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2025 年江苏高考真题化学试题
一、单选题
1．大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是
A．工业合成氨 B．湿法炼铜 C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸
【答案】A
【解析】A．工业合成氨的反应为N 和H 反应生成NH ，氮气是直接反应物，A正确；
2 2 3
B．湿法炼铜通过Fe置换CuSO 中的Cu，反应不涉及氮气，B错误；
4
C．高炉炼铁中氮气作为空气成分进入高炉，但未参与还原铁矿石的主要反应，C错误；
D．接触法制硫酸涉及硫或硫化物的氧化，氮气未参与反应，D错误；
故选A。
2．科学家通过核反应 1n+6Li→3 H+4He发现氚( 3H)。下列说法正确的是
0 3 1 2 1
A． 1n表示一个质子
0
B． 6Li的基态原子核外电子排布式为1s12s2
3
C． 3H与 2H互为同位素
1 1
D． 4He的原子结构示意图为
2
【答案】C
【解析】A． 1n质量数为1，质子数为0，中子数为1，因此其表示一个中子，A错误；
0
B． 6Li的基态原子核外电子排布式为1s22s1，B错误；
3
C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素， 3H与 2H质子数相同、中子数不同，二者互
1 1
为同位素，C正确；
D． 4He原子核外只有2个电子，原子结构示意图为 ，D错误。
2
故选C。
3．用0.05000mol⋅L−1草酸(H C O )溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是
2 2 4
A．配制草酸溶 B．润洗滴定
C．滴定 D．读数
液 管
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．定容时需要用玻璃棒引流，A错误；
B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误；
C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误；
D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确；
故选D。
4．在溶有15-冠−5( )的有机溶剂中，苄氯( )与NaF发生反应：下列说法正确的是
A．苄氯是非极性分子 B．电负性：χ(F)<χ(Cl)
C．离子半径：r(F−)>r(Na+) D．X中15-冠−5与Na+间存在离子键
【答案】C
【解析】A．苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性
分子，A错误；
B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：χ(F)>χ(Cl)，B错误；
C．电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：r(F−)>r(Na+)，C正确；
D．15-冠-5是分子，与阳离子Na+之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误；
故选C。
阅读材料，完成下列小题：
中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO 、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发
3
明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛
胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃
取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素(C H O ，含—O—O—)
15 22 5
在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。
5．下列说法正确的是
A．硫黄有S 、S2−、S 等多种同素异形体
2 4
B．高温下青蒿素分子结构稳定
C．NH 分子中H—N—H键角大于CH 分子中H—C—H键角
3 4
D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对
6．下列化学反应表示正确的是
A．黑火药爆炸：2KNO +C+3S=K CO +N ↑+3SO ↑
3 2 3 2 2
通电
B．电解饱和NaCl溶液制NaOH：Cl−+2H O 2OH−+H ↑+ClO−
2 2
催化剂
C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：nCH =CH−CH →
2 3
D．向饱和氨盐水中通入过量CO ：NaCl+NH +H O+CO =NaHCO ↓+NH Cl
2 3 2 2 3 4
7．下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是
A．蛋白质能水解，可用饱和(NH ) SO 溶液提纯蛋白质
4 2 4
B．乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C．CCl 难溶于水、比水易溶解I ，可用CCl 萃取碘水中的I
4 2 4 2
D．不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油
【答案】5．D 6．D 7．C
【解析】5．Ａ．同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，S2−是离子不是单质，A错误；
Ｂ．根据信息可知青蒿素中含有—O—O—，类比双氧水的分子结构可知其不稳定，高温条件下易分解，B错误；Ｃ．NH 中心原子N原子价层电子对数为3+ 1 ×(5−1×3)=4，采用sp3杂化，孤电子对数为1，CH 中心原子C
3 4
2
原子价层电子对数为4+ 1 ×(4−1×4)=4，采用sp3杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同时，孤电子对
2
数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH 分子中H—N—H键角小于CH 分子中H—C—H
3 4
键角，C错误；
Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有−NH−、−NH 、O 原子、N 原子，可形成氢键，从而实现互补配对，如图所示：
2
，D正确。
故选D。
6．A．黑火药爆炸时，KNO 、C和S反应生成K S、N 和CO ，该反应的化学方程式为2KNO +3C+S=K S+N ↑
3 2 2 2 3 2 2
+3CO ↑，A错误；
2
通电
B．电解饱和NaCl溶液生成Cl 、H 和NaOH，该反应的离子方程式为2Cl−+2H O H ↑+Cl ↑+2OH−，B错
2 2 2 2 2
误；
催化剂
nCH =CH−CH → [CH −CH]
C．丙烯生成聚丙烯的反应为 2 3 2
|
n，C错误；
CH
3
D．向饱和氨盐水中通入过量CO 生成NH Cl和溶解度较小的NaHCO ，NaHCO 结晶析出，D正确。
2 4 3 3
故选D。
7．A．蛋白质在饱和(NH ) SO 溶液中会发生盐析，故可用饱和(NH ) SO 溶液分离提纯蛋白质，与蛋白质能发生
4 2 4 4 2 4
水解反应无关，A错误；
