文档内容
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2025 年高考考前信息必刷卷 02（江苏专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：试卷的题目设计体现了高考化学命题的综合性和应用性趋势。例如，选择题中涉及的元
素周期表、化学键、反应机理等内容，不仅考查了学生对基础知识的掌握，还要求他们能够灵活运用
这些知识解决实际问题。此外，题目中还融入了跨学科的内容，如物理、生物等学科的知识点，体现
了高考命题的跨学科融合趋势。题目呈现方式的变化：试卷中大量使用了图表、反应机理图、实验装
置图等，考查学生的信息提取和分析能力。例如，第13题通过图表展示了含氮元素占比随时间的变
化，要求学生根据图表信息推导反应机理和平衡常数。这种题目呈现方式的变化，要求学生不仅要掌
握化学知识，还要具备较强的数据分析能力。
高考·新考法：常规考点的新设问：试卷中对常规考点进行了创新性设问。例如，第4题考查了离子半
径、电离能、沸点、键角等常规知识点，但通过对比分析的方式设问，要求学生不仅要记住这些知识
点，还要能够进行比较和推理。这种设问方式增加了题目的难度和深度，考查了学生的综合分析能
力。
非常规考点的创新糅合：试卷中还涉及了一些非常规考点，如第8题考查了有机物的合成路线和对映
异构体，第9题考查了电解法的应用。这些题目不仅考查了学生对基础知识的掌握，还要求他们能够
理解并应用化学反应的实际应用，体现了高考命题的创新性和实用性。
高考·新情境：情境题目的创新性：试卷中设置了多个实际应用情境，如第14题利用锰银矿制备硫酸锰
和银的实验流程，第16题利用废定影液制备硝酸银的实验流程。这些题目不仅考查了学生的化学知
识，还要求他们能够理解并应用化学实验的实际操作，体现了高考命题的实践性和创新性。
跨学科的融合性：试卷中部分题目涉及了物理、生物等学科的知识点，如第17题考查了氢能的制备方
法，涉及了电化学、热力学等内容。这种跨学科的融合考查了学生的综合学科素养，符合高考命题的
跨学科融合趋势。
命题·大预测：趋势性预测：从本试卷的命题特点来看，未来的高考化学试题将继续保持综合性、应用
性和创新性的趋势。题目将更加注重实际应用情境的考查，要求学生能够将化学知识应用于解决实际
问题。同时，跨学科融合的题目将会增多，考查学生的综合学科素养。
• 备考方向：学生在备考时应注重基础知识的扎实掌握，同时要加强对实际应用情境的理解和分析能
力。此外，学生还应注意跨学科知识的积累，特别是物理、生物等学科中与化学相关的内容。
（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． 我国科学家在月壤中发现一种新矿物——嫦娥石[ ]，探月工程取得重大进展。下列元
素属于非金属元素的是
A. 磷（P） B. 钙（Ca） C. 铁（Fe） D. 钇（Y）
【答案】A
【解析】钙（Ca）、铁（Fe）、钇（Y）均为金属元素，而磷为非金属元素；
故选A。
2． 过氧化钠用于呼吸面罩的供氧剂，其反应原理为 下列说法正确
的是
A. NaO 中含极性共价键 B. CO 的电子式为
2 2 2
C. 的空间构型为正四面体形 D. O原子结构示意图为
【答案】B
【解析】A．NaO 中O和O之间存在非极性共价键，A错误；
2 2
B．CO 的电子式为 ，B正确；
2
C． 的中心原子的价层电子对数为 ，无孤对电子，空间构型为平面三角形，C
错误；
D．O原子的核外电子数为8，结构示意图为 ，D错误；
故选B。
3． 实验室进行炭与浓硫酸反应的实验。下列装置和操作能达到实验目的是A. 用装置甲进行炭与浓硫酸的反应 B. 用装置乙检验
C. 用装置丙检验 D. 用装置丁检验
【答案】C
【解析】A．炭与浓硫酸需要在加热条件下反应，在装置甲中缺少酒精灯，A错误；
B．检验HO(g)应该用无水硫酸铜，而不能用无水氯化钙，B错误；
2
C．利用 的漂白性，用品红溶液检验 和 混合气体中 ，C正确；
D．由装置丙导出的气体中仍然混有 ，而 也能与澄清石灰水反应出现浑浊，不能检验炭与浓硫
酸反应生成的 ，D错误；
故选C。
4． 摩尔盐 可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是
.
