文档文本内容
2025 年普通高中学业水平选择性考试(江苏卷)
化学
本试卷满分100 分，考试时间75 分钟。
可能用到的相对原子质量：
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. 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】
【详解】A．工业合成氨的反应为N2 和H2 反应生成NH3，氮气是直接反应物，A 正确；
B．湿法炼铜通过Fe 置换CuSO4中的Cu，反应不涉及氮气，B 错误；
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
发现氚
。下列说法正确的是
A.
表示一个质子
B.
的基态原子核外电子排布式为
C.
与
互为同位素
D.
的原子结构示意图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．
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；
B．
的基态原子核外电子排布式为
，B 错误；
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，
与
质子数相同、中子数不同，
二者互为同位素，C 正确；
D．
原子核外只有2 个电子，原子结构示意图为
，D 错误。
故选C。
3. 用
草酸
溶液滴定未知浓度的
溶液。下列实验操作规范的是
A．配制草酸溶
液
B．润洗滴定
管
C．滴定
D．读数
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】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；
答案选D。
4. 在溶有15-冠
(
)
有机溶剂中，苄氯(
)与
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：
C. 离子半径：
D. X 中15-冠
与
间存在离子键
【答案】C
【解析】
【详解】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：
，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：
，C 正确；
D．15-冠-5 是分子，与阳离子
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：
、S 和C)是中国古代四大发明之一。
侯德榜发明的“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(
，含
)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
等多种同素异形体
B. 高温下青蒿素分子结构稳定
C.
分子中
键角大于
分子中
键角
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：
B. 电解饱和
溶液制
：
C. 重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：
D. 向饱和氨盐水中通入过量
：
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
溶液提纯蛋白质
B. 乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C.
难溶于水、比水易溶解
，可用
萃取碘水中的
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 题详解】
Ａ．同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，
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．
中心原子N 原子价层电子对数为
，采用
杂化，孤电子对数为1，
中心原子C 原子价层电子对数为
，采用
杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方
式相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则
分子中H—N—H
键角小于
分子中H—C—H 键角，C 错误；
Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有
、
、O 原子、N 原子，可形成氢键，从而实现互补配对，如图
所示：
，D 正确。
故选D。
【6 题详解】
A．黑火药爆炸时，
、C 和S 反应生成
和
，该反应的化学方程式为
，A 错误；
B．电解饱和NaCl 溶液生成
和NaOH，该反应的离子方程式为
，B 错误；
C．丙烯生成聚丙烯的反应为
，C 错误；
D．向饱和氨盐水中通入过量
生成
和溶解度较小的
，
结晶析出，D 正确。
故选D。
【7 题详解】
A．蛋白质在饱和
溶液中会发生盐析，故可用饱和
溶液分离提纯蛋白质，与蛋
白质能发生水解反应无关，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．
在
中的溶解度大于在水中的溶解度，且
与水不互溶，故可用
萃取碘水中的
，C
正确；
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。
8. 以稀
为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为
。下列说法正
确的是
A. 电极a 上发生氧化反应生成
B.
通过质子交换膜从右室移向左室
C. 光解前后，
溶液的
不变
D. 外电路每通过
电子，电极b 上产生
【答案】A
【解析】
【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：
；电极b 上电子流入，发生还原反应，b 为正极，电极反应式为：
。
【详解】A．根据分析，电极a 为负极，发生氧化反应，电极反应式为：
，生成
物有O2，A 正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，电极a 上生成
，电极b 上消耗
，
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，
溶液中
减少，
溶液浓度增大，pH 减小，C 错误；
D．生成
，转移2mol 电子，外电路通过0.01mol 电子时，电极b 上生成
，D 错误；
答案选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.
最多能和
发生加成反应
B. Y 分子中
和
杂化的碳原子数目比为
C. Z 分子中所有碳原子均在同一个平面上
D. Z 不能使
的
溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．X 中不饱和键均可以与
发生加成反应，1molX 中苯环与3molH2发生加成反应、碳碳双键
与1molH2发生加成反应、酮羰基与2molH2发生加成反应，则1molX 最多能和
发生加成反应，A
错误；
B．饱和碳原子采用
杂化，碳碳双键的碳原子采用
杂化，1 个Y 分子中，采用
杂化的碳原子有2
个，采用
杂化的碳原子有4 个，数目比为
，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
的
溶液褪色，D 错误；
答案选B。
10.