B．青蒿素在乙醚中的溶解度较大，故可用乙醚提取青蒿素，与二者的组成元素无关，B错误；
C．I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl 与水不互溶，故可用CCl 萃取碘水中的I ，C正确；
2 4 4 4 2
D．不同烃的沸点不同，故可用分馏法从石油中获得汽油、柴油，与烃的密度无关，D错误。
故选C。
光
8．以稀H SO 为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H O 2H ↑+O ↑。下列说法正确的是
2 4 2 2 2
催化剂
A．电极a上发生氧化反应生成O
2
B．H+通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，H SO 溶液的pH不变
2 4
D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH
2
【答案】A【分析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H O−4e− =O ↑+4H+；
2 2
电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H++2e− =H ↑。
2
【解析】A．根据分析，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H O−4e− =O ↑+4H+，生成物有O ，
2 2 2
A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H+，电极b上消耗H+，H+通过质子交换膜从左室移向右室，B错
误；
C．在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H SO 溶液
2 4
中H O减少，H SO 溶液浓度增大，pH减小，C错误；
2 2 4
D．生成1molH ，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH ，D错误；
2 2
故选A。
9．化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．1molX最多能和4molH 发生加成反应
2
B．Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1:2
C．Z分子中所有碳原子均在同一个平面上
D．Z不能使Br 的CCl 溶液褪色
2 4
【答案】B
【解析】A．X中不饱和键均可以与H 发生加成反应，1molX中苯环与3molH 发生加成反应、碳碳双键与1molH
2 2 2
发生加成反应、酮羰基与2molH 发生加成反应，则1molX最多能和6molH 发生加成反应，A错误；
2 2
B．饱和碳原子采用sp3杂化，碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，1个Y分子中，采用sp3杂化的碳原子有2个，采用
sp2杂化的碳原子有4个，数目比为1:2，B正确；
C． 中1号碳原子为饱和碳原子，与2、3、4号碳原子直接相连，这4个碳原子不可能全部共面，
C错误；
D．Z分子中含有碳碳双键，能使Br 的CCl 溶液褪色，D错误；
2 4
故选B。
10．CO 与NO−通过电催化反应生成CO(NH ) ，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。
2 3 2 2
下列说法正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B．过程Ⅱ中NO−发生了氧化反应
3
通电
C．电催化CO 与NO−生成CO(NH ) 的反应方程式：CO +2NO−+18H+ CO(NH ) +7H O
2 3 2 2 2 3 2 2 2
催化剂
D．常温常压、无催化剂条件下，CO 与NH ⋅H O反应可生产CO(NH )
2 3 2 2 2
【答案】A
【解析】A．过程Ⅱ为：*CO 和*NO−在酸性条件下被还原为*CO和*NH 的反应，生成了N—H等极性共价键；过程
2 3 2
Ⅲ为*CO与*NH 生成*CO(NH ) 的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；
2 2 2
B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为−2，C元素的化合价由+4降为+2，B错误；
C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为CO +
2
通电
2NO−+18H++16e− CO(NH ) +7H O，C错误；
3 2 2 2
催化剂
D．常温常压、无催化剂条件下，CO 与NH ⋅H O反应生成(NH ) CO 或NH HCO ，D错误；
2 3 2 4 2 3 4 3
故选A。
11．探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ 取一定量5%CuSO 溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
4
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少
量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH ) ]SO
3 4 4
B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c (Cu2+)n (Na+)，同时“沉镍”过程中加入了
提铜 沉镍
(NH ) C O 溶液，溶液体积增加，因此c (Na+)>c (Na+)，D错误；
4 2 2 4 提铜 沉镍
故选B。
13．甘油(C H O )水蒸气重整获得H 过程中的主要反应：
3 8 3 2
反应Ⅰ C H O (g)=3CO(g)+4H (g) ΔH>0
3 8 3 2
反应Ⅱ CO(g)+H O(g)=CO (g)+H (g) ΔH<0
2 2 2
反应Ⅲ CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH<0
2 2 4 2
1.0×105Pa条件下，1molC H O 和9molH O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H 、CO 和CH 的物质的量随
3 8 3 2 2 2 4
温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是
A．550℃时，H O的平衡转化率为20%
2
B．550℃反应达平衡状态时，n(CO ):n(CO)=11:25
2
C．其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H O的物质的量随温度升高而增大
2
D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时H 的物质的量
2
【答案】A
【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示H ，
2
升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向
移动，CH 物质的量降低，则曲线②代表CH ，据此解答。
4 4
【解析】A．550℃时，n(H )=5mol，n(CO )=2.2mol，n(CH )=n(CO)=0.4mol，根据C原子守恒，可得
2 2 4
