择性与乙二醇的选择性之和为 100%，故曲线Ⅱ为乙二醇
的选择性随温度的变化，错误；B项，由于反应Ⅰ为放热反应，故其他条件不变，升高温度，草酸二甲酯
的平衡转化率减小，错误；C项，根据图像，在190～195 ℃温度范围内，乙醇酸甲酯的选择性变化不大，
而同时草酸二甲酯的转化率(曲线Ⅰ)明显增大，故出口处乙醇酸甲酯的量增加，错误；D项，某温度下假
设n (草酸二甲酯)＝x mol，乙醇酸甲酯的选择性为a，乙二醇的选择性为b，则反应生成甲醇为(a＋b)x
反应
mol，生成乙二醇为bx mol，＝＝＋1，根据图像可知随温度升高，变小，故出口处甲醇和乙二醇的物质的
量之比变小，正确。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）镍酸锂(LiNiO )是一种具有潜力的锂离子材料。以镍催化剂废渣(主要成分是 Ni，含少量
2
Zn、Fe、CaO、SiO 等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。
2
（1）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。
（2）“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是 。
（3）已知“滤渣3”的主要成分是 CaF ，则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是 。
2
（4）有人认为“除钙”中可以用HF 代替NH F，则“除钙”： 2+ H+(aq)反应
4 2的平衡常数K=1.0×10³，则 sp(CaF ) (已知： 室温下，HF 的电离平衡常数
2
-4)。
（5）“酸浸”中，镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示， 最
佳液固比为 。 当液固比一定时， 镍浸出率与温度的关系如图2所示，40 ℃之前，随着温度升
高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是 。
（6）“沉镍”时得到碳酸镍(NiCO)沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，请写出
3
该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）2Fe2+＋ClO－＋5HO===2Fe(OH) ↓＋Cl－＋4H＋
2 3
（2）在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐
蚀玻璃；
（3）除去溶液中的Zn2+
（4）1.6×10-10
（5）3 温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加
（6）4NiCO+2Li CO+O 4LiNiO +6CO
3 2 3 2 2 2
【解析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，SiO 不反应成为滤渣1，
2
过滤后加入NaClO溶液将Fe2＋转化为Fe(OH) 除去，生成Fe(OH) 沉淀即为滤渣2，过滤后加入NH F溶液
3 3 4
生成CaF 沉淀，即滤渣3为CaF ，过滤加入有机萃取剂萃取出锌，然后向水层溶液中加入NaCO 溶液得
2 2 2 3
到镍的沉淀，含镍沉淀中加入LiCO 通入空气在900℃时高温煅烧反应生成LiNiO 。（1）“除铁”即加
2 3 2
入NaClO溶液将Fe2＋氧化为Fe(OH) ，ClO－被还原为Cl－。（2）在酸性溶液中，NH F中的F－和H＋会生
3 4
成氢氟酸，氢氟酸会蚀玻璃。（3）“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+。（4）若
“除钙”用HF 代替NH F，则Ca2+(aq)+2HF(l) CaF (s)+2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×10³，即K=
4 2
= = = =1×103，解得Ksp(CaF )=1.6×10-10。（5）由图可
2
知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为
3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加
快，镍浸出率增加。（6）NiCO 转化为LiNiO 的反应中，Ni元素化合价升高，说明NiCO 和LiCO 煅烧
3 2 3 2 3
时有O 参与反应，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式：4NiCO+2Li CO+O
2 3 2 3 2
4LiNiO +6CO 。
2 2
15.（15分）化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下：
(注Me： Et： )（1）A→B的反应类型为_______。
（2）1mol有机物B中所含π键的数目为_______mol。