与
通过电催化反应生成
，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)。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
发生了氧化反应
C. 电催化
与
生成
的反应方程式：
D. 常温常压、无催化剂条件下，
与
反应可生产
【答案】A
【解析】
【详解】A．过程Ⅱ为：
和
在酸性条件下被还原为
和
的反应，生成了N—H 等极
性共价键；过程Ⅲ为
与
生成
的反应，生成了C—N 极性共价键，A 正确；
B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N 元素的化合价由
降为
，C 元素的化合价由
降为
，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
，C 错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应生成
或
，D 错误；
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
溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
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
B. 步骤Ⅱ的两份溶液中：
C. 步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D. 步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为
【答案】B
【解析】
【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反
应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A 错误；
B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液
（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c 深蓝色(Cu2+) < c 蓝色(Cu2+)，B 正确；
C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说
明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe 置换，C 错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4
+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe 与H+反应生成H2（气
泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D 的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D 错误；
故选B。
12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含
等的氧化物)用过量的较浓
溶液酸浸后，提取铜和
镍的过程如下所示。
已知：
。下列说法正确的是
A. 较浓
溶液中：
B.
溶液中：
的平衡常数
C.
溶液中：
D. “提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【解析】
【分析】有色金属冶炼废渣(含
等的氧化物)用过量的较浓
溶液酸浸后，浸取液主要含
有
、
，加入
溶液提铜，滤液加入
溶液沉镍得到
。
【详解】A．若
两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：
，但根
据题给信息
知，在较浓的
溶液中
仅第一步电离完全，电离出大量
的
会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在
，因此电荷守恒应表示为
，A 错误；
B．该反应的平衡常数
，B 正确；
C．
得到1 个
生成
，
得1 个
生成
得2 个
生成
，水电
离出的
与
浓度相等，即
，则溶液中存在质子守恒
，C 错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，
，同时“沉镍”
过程中加入了
溶液，溶液体积增加，因此
，D 错误；
故选B。
13. 甘油
水蒸气重整获得
过程中的主要反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
条件下，
和
发生上述反应达平衡状态时，体系中
和
的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是
A.
时，
的平衡转化率为20%
B.
反应达平衡状态时，
C. 其他条件不变，在
范围，平衡时
的物质的量随温度升高而增大
D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时
的物质的量
【答案】A
【解析】
【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
，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，
物质的量降低，则曲线②代表
，据此解答。
【详解】A．
时，
，
，
，根据C 原
子守恒，可得
，根据O 原子守恒，可得
(也可利用H 原子守恒计算，结果相同)，
则
，A 正确；
B．
时，
，
，则
，B 错误；
C．
范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，
增大，说明反应Ⅲ逆向移动程
度更大，则
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，
的物质的量减小，D 错
误；
故选A。
二、非选择题：共4 题，共61 分。
14.
可用于制备光学材料和回收砷。
（1）制备
。由闪锌矿[含
及少量硫化镉
等]制备
的过程如下：
已知：
。当
离子浓度小于
时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入
可提高
浸出率的原因是_______。
②通入
除镉。通过计算判断当溶液
时，
是否沉淀完全
_______(写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的
至
，加入的氧化物为_______(填化学式)。
（2）制备光学材料。如图甲所示，
晶体中掺入少量
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
去除酸性废液中的三价砷
，并回收生成的
沉淀。
已知：溶液中
主要以弱酸
形式存在，
。
时，按
向酸性废液中加入
，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出
与
反应生成
的离子方程式：_______。
②反应
后，砷回收率下降的原因有_______。
【答案】（1） ①. 氧化
生成S，促进酸浸反应正向进行 ②. 否
时，
，则
未沉淀
完全 ③. ZnO
（2） ①.
.
②负电
（3） ①.
.
②随着反应的进行，溶液pH 增大，
溶液中
浓度减小，促进
平衡正向移动，
重新溶解，砷回
收率下降
【解析】
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS 等，加入
酸浸后，ZnS、FeS、CdS 分别转化为
，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去
与
，调pH、沉锌后获得
ZnS，据此解答。
【小问1 详解】
①酸浸时，若不通入
，会发生反应：
，通入
可以氧化
生成S，
促进酸浸反应正向进行，提高
浸出率；
②通入
除镉，当溶液
时，
， 又因为
，
=
，
则
=
，
则
此
时
，此时
的浓度大于
，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
，加入的氧化物为ZnO。
【小问2 详解】
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
替换
，区域B 中，由
替换
；按照均摊法，区域B 中含
：3 个、
：1 个、
：
个，
，则区域B 带负电。
【小问3 详解】
①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，
与
反应除了生成
外还有锌离
子，写出反应的离子方程式为：
。
②随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中
浓度减小，促进
平衡
正向移动，
重新溶解，砷回收率下降，所以反应
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
键极性相对_______(填“较大”或“较小”)。
（2）
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，
，X 的相对分子质量为60，Y 含苯环且能与
溶液发生显色反应。
（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） ①. 羧基 ②. 1
（
4
）
或
（
5
）
【解析】
【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：
据此解答。
【小问1 详解】
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。
【小问2 详解】
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
。
【小问3 详解】
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
直接相连的碳原子是手性碳原
子。
小问4 详解】
G 的分子式为
，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
，Y 含苯环且能与
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 的相对分子质量为60，据此可知X 为