n(C H O )=
n(C)−n(CO2 )−n(CO)−n(CH4 )
=0，根据O原子守恒，可得n(H O)=
n(O)−2n(CO2 )−n(CO)−3n(C3H8O3 )
=7.2mol(也
3 8 3 2
3 1
可利用H原子守恒计算，结果相同)，则α(H O)= 9mol−7.2mol ×100%=20%，A正确；
2
9mol
B．550℃时，n(CO )=2.2mol，n(CO)=0.4mol，则n(CO ):n(CO)=11:2，B错误；
2 2
C．400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO )增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H O
2 2
的物质的量减小，C错误；D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H 的物质的量减小，D错误；
2
故选A。
二、解答题
14．ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下：
已知：K (ZnS)=1.6×10−24,K (CdS)=8.0×10−27,K (H S)=1.0×10−7,K (H S)=1.2×10−13。当离子浓
sp sp a1 2 a2 2
度小于1.0×10−5mol⋅L−1时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O 可提高Zn2+浸出率的原因是 。
2
②通入H S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H S)=0.01mol⋅L−1时，Cd2+是否沉淀完全 (写出计算过程)。
2 2
③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下
发出特定波长的光。
区域A“ ”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As S 沉淀。
2 3
已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H AsO 形式存在，As S +6H O⇌2H AsO +3H S。
3 3 2 3 2 3 3 2
60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出ZnS与H AsO 反应生成As S 的离子方程式： 。
3 3 2 3
②反应4h后，砷回收率下降的原因有 。
【答案】(1) 氧化S2−生成S，促进酸浸反应正向进行 否。pH=0时，c(H+)=1mol⋅L−1
K (H S)⋅K (H S)⋅c(H S) 1.0×10−7×1.2×10−13×10−2
c(S2−)= a1 2 a2 2 2 = mol⋅L−1 =1.2×10−22mol⋅L−1
c2(H+) 12
c(Cd2+)= Ksp (CdS) = 8.0×10−27 mol⋅L−1 ≈6.67×10−5mol⋅L−1 >1.0×10−5mol⋅L−1，则Cd2+未沉淀完全 ZnO
c(S2−) 1.2×10−2
(2) Cl− 负电
(3) 2H AsO +3ZnS+6H+ =As S +3Zn2++6H O 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H S浓度减
3 3 2 3 2 2
小，促进As S +6H O⇌2H AsO +3H S平衡正向移动，As S 重新溶解，砷回收率下降
2 3 2 3 3 2 2 3【解析】（1）①酸浸时，若不通入O ，会发生反应：ZnS+H SO ⇌ZnSO +H S，通入O 可以氧化S2−生成S，促
2 2 4 4 2 2
进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率；
②通入H S除镉，当溶液pH=0、c(H S)=0.01mol⋅L−1时，c(H+)=1mol⋅L−1， 又因为K (H S)=1.0×
2 2 a1 2
10−7,K (H S)=1.2×10−13，K (H S)×K (H S)=
c(H+)×c(HS-)
×
c(H+)×c(S2-)
=
c2(H+)×c(S2-)，则
a2 2 a1 2 a2 2 c(H2S) c(HS-) c(H2S)
c(S2-)= 1×10−7×1.2×10−13×0.01 mol/L==1.2×10−22mol/L，则此时c(Cd2+)= Ksp(CdS) = 8.0×10-27 mol/L=6.6×10-5mol/L，
12 c(S2-) 1.2×10-22
此时Cd2+的浓度大于1.0×10−5mol⋅L−1，离子沉淀不完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由Cl−替换S2−，区域B中，由Cu+替换Zn2+；
按照均摊法，区域B中含Zn2+：3个、Cu+：1个、S2−：8× 1 +6× 1 =4个，(+2)×3+(+1)×1+(−2)×4=−1，
8 2
则区域B带负电。
（3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H AsO 反应除了生成As S 外还有锌离子，写出
3 3 2 3
反应的离子方程式为：2H AsO +3ZnS+6H+ =As S +3Zn2++6H O。
3 3 2 3 2
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H S浓度减小，促进As S +6H O⇌2H AsO +3H S平衡正向移动，As S
2 2 3 2 3 3 2 2 3
重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。
15．G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下：
(1)A分子中，与2号碳相比，1号碳的C—H键极性相对 (填“较大”或“较小”)。
(2)D→E会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为 。
(3)E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和 ，F分子中手性碳原子数目为 。
(4)写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式： 。
①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，n(X):n(Y)=2:1，X的
相对分子质量为60，Y含苯环且能与FeCl 溶液发生显色反应。
3
(5)写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图 (无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】(1)较大
(2)
(3) 羧基 1
(4) 或
(5)
【分析】
A 与B在甲醇钠和甲醇的作用下，脱去溴化氢，生成C，C水解并脱去羧基生成D，D与五氧化二磷反应成环，生
成 E，E 先经过酯化，在和乙二醇反应生成 F，F 被四氢铝锂还原生成 G，详细流程为：【解析】（1）1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的
电子云密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大。
（2）由有机速破可知，D→E的反应是5号羧基与苯环上甲氧基同侧邻位碳上的H原子发生取代反应，而D中的4