（3）E→F的反应类型为加成反应，则F的结构简式为_______。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：_______。
①能与 溶液发生显色反应；②有四种不同化学环境的氢原子。
（5）已知： ，写出以 、 和
为原料制备 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）加成反应
（2）3
（3）
（4） 或
（5）【解析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下 与CH=CHCOOMe发生加成反应生成
2
，在PPTS作用下 与乙二醇发生加成反应生成
， 与EtMgBr发生取代反应生成
， 在PPTS、水、丙酮作用下转化为 ， 在
MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成 ，则F为 ； 在
CHSO Cl和EtN作用下发生消去反应生成 。（1）由分析可知，A→B的反应为碳
3 2 3
酸钾作用下 与CH=CHCOOMe发生加成反应生成 。（2）由结构简式可知，
2
分子中含有2个碳碳双键和1个酯基，双键中含有1个π键，则1molB分子中含有3molπ键。（3）由分析可知，F的结构简式为 。 （4）E的同分异构体能与氯化铁溶液发生
显色反应，有四种不同化学环境的氢原子说明同分异构体分子的结构对称，分子中含有2个酚羟基，符合
条件的结构简式为 、 。 （5）由题
给信息和有机物的转化关系可知，以 、CH=CH 和乙二醇为原料制备
2 2
的步骤为在PPTS作用下 与乙二醇发生加成反应生成
，催化剂作用下乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，在EtO作用下溴乙烷
2
与镁反应生成CHCHMgBr，CHCHMgBr与 发生取代反应生成
3 2 3 2
， 在PPTS、水、丙酮作用下转化为
。
16.（15分）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO )]制备KCr O 晶体，流程如下：
2 2 2 2 7
已知：NaFeO 遇水强烈水解；
2
回答以下问题：
（1）步骤I中铬铁矿转化为NaCrO 和NaFeO ，化学反应方程式为 。
2 4 2
（2）步骤III中加入硫酸不宜过多的原因是 。
（3）步骤IV，所得滤渣的主要成分是 。
（4）为了测定KCr O(摩尔质量为294g/mol)产品的纯度，可采用氧化还原滴定法：称取重铬酸钾试样
2 2 72.500g配成500mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加10mL2mo/LH SO 和足量碘化钾(铬的还原产物为
2 4
Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入淀粉溶液做指示剂，用0.1200mol/LNa SO 标准溶液滴定
2 2 3
(I+2S O =2I-+S O )，用去20.00mLNa SO 标准溶液，则该样品的纯度为 。(写出计算过程)
2 2 4 2 2 3
（5）PbCrO 是一种黄色颜料，难溶于水。请设计由KCr O 溶液制备PbCrO 的实验方案： ，静
4 2 2 7 4
置，过滤，洗涤，干燥，得PbCrO 。[实验中须使用的试剂有：6mol·L-1的KOH溶液，0.5mol·L-1Pb(NO )
4 3 2
溶液]。
已知：①Pb(OH) 开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。
2
②PbCrO 可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液反应制得，含PbCrO 晶种时更易生成。
4 4
③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图所示。
【答案】（1）4Fe(CrO )+ 10Na CO+ 7 O 8NaCrO+ 4NaFeO + 10CO
2 2 2 3 2 2 4 2 2
（2）防止酸性太强，Cr O 氧化性增强，后续步骤中氧化Cl—
2
（3）NaSO
2 4
（4）94.08%
（5）向KCr O 溶液中加入6mol·L-1的KOH溶液，至pH略小于7.2，加热溶液至沸腾，先加入一滴0.5
2 2 7
mol·L-1 Pb(NO ) 溶液搅拌片刻产生少量沉淀，继续滴加至不再产生沉淀【解析】由题给流程可知，铬铁矿
3 2
与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成NaCrO、NaFeO ，冷却后，向熔渣中加入水，使NaFeO 水解转化为
2 4 2 2
氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤得到NaCrO 溶液；向NaCrO 溶液加入稀硫酸，将NaCrO 转化为NaCr O，
2 4 2 4 2 4 2 2 7
将酸化后的溶液蒸发结晶、过滤、洗涤得到含有硫酸钠的滤渣和NaCr O 溶液；向NaCr O 溶液中加入氯