A 半径： B. 第一电离能：
C. 沸点： D. 键角：
【答案】D
【解析】A．O2-的核外电子数为10，电子层数为2，S2-的核外电子数为18，电子层数为3，电子层数越
多离子半径越大，则离子半径： ，故A错误；
B．N、O为同周期元素，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N最外层2p能级中电子为半
满稳定结构，其第一电离能大于O，故B错误；
C． 均是由分子构成的物质，两者均能形成氢键，但水分子间可形成氢键数目比氨气多，
水分子之间的分子间作用力更大，因此水的沸点高，故沸点： ，故C错误；
D． 中中心原子价电子对数都是4，均是sp3杂化，N原子无孤电子对、O原子有2个孤电
子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，所以键角： ，故D正确；故选D。
阅读下列材料，回答5-7题。
人类对酸碱的认识经历了漫长的时间。最早的酸碱概念由Robert Boyle于1663年提出，1887年
Arrhenius提出了酸碱电离理论，1923年J.N.Bronsted和Lowry提出了酸碱质子理论。酸碱质子理论认
为：凡是能够给出质子的物质都是酸；凡是能够接受质子的物质都是碱。酸碱的概念不断更新，逐渐
完善，其他重要的酸碱理论还有酸碱溶剂理论和酸碱电子理论等。
5． 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 硫酸可电离出 和 ，可用作铅蓄电池的电解质
B. 盐酸易挥发，可用作金属表面除锈剂
C. 微溶于水，可用于改良酸性土壤
D. 为两性氢氧化物，其胶体可用于净水
6． 下列涉及酸或碱的化学反应表示正确的是
A. Al粉和NaOH溶液反应制取少量 ：
B. 室温下用稀 溶解Cu：
C. 室温下用NaOH溶液吸收 ：
D. 向 溶液中加入稀 ：
7． 向盛有足量液氨的容器中投入23g钠，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子
（过程示意如图），随后缓慢产生 ，待停止产生气泡，经分离获得纯净的氨基钠（ ）。下
列说法不正确的是
A. 液氨属于纯净物
B. 导电性：蓝色溶液＞液氨
C. 当溶液中放出0.2mol 时，Na共失去0.4mol电子
D. 按酸碱质子理论， 既可作为酸，又可作为碱
【答案】5. A 6. C 7. C
【解析】【5题详解】A．硫酸为强酸，水溶液中可电离出 和 ，可用作铅蓄电池的电解质，A正确；
B．盐酸具有酸性，能和氧化铁、氧化铝等金属氧化物反应，可用作金属表面除锈剂，与挥发性无关，
B错误；
C． 能和酸反应，可用于改良酸性土壤，与溶解性无关，C错误；
D． 形成胶体能加速悬浮颗粒沉淀，故其胶体可用于净水，与其是两性氧化物无关，D错
误；
故选A；
【6题详解】
A．Al粉和NaOH溶液反应制取少量 反应为： ，A错
误；
B．室温下用稀 溶解Cu生成硝酸铜和NO、水： ，B
错误；
C．室温下用NaOH溶液吸收 生成氯化钠和次氯酸钠、水，C正确；
D．向 溶液中加入稀 反应为： ，D错
误；
故选C；
【7题详解】
A．液氨为氨的液态，属于纯净物，A正确；
B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，由图，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，
生成蓝色的溶剂合电子、氨合钠离子，能导电，而液氨中无自由移动离子不导电，故导电性：蓝色溶
液＞液氨，B正确；
C．当溶液中放出0.2mol 时，H得到0.4mol电子，但是钠迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子
过程中也会失去电子，故Na共失去电子大于0.4mol，C错误；
D．按酸碱质子理论， 可接受质子形成铵根离子，又可以给出质子形成 ，故既可作为酸，又
可作为碱，D正确；
故选C。
8． 有机物 合的成路线如下，下列说法不正确的是
A. 的酸性比乙酸强 B. 、 都有相同的产物生成C. 最多可以消耗 D. 具有对映异构体
【答案】C
【解析】A．羰基为吸电子基团，使得 中羧基上的H更易电离，故酸性比乙酸强，A正确；
B． 、 都是取代反应，都生成了氯化氢，所以都有相同的产物生成，B正确；
C．Z中含有酚酯基， 水解会消耗 ，C错误；
D． 中含手性碳原子，具有对映异构体，D正确；
故选C。
9． 利用电解法可使 Fe (SO ) 转化成FeSO ， 加入甲醇能提高FeSO 产率， 装置如图所示。下列有关说
2 4 3 4 4
法不正确的是
A. 电解时 Fe3+在阴极放电
B. 可用 KMnO 溶液检验有 Fe2+生成
4
C. 反应中每生成 1mol HCHO，转移电子数约为1.204×1024
D. 生成的 HCHO 具有还原性，能防止 Fe2+被氧化
【答案】B
【解析】根据电解装置示意图可知： 失电子变成 ，因此生成 这一极为电解池
的阳极，电极反应式为 ； 得电子变成 ，因此生成 这一极为
电解池的阴极，电极反应式为： ，据此分析回答问题；