号羧基也可能发生类似反应，会生成含五元环的副产物 。
（3）根据E的结构简式可知其含氧官能团还有羧基。F分子中只有与−COOCH 直接相连的碳原子是手性碳原子。
3
（4）G的分子式为C H O Cl，其不饱和度为6.G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且n(X):n(Y)=
14 17 4
2:1，Y含苯环且能与FeCl 溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相
3
对分子质量为60，据此可知X为CH COOH，因此该同分异构体中含有2个CH COO−基团，该基团不饱和度为1，
3 3
苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H
原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个CH COO−在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连
3
在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连
在苯环上。除CH COO−外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子
3
的取代基，该基团只能为−C(CH ) ，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可
3 3
得符合条件的同分异构体为： 、 。
（5）根据目标产物逆向分析，目标产物为聚酯，其单体为 和 ，其中 可由
先水解再酸化获得，而 含有2个−CH OH，流程中物质G含有−CH OH结构，该结构是
2 2
由−COOCH 被LiAlH 还原而来，则 可由 被LiAlH 还原而来，而
3 4 4
可视为 的亚甲基上的H原子被环己基取代，这一步骤与题给流程中A+B→C的
反应类似，因此 可由 与 在CH ONa和CH OH作用下反应生成， 可由
3 3与HBr反应制得。具体合成路线为： 。
三、填空题
16．海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
(1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na CO 溶液中进行现场保护。
2 3
①玻璃中的SiO 能与NaOH反应生成 (填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。
2
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有 。
(2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的SO2−在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO2−反应生成FeS和
4 4
Fe(OH) 的离子方程式： 。
2
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。
(i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K [Fe(CN) ]溶液(能与Fe2+形
3 6
成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为 。
(ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl−的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的
主要阳离子有 (填离子符号)。
(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯FeOOH模拟样品，
将其分为两等份， ，比较滴加AgNO 溶液体积[K (AgCl)=1.8×10−10。实验须遵循节约试剂用量的原则，
3 sp
必须使用的试剂：蒸馏水、0.5mol⋅L−1NaOH溶液、0.5mol⋅L−1HNO 溶液、0.05mol⋅L−1AgNO 溶液]。
3 3
【答案】(1) Na SiO 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，O 溶解度较
2 3 2
小，减少文物与O 的接触，减缓吸氧腐蚀
2
细菌
(2) 4Fe+SO2−+4H O FeS+3Fe(OH) +2OH− 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，
4 2 2
较长时间后出现黄色斑点 Fe3+、Fe2+
(3)分别加入等体积(如5mL)的0.5mol⋅L−1NaOH溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，
各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加3mL0.5mol⋅L−1HNO 溶液酸化，再分别滴加0.05mol⋅
3L−1AgNO 溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的AgNO 溶液体积
3 3
【解析】（1）①SiO 是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO +2NaOH=
2 2
Na SiO +H O。
2 3 2
②吸氧腐蚀时正极反应式为O +4e−+2H O=4OH−，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，OH−浓度较大，会
2 2
抑制O 得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；O 在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，
2 2
减少了文物与O 的接触，减缓吸氧腐蚀。
2
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被SO2−氧化为+2价的FeS、Fe(OH) ，根据得失电子守恒、电
4 2
细菌
荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：4Fe+SO2−+4H O FeS+3Fe(OH) +2OH−。
4 2 2
②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe−2e− =Fe2+，正极反应式为O +4e−+
2
2H O=4OH−。Fe2+与K [Fe(CN) ]反应生成KFe[Fe(CN) ]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH−
2 3 6 6
变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知，Fe2+在盐水中被O 氧化
2
成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成Fe2+，被O 进一步氧化为Fe3+，此时体系中的阳离子主要有Fe3+、Fe2+。
2
（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl−的反应进行实验。实验
中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清