，因此该同分异构体中含有2 个
基团，该基团不饱和度为1，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
在苯环上处于对称位置。如果Cl 原子连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
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 原子的取代基，该基团只能为
，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，由此可得符合条件的同
分异构体为：
、
。
【小问5 详解】
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
，流程中
物质G 含有
结构，该结构是由
被
还原而来，则
可由
被
还原而来，而
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
的反应类似，因此
可由
与
在
和
作用下反应生成，
可
由
与
HBr
反
应
制
得
。
具
体
合
成
路
线
为
：
。
【点睛】有机合成路线设计融入高聚物合成以强化化学与材料科学的联系，命题从单一官能团转化转向多
步骤串联反应、跨模块知识整合，主要体现在路线延长、官能团转化复杂化、涉及陌生反应机理等方面。
这类题目通过真实情境(如药物合成、高分子材料)建模，促使考生从碎片化知识记忆转向系统性思维构建，
掌握逆合成分析、反应条件筛选等核心方法。未来命题将更注重真实科研成果转化，要求考生在陌生信息
中提取关键反应机理，体现“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养。
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
或
溶液中进行现场保护。
①玻璃中的
能与
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
溶液。
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
与海水中的
在细菌作用下形成
等含铁凝结物。写出
与
反应
生成
和
的离子方程式：_______。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成
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
溶液中加入
溶液
(能与
形成蓝色沉淀)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
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
在
溶液与蒸馏水中浸泡
脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含
氯
模拟样品，将其分为两等份，_______，比较滴加
溶液体积[
。
实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、
溶液、
溶液、
溶液]。
【答案】（1） ①.
.
②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，
溶解度较小，减少文物与
的接触，减缓吸氧腐蚀
（2） ①.
.
②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 ③.
（3）分别加入等体积(如5mL)的
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
溶液酸化，
再分别滴加
溶液；记录每份上清液至出现AgCl 白色沉淀时消耗的
溶液体积
【解析】
【小问1 详解】
①
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
。
②吸氧腐蚀时正极反应式为
，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，
浓度
较大，会抑制
得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；
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，减少了文物与
的接触，减缓吸氧腐蚀。
【小问2 详解】
①无氧、弱碱性的海水中，Fe 在细菌作用下，被
氧化为
价的FeS、
，根据得失电子守
恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：
。
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
，正极反应式
为
。
与
反应生成
蓝色沉淀，即铁片上会
出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到
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，
在盐水中被
氧化成黄色的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
，被
进一步氧化为
，此时体系中的阳离子主要有
。
【小问3 详解】
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
与
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
溶液酸化，再加入
溶液，通过比较出
现AgCl 白色沉淀时消耗。
溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。
17. 合成气(
和
)是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：
。
的结构式为
，估算该反应的
需要
_______(填数字)种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯
。
①合成气变换。向绝热反应器中通入
和过量的
：
。催化作用受接触面积和温度等因素影响，
的比热容较大。
过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的
吸收剂、
(
正价有
)
缓蚀剂等。
溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。
减缓设备腐
蚀的原理是_______。
（3）研究
与不同配比的铁铈载氧体[
是活泼金属，正
价有
]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
，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、
转化率、
与x 的关系如图乙所示。
时，
大于理论
值2 的可能原因有_______；
时，通入标准状况下
的
至反应结束，
的选择性
，则生成标准状况下
和
的总体积为_______
。
②
时，新制载氧体、与
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
反应的物质有
_______(填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中
的作用、气体分步制备的价值：_______。
【答案】（1）5 （2） ①. 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，
的比热容较大，则体
系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，
过量可有效防止催化剂活性下降 ②.
.
③
具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3） ①. 当
时，载氧体为
，氧化性较强，提供的O 原子较多，将CO 氧化为
，使得
CO 的物质的量减小，
增大 ②. 432
.
③C、Fe、FeO
.
④步骤Ⅰ中
作载氧体供氧，
将甲烷转化为CO 和氢气，避免生成大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】
【小问1 详解】
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
需
。
、
、
、
，共5 种化学键的键能数据。
【小问2 详解】
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；
的比热容较大，可以吸收大量的热从而使
体系温度变化较小，因此，
过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，
溶液会吸收
，发生反应
，当
溶液浓
度偏高时，会生成较多
，而
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。
中的Cr 元素化合价为
，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。
【小问3 详解】
①当
时，载氧体中没有
，只有
，由于
的氧化性较强，且其提供的O 原子较多，可
以将CO 氧化为
，使得CO 的物质的量减小，
增大；由题图乙可知，当
时，
转
化
率
为
60%
，
则
，
已
知
CO
的
选
择
性
，则
，根据图乙中数据可知，此时产
物气中
，则
，故生成标准状况下CO 和
的总体积为
432mL。
②新制载氧体与
反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与
反应，使载氧体再生从而继续与
反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与
反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中
与
反应。因此，对比二者X 射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO 在步骤Ⅱ中均可与
反应。
③步骤Ⅰ中
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。