A．电解时 得电子变成 ，因此Fe3+在阴极放电，A正确；
B．电解液中有甲醇，甲醇也会使KMnO 溶液褪色，因此不能用KMnO 溶液检验有 Fe2+生成，B错
4 4
误；
C．生成 这一极的电极反应式为 ，根据电极反应式可知每生成
1mol HCHO，转移电子数为 ，约为 ，C正确；
D． 易被氧化，生成的 HCHO 具有还原性，能防止 Fe2+被氧化，D正确；
故选B。
10．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不能实现的是
.
A 金属铝制备：B. 锅炉除垢：
C. 酸雨形成：
D. 检验葡萄糖：
【答案】A
【解析】A． 和盐酸反应生成 溶液，电解 溶液的过程中，阳离子Al3+不放电，不能
生成Al，A符合题意；
B． 的溶解度小于 ， 和碳酸钠溶液反应生成 ， 和盐酸反应生成
氯化钙溶液，B不符合题意；
C．酸雨形成过程中， 和水反应生成 ， 被空气中的氧气氧化为 ，C不符合题
意；
D．检验葡萄糖过程中， 溶液和过量NaOH溶液反应得到 悬浊液，加入葡萄糖溶液
反应生成砖红色的 ，D不符合题意；
故选A。
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
实验过程及现象 实验结论
项
A 测定等物质的量浓度的NaCO 和 NaSO 溶液的pH， 前者的pH大 非金属性： S＞C
2 3 2 3
向 Fe(NO ) 和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO 溶液， 溶液出
B 3 2 3 氧化性：Ag+＞Fe3+
现血红色
用pH计分别测定0.1mol·L⁻¹ NaClO 溶液和0.1 mol·L⁻¹CH COONa溶 结合 H+能力：ClO⁻＞
3
C
液pH，NaClO 溶液 pH大 CHCOO⁻
3
向 BaSO 固体中加入饱和NaCO 溶液，充分搅拌后， 取沉淀洗 溶度积常数： K (BaSO)＞
D 4 2 3 sp 4
净， 加入盐酸有气泡产生 K (BaCO)
sp 3
【答案】C
【解析】A．测定等物质的量浓度的NaCO 和 NaSO 溶液的pH，前者的pH大，则表明 的水
2 3 2 3
解能力大于 ，酸性HCO＜HSO ，但由于HSO 不属于S的最高价氧化物对应的水化物，所以
2 3 2 3 2 3
不能得出结论：非金属性S＞C，A不正确；
B．向 Fe(NO ) 和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO 溶液，溶液出现血红色，表明发生反应生成
3 2 3
了Fe3+，Fe3+可能是由Ag+氧化Fe2+生成，也可能是由酸性条件下 氧化Fe2+生成，所以不能得出结
论：氧化性Ag+＞Fe3+，B不正确；C．用pH计分别测定0.1mol·L⁻¹ NaClO 溶液和0.1 mol·L⁻¹CH COONa溶液pH，NaClO 溶液 pH大，
3
表明ClO-的水解能力强于CHCOO-，则结合 H+能力：ClO⁻＞CHCOO⁻，C正确；
3 3
D．向 BaSO 固体中加入饱和NaCO 溶液，充分搅拌后， 取沉淀洗净，加入盐酸有气泡产生，表明
4 2 3
有BaCO 生成，由于BaSO 难溶于水，其饱和溶液中c( )很小，而NaCO 饱和溶液中c( )
3 4 2 3
较大，所以不能得出结论：溶度积常数K (BaSO)＞K (BaCO)，D不正确；
sp 4 sp 3
故选C。
12．某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数 ，HCO 的电离
2 3
常数 ， 。
下列有关说法不正确的是
A. 操作1、操作2 均为分液
B. NaHCO 溶液中存在：c(HCO)+c(H+)=c(OH－)+c( )
3 2 3
C. 若反应1后溶液中存在c(Na+)=2 c(C HO－)+2 c(C HOH)，此时c(C HO－)>c( )
6 5 6 5 6 5
D. 反应2 中通入CO 至溶液 pH=10时， 此时溶液中存在： c(C HO－)= c(C HOH)
2 6 5 6 5
【答案】C
【解析】据流程图可知，将苯酚废水用有机溶剂苯先进行萃取分液，得到苯酚的苯溶液，接着加入碳
酸钠溶液，使苯酚转化成苯酚钠进入水溶液中，再通过分液分离有机层苯，随后往苯酚钠溶液中通入
二氧化碳，苯酚在水中溶解度小，析出后过滤即可得到苯酚。
A．结合流程分析，操作1、操作2均溶液分层，采取分液的方法进行分离，A正确；
B． NaHCO 溶液中存在质子守恒：c(HCO)+c(H+)=c(OH－)+c( )，B正确；
3 2 3
C．苯酚酸性小于碳酸，因此反应1苯酚与碳酸钠溶液混合生成碳酸氢钠和苯酚钠，根据电离常数可
知，苯酚钠的水解能力大于碳酸氢钠，故c(C HO－)＜c( )，C错误；
6 5
D．反应2 中通入 CO 至溶液 pH=10时，此时溶液中存在：
2
，故 (C HO-) (C HOH)，D正确；
6 5 6 5
故选C。
13．基于单簇催化剂(SCC)的NO还原反应(NORR)的主要反应如下：
(Ⅰ)
(Ⅱ)(Ⅲ)