2 2 7 2 2 7
化钾固体，将蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥得到KCr O。（1）由分析可知，步骤I中发生的
2 2 7
反应为铬铁矿与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成NaCrO、NaFeO 和二氧化碳，反应的化学方程式为。
2 4 2
（2）若步骤III中加入硫酸不宜过多，加入氯化钾固体时，酸性条件下重铬酸根离子会将氯离子氧化，造
成重铬酸钾的产率降低。（3）由分析可知，步骤IV所得滤渣的主要成分是硫酸钠。（4）由得失电子数
目守恒可得如下关系式：KCr O~3I ~6Na SO，滴定消耗20.00mL0.1200mol/L硫代硫酸钠溶液，则2.5g
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样品中重铬酸钾的纯度为 ×100%=94.08%。 （5）由六价铬与pH
关系图知，在碱性条件下，主要以铬酸根存在，但是氢氧化铅在pH为7.2时开始沉淀，所以溶液pH不能
超过7.2，铬酸根与铅离子在沸腾时会生成铬酸铅沉淀，所以制备铬酸铅沉淀的实验方案为向KCr O 溶液
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中加入6mol·L-1的KOH溶液，至pH略小于7.2，加热溶液至沸腾，先加入一滴0.5 mol·L-1 Pb(NO ) 溶液
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搅拌片刻产生少量沉淀，继续滴加至不再产生沉淀。
17.（16分）铁黄 是一种重要的化工产品。
（1）制备铁黄：向一定浓度 溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色．当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄．通入氧气过程中，记录溶液pH变化如题所示。
已知：25℃，pH=8.5时， 恰好沉淀完全 。
①加氨水至pH为6.0时，溶液中残留 浓度为_________ 。
② 时段，溶液pH几乎不变； 时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____________。
（2） 在催化剂 的表面上，分解产生 。 较 和 更易与烟气中的 发生反应
生成 。当一定浓度 溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂 的反应管， 的脱除效
率与温度的关系如图所示。仅用相同浓度相同流速的 溶液通过反应管(无催化剂进行实验测得：随着
温度升高， 热分解速率加快，升温至 以上， 大量汽化。
① 时，随着温度升高 的脱除效率显著提高的原因是_________________。
②温度高于 的脱除效率降低的原因是________________。
（3） 用于常压电化学法合成氨．该电解装置如图所示。在阴极 参与反应，电解前后
的质量不变。该电极的反应过程可描述为_________________。
【答案】（1）①
② 段， ，c(H+)基本保特不变
段， ，c(H+)增大
（2）① 大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的 ， 浓度越大，与 反应速率越快
② 后， 分解速率加快，高于 催化分解生成 的速率，导致 浓度减小， 的脱除
率下降
（3） 在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与 反应生成 和
， 在该过程中起催化作用
【解析】（1）①25℃，pH=8.5时， 恰好沉淀完全 ，可以计算出c(OH-)=10-(14-
8.5)mol/L=10-5.5 mol/L，则Ksp(Fe(OH) )=10-5×(10-5.5)2=10-16，则当pH为6.0时，c(OH-)=10-(14-6)mol/L=10-8
2mol/L，溶液中残留 浓度为c(Fe2+)= =1.0mol/L；② 时段，溶液pH几乎不变， 时段，
溶液pH明显降低，原因是 段，发生反应： ，c(H+)基本保特不变，
段，发生反应： ，c(H+)增大。（2）①根据题目已知条件： 在
催化剂 的表面上，分解产生 ， 较 和 更易与烟气中的 发生反应生成 ，且
温度升高，过氧化氢汽化，增大了反应接触面积，所以， 时，随着温度升高 的脱除效率显著
提高的原因是： 大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的 ， 浓度越大，与 反应速率越
快；②温度过高，过氧化氢分解速率加快，所以，温度高于 的脱除效率降低的原因是：
分解速率加快，高于 催化分解生成 的速率，导致 浓度减小， 的脱除率下降。（3）该电
解装置中，阴阳极均为惰性电极，电解质溶液中有OH-， 在阴极得电子生成低价态的铁或0价
铁，低价态的铁与 反应生成 和 ， 在该过程中起催化作用，所以
在阴极参与反应，电解前后 的质量不变（催化剂参与反应，但反应前后质量不变）。