液，取等体积的两种上清液，先用HNO 溶液酸化，再加入AgNO 溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。AgNO
3 3 3
溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。
四、解答题
17．合成气(CO和H )是重要的工业原料气。
2
(1)合成气制备甲醇：CO(g)+2H (g)=CH OH(g)。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 (填数字)种化
2 3
学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯H 。
2
低温型催化剂
①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H 和过量的H O(g)：CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g) ΔH<
2 2 2 2 2
约230°C、3MPa
0。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H O(g)的比热容较大。H O(g)过量能有效防止催化剂活性下降，其原
2 2
因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K CO 吸收剂、K CrO (Cr正价有+3、+6)缓蚀剂等。
2 3 2 4
K CO 溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。K CrO 减缓设备腐蚀的原理是 。
2 3 2 4
(3)研究CH 、H O(g)与不同配比的铁铈载氧体[ x Fe O ⋅(1−x)CeO ，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]
4 2 2 3 2
2
反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH 、H O(g)，依次发生
4 2
的主要反应：
载氧体供氧
步骤Ⅰ CH → CO+2H
4 2
850℃
载氧体夺氧
步骤Ⅱ H O → H
2 2
400℃
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH
转化率、n(H2 ) 与x的关系如图乙所示。x=0时，n(H2 )
大于理论值2的可能原因
4
n(CO) n(CO)
n (CO)
有 ；x=0.5时，通入标准状况下300mL的CH 至反应结束，CO的选择性= 生成 ×100%=80%，则生成标
4 n
转化
(CH4 )
准状况下CO和H 的总体积为 mL。
2②x=0.5时，新制载氧体、与CH 反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质
4
是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H O(g)反应的物质有 (填化学式)。
2
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe O 的作用、气体分步制备的价值： 。
2 3
【答案】(1)5
(2) 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，H O(g)的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度
2
影响，H O(g)过量可有效防止催化剂活性下降 KHCO K CrO 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密
2 3 2 4
的氧化膜
(3) 当x=0时，载氧体为CeO ，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO ，使得CO的物质的量减
2 2
小，n(H2 )
增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中Fe O 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大
n(CO) 2 3
量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的
温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的Δ𝐻需C≡O。H−H、C−O、C−H、O−H，
共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了
低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H O(g)的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化
2
较小，因此，H O(g)过量可有效防止催化剂活性下降。
2
②脱碳过程中，K CO 溶液会吸收CO ，发生反应K CO +CO +H O=2KHCO ，当K CO 溶液浓度偏高时，会生
2 3 2 2 3 2 2 3 2 3
成较多KHCO ，而KHCO 溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。K CrO 中的Cr元
3 3 2 4
素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形
成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水
和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当x=0时，载氧体中没有Fe O ，只有CeO ，由于CeO 的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将
2 3 2 2CO氧化为CO
，使得CO的物质的量减小，n(H2 )
增大；由题图乙可知，当x=0.5时，CH 转化率为60%，则n (CH )=
2 n(CO) 4 转化 4
n (CO)
300mL×60%=180mL，已知CO的选择性= 生成 ×100%=80%，则n (CO)=180mL×80%=144mL，
n
转化
(CH4 ) 生成
根据图乙中数据可知，此时产物气中n(H2 )
=2，则n (H )=144mL×2=288mL，故生成标准状况下CO和H 的
n(CO) 生成 2 2
总体积为432mL。
②新制载氧体与CH 反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H O(g)反应，使载氧体再生从而继续与CH 反应，
4 2 4
因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH 反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H O(g)反应。因此，
4 2
对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H O(g)反应。
2
③步骤Ⅰ中Fe O 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采
2 3
用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温
度较低，分步制备也可节约能源。