在T℃、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2mol NO和 ，发生上述反应，测得含氮元素
占比[如 的含氮元素占比 ]与时间的关系如图所示。
已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响；K为用物质的量分数表示的平衡常数。
下列有关说法正确的是
A. 反应Ⅱ的
B. 曲线c表示的是氨气的含氮元素占比
C. 若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F点将平移至E点
D. 若95min时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数K的计算式为
【答案】D
【解析】A．反应Ⅱ是气体量减少的反应， ，反应快速自发进行 ，故该反
应的 ，A错误；
B．起始的含氮物质只有一氧化氮，反应ii为快反应，曲线a表示物质快速减少，故曲线a表示NO，
NH 快速增加，故曲线b表示氨气，曲线表示c氮气，B错误；
3
C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH 达到最高点所用时间短，NH
3 3
的占比更大，因此F点可能移向E点上方的某个点，C错误；
D．起始时，2 mol NO、6 mol H ，若95 min时达到平衡，则由图知，NO的含氮元素占比为6%，
2
n(NO)=2mol×6%=0.12mol，N 的含氮元素占比为86%，n(N )= ，NH 的含氮
2 2 3
元素占比为100%-6%-86%=8%，n(NH )=2mol×8%=0.16mol，由氧原子守恒得，
3
n(H O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢原子守恒得，n(H )= ，
2 2此时总物质的量为(0.12+0.86+0.16+1.88+3.88)=6.9mol，N 的物质的量分数为 ，H 的物质的量分
2 2
数为： ，NH 的物质的量分数为： ，则反应Ⅲ的平衡常数Kx= ，D正确；
3
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共61分。
14．利用锰银矿(主要成分为MnO 、Ag和少量SiO 等杂质)制备硫酸锰和银。
2 2
（1）用蔗糖(C H O )、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。
12 22 11
①提高锰元素浸出率的措施___________(任写—条)。
②蔗糖还原 MnO 生成硫酸锰和CO 的化学方程式为___________。
2 2
③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图
所示：
水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为___________。
（2）在空气中用 NaCN 溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN) ]⁻的浸出液， 再用锌粉置换得银。
2
①浸出反应的离子方程式：___________。
②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：___________。
③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是___________。
（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得 MnSO ·H O， 煅烧 MnSO ·H O生产锰氧体材料，剩余固体
4 2 4 2
质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中 B 段所示物质的化学式为___________(写出计算过程)。【答案】（1） ①. 加热或粉碎、充分搅拌等 ②.
③. 水矿比大于2：1时硫酸(或
蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降
（2） ①. ②. 随 较低， 水解程度增
大，浓度减小，银的浸出率降低 ③.
（3）
【解析】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；
②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为
；
③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降
低，化学反应速率降低，浸出率下降；
（2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN) ]⁻，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化
2
剂，离子方程式为 ；
②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银
的浸出率降低的原因是随 较低， 水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为 ，含有Cu的个数是 ，则晶胞的化学式
为 ；
（3）n(Mn) = n(MnSO ·H O) = = 0.9mol；
4 2
m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g；
n(O)= =1.2mol，n(Mn):n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为 。
15．化合物G是一种药物中间体，其一种合成路线如下：（1）G分子中采取 sp3杂化的碳原子数目是_______。
（2）C→D 需经历 C→X→D的过程，中间体X的分子式为 C H O， 则 X 的结构简式为
10 12 3
_______。
（3）E→F中加入 KCO 的目的是_______。
2 3
（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分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②碱性水解后酸化，得到两种产物，其中一种能与FeCl 溶液发生显色反应。 1mol另一种产物最多能
3
与2mol金属Na发生反应。
（5）写出以CHOH、CHCHBr、 为原料制备 的合成路线流程图
3 3 2
_______ (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）7 （2）
（3）KCO 可与HBr反应，有利于反应进行
2 3
（4）
（5）【解析】C→D过程中先发生和甲醛的加成反应生成 ，然后再发生取代反应
生成D ，E→F的反应方程式为：
。
（1）G分子中形成4个 键，即连接四个单键的C原子有7个，因此sp3杂化的碳原子数目是7，故
答案为：7；
（2）根据分析X为 ，故答案为： ；
（3）据分析，E→F的过程中有HBr生成，加入碳酸钾可以消耗HBr，使反应平衡正向移动，有利于
反应进行，故答案为：KCO 可与HBr反应，有利于反应进行
2 3
（4）分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明有四种等效位置；碱性水解后酸化，得到两种产
物，其中一种能与FeCl 溶液发生显色反应则该同分异构体为酚酯，1mol另一种产物最多能与2mol金
3
属Na发生反应则在剩余结构中只能是水解之后有一个羧基、一个羟基，羧基来源于酯的水解，羟基
来源于卤代烃的水解。有以下结构符合要求： ，则
答案为： ；
（5） 被催化氧化生成 ，进一步被氧化生成， 通过酯化反应得到 ，利用E→F的反
应机理可以得到： ，最终利用F→G的机理得到目标产物： ，故
答案为： 。
16．废定影液的主要成分为Na[Ag(S O)]，用废定影液为原料制备AgNO 的实验流程如图：
3 2 3 2 3
己知：①硫代硫酸根离子( )可看作是 中的一个О原子被S原子取代的产物。
②常温下，Ksp(Ag S)=1×10-50，Ag+(aq)+2 (aq) [Ag(S O)]3-(aq)K=1×1013。
2 2 3 2 1
（1） 的空间构型是___________。
（2）“沉淀”时发生的反应为：2[Ag(S O)]3-(aq)+S2-(aq) Ag S(s)+4 (aq)，平衡常数
2 3 2 2
K=___________。检验沉淀完全的操作是___________。
（3）“反应”时有淡黄色固体生成，发生反应的化学方程式为___________。
（4）已知：2AgNO 2Ag+2NO ↑+O ↑中，2Cu(NO ) 2CuO+4NO↑+O ↑。AgNO 粗产品中
3 2 2 3 2 2 3
常含有Cu(NO )，请设计由AgNO 粗产品获取纯净AgNO 的实验方案：___________，蒸发浓缩，冷
3 2 3 3
却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO。(实验中须使用的试剂：稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏
3
水)
（5）蒸发浓缩AgNO 溶液 的装置如下图所示。使用真空泵的目的是___________。
3【答案】（1）四面体形
（2） ①. 1×1024 ②. 静置，向上层清液中继续滴加NaS溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完
2
全
（3）Ag S+4HNO (浓)=2AgNO +2NO↑+2H O+S
2 3 3 2 2
（4）将AgNO 粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体；待
3
固体冷却后加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀HNO
3
（5）防止AgNO 分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发
3
【解析】废定影液 (主要含Na[Ag(S O)] )，加入硫化钠溶液，可生成硫化银，经过滤1，所得滤渣
3 2 3 2
含有硫化银，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除杂、
2
经过滤2后得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。
（1） 与 属于等电子体，二者的空间构型类似， 的中心原子S原子价层电子对为4，
属于四面体形结构；
（2）根据平衡常数、硫化银的溶度积，可计算“沉淀”时发生的反应2[Ag(S O)]3-(aq)+S2-
2 3 2
(aq) Ag S(s)+4S (aq)的平衡常数：K= = =
⇋ 2 2
=1.0×1024；“沉淀”时Na[Ag(S O)]与NaS反应制得Ag S，则检验沉淀
3 2 3 2 2 2
完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaS溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全；
2
（3）“反应”时有淡黄色固体即S生成，根据原子守恒可知，则为硫离子被氧化生成硫单质，则浓
HNO 被还原为NO 气体，则发生反应的化学方程式为：
3 2
Ag S+4HNO (浓)=2AgNO +2NO↑+2H O+S；
2 3 3 2 2
（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计
除去硝酸铜的方法为：将AgNO 粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收
3
产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，
再加入适量稀硝酸；
（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时
可防止AgNO3分解，则使用真空泉的目的是：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下
蒸发。
17．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有以下制取氢气的方法：（1）一氧化碳变换反应CO(g)＋HO(g)=CO(g)＋H(g)可用于生产氢气。该反应也可采用电化学方法
2 2 2
实现，反应装置如图所示。
①装置中的固体电解质应采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②生产时，阳极发生的电极反应式为___________。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)∶n(H O)=a∶b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y
2
倍，则CO的转化率为___________(用a、b、y表示)。
（2）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
Ⅰ.催化重整法制氢
反应1：CHOH(g) CO(g)+2H(g) ΔH=+90.6 kJ/mol
3 2 1
反应2：CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g) ΔH=-41.2 kJ/mol
2 2 2 2
则反应3：CHOH(g)+H O(g) CO(g)+3H(g) ΔH=___________kJ/mol。
3 2 2 2 3
Ⅱ.以CuO-ZnO-Al O 催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其他条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，
2 3
甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。
CO选择性= 。
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是___________。
② 当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是___________。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H 可能 的反应机理如图所示。
2 2①HCOOD催化释氢反应除生成CO 外，还生成___________(填化学式)。
2
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是
___________。
【答案】（1） ①. 质子导体 ②. CO＋HO-2e-=CO ＋2H＋ ③.
2 2
（2） ①. +49.4 ②. 增加水蒸气的用量，有利于反应2正向进行，反应3中更多的CHOH转
3
化为CO ，都使CO选择性下降 ③. 升高温度，反应1的ΔH>0，K增大，反应正向进行程度增
2 1
大，反应2的ΔH<0，K减小，反应正向进行程度减小，都使CO选择性上升；反应3的ΔH>0，温度
2 3
升高，K增大，反应正向进行程度增大，使更多的甲醇转化为CO ，使CO 选择性上升，但此影响程
2 2
度小于前两者使CO选择性上升的影响，故CO选择性仍然随温度的升高而上升
（3） ①. HD ②. 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度(HCOOK是强电解质，更容
易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H 和KOH，生成的KOH可以吸收分解
2
产生的CO，从而使氢气更纯净)
2
【解析】（1）①电解时，阳极上CO被氧化生成CO，则氢气要在阴极产生，即阳极产生CO 的同时
2 2
产生氢离子，氢离子通过固体电解质在阴极附近得电子生成H，所以装置中的固体电解质应采用质子
2
导体；
②电解时，阳极上CO被氧化生成CO，同时产生氢离子，则阳极发生的电极反应式为：
2
；
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)∶n(H O)=a∶b，则设n(CO)=amol，n(H O)=bmol，根
2 2
据阳极的电极反应式( )可知，阳极上每消耗1molCO，气体物质的量减少
1mol，当出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍时，气体物质的量减少(a+b)-y(a+b)=(1-y)(a+b)，则消耗
CO物质的量为(1-y)(a+b)，所以CO的转化率为 ；
（2）反应3=反应1+反应2，则根据盖斯定律可知，∆H=∆H +∆H =+90.6kJ/mol+(-41.2)kJ/
3 1 2
mol=+49.4kJ/mol；
Ⅱ①可以从水蒸气浓度对平衡移动的角度分析，当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是：
增加水蒸气的用量，有利于反应2正向进行，反应3中更多的CHOH转化为CO，都使CO选择性下
3 2降；
②可以从温度对平衡移动的角度分析，当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能
原因是：升高温度，反应1的ΔH>0，K增大，反应正向进行程度增大，反应2的ΔH<0，K减小，
1 2
反应正向进行程度减小，都使CO选择性上升；反应3的ΔH>0，温度升高，K增大，反应正向进行
3
程度增大，使更多的甲醇转化为CO，使CO 选择性上升，但此影响程度小于前两者使CO选择性上
2 2
升的影响，故CO选择性仍然随温度的升高而上升；
（3）①由反应机理图可知，HCOOH催化分解生成CO 和H，则HCOOD催化释氢反应除生成CO
2 2 2
外，还生成HD；
②HCOOK是强电解质，更容易产生 HCOO-和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成 H 和
2
KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO ，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气
2
的速率，提高释放出氢气的纯度(HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，
KH可以与水反应生成H 和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO，从而使氢气更纯净)。
2 2
