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。

【2025江苏等级考】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。

【2025江苏等级考】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1s²2s¹

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1s²2s¹，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。

【2025江苏等级考】3. 用0.05000mol/L草酸(H₂C₂O₄)溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是

 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。

【2025江苏等级考】4. 在溶有15-冠()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：

C. 离子半径： D. X中15-冠-5与Na^＋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：KNO₃、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(C₁₅H₂₂O₅，含-O-O-)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。

【2025江苏等级考】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.NH₃分子中H—N—H键角大于CH₄分子中H—C—H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

【2025江苏等级考】6. 下列化学反应表示正确的是

A. 黑火药爆炸：

B. 电解饱和NaCl溶液制NaOH：

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CO₂：

【2025江苏等级考】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(NH₄)₂SO₄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. CCl₄难溶于水、比水易溶解I₂，可用CCl₄萃取碘水中的I₂

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，S^2-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．NH₃中心原子N原子价层电子对数为，采用sp³杂化，孤电子对数为1，CH₄中心原子C原子价层电子对数为，采用sp³杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH₃分子中H—N—H键角小于CH₄分子中H—C—H键角，C错误；

Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有-NH-、=NH₂、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，KNO₃、C和S反应生成K₂S、N₂和CO₂，该反应的化学方程式为，A错误；

B．电解饱和NaCl溶液生成Cl₂、H₂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CO₂生成NH₄Cl和溶解度较小的NaHCO₃，NaHCO₃结晶析出，D正确。

故选D。

【7题详解】

A．蛋白质在饱和(NH₄)₂SO₄溶液中会发生盐析，故可用饱和(NH₄)₂SO₄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．I₂在CCl₄中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl₄与水不互溶，故可用CCl₄萃取碘水中的I₂，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。

【2025江苏等级考】8. 以稀H₂SO₄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O₂

B. H^＋通过质子交换膜从右室移向左室

C. 光解前后，H₂SO₄溶液的pH不变

D. 外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH₂

【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：2H₂O－4e^-=O₂↑＋4H^＋；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^-=H₂↑。

【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：2H₂O－4e^-=O₂↑＋4H^＋，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 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，H₂SO₄溶液中H₂O减少，H₂SO₄溶液浓度增大，pH减小，C错误；

D．生成1molH₂，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH₂，D错误；

答案选A。

【2025江苏等级考】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. 1mol X最多能和4molH₂发生加成反应

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Br₂的CCl₄溶液褪色

【答案】B

【解析】

【详解】A．X中不饱和键均可以与H₂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6mol H₂发生加成反应，A错误；

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Br₂的CCl₄溶液褪色，D错误；

答案选B。

【2025江苏等级考】10. CO₂与NO₃^－通过电催化反应生成CO(NH₂)₂，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NO₃^－发生了氧化反应

C. 电催化CO₂与NO₃^－生成CO(NH₂)₂的反应方程式：

D. 常温常压、无催化剂条件下，CO₂与NH₃·H₂O反应可生产CO(NH₂)₂

【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+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，C错误；

D．常温常压、无催化剂条件下，CO₂与NH₃·H₂O反应生成(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃，D错误；

故选A。

【2025江苏等级考】11. 探究含铜化合物性质的实验如下：

步骤Ⅰ  取一定量5%CuSO₄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[Cu(NH₃)₄]SO₄

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[Cu(NH₃)₄]^2＋＋Fe=Cu＋Fe^2＋＋4NH₃↑

【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。

【2025江苏等级考】12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H₂SO₄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H₂SO₄溶液中：

B. NaHSO₃溶液中：的平衡常数

C. (NH₄)₂C₂O₄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Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H₂SO₄溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO₄、NiSO₄，加入NaHSO₃溶液提铜，滤液加入 (NH₄)₂C₂O₄溶液沉镍得到NiC₂O₄。

【详解】A．若H₂SO₄两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的H₂SO₄溶液中H₂SO₄仅第一步电离完全，电离出大量的H^＋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．NH₄^＋得到1个OH^－生成NH₃·H₂O，C₂O₄^2－得1个H^＋生成HC₂O₄^－得2个H^＋生成H₂C₂O₄，水电离出的H^＋与OH^－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 (NH₄)₂C₂O₄溶液，溶液体积增加，因此，D错误；

故选B。

【2025江苏等级考】13. 甘油(C₃H₈O₃)水蒸气重整获得H₂过程中的主要反应：

反应Ⅰ  

反应Ⅱ  

反应Ⅲ  

1.0×10⁵Pa条件下，1molC₃H₈O₃和9molH₂O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H₂、CO₂和CH₄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. 550℃时，H₂O的平衡转化率为20%

B. 550℃反应达平衡状态时，n(CO₂) ：n(CO)=11:25

C. 其他条件不变，在400～550℃范围，平衡时H₂O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 H₂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H₂，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，CH₄物质的量降低，则曲线②代表CH₄，据此解答。

【详解】

A．550℃时，n(H₂)=5mol，n(CO₂)=2.2mol，n(CH₄)=n(CO)=0.4mol，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．550℃时，n(CO₂)=2.2mol，n(CO)=0.4mol，则n(CO₂) ：n(CO)=11:2，B错误；

C．400～550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO₂)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H₂O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，H₂的物质的量减小，D错误；

故选A。

二、非选择题：共4题，共61分。

【2025江苏等级考】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：。当离子浓度小于1.0×10^－5mol/L时，认为离子沉淀完全。

①酸浸时通入O₂可提高Zn^2＋浸出率的原因是_______。

②通入H₂S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H₂S)=0.01mol/L时，Cd^2＋是否沉淀完全_______(写出计算过程)。

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As₂S₃沉淀。

已知：溶液中As[Ⅲ]主要以弱酸H₃AsO₃形式存在，As₂S₃＋6H₂O2H₃AsO₃＋3H₂S。

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H₃AsO₃反应生成As₂S₃的离子方程式：_______。

②反应4h后，砷回收率下降的原因有_______。

【答案】（1）    ①. 氧化S^2-生成S，促进酸浸反应正向进行    ②. 否pH=0时，c(H^＋)=1mol/L

，则Cd^2＋未沉淀完全    ③. ZnO    

（2）    ①. Cl^－ ②. 负电    

（3）    ①.2H₃AsO₃＋3Zns＋6H^＋=As₂S₃＋3Zn^2＋＋6H₂O     ②. 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H₂S浓度减小，促进As₂S₃＋6H₂O2H₃AsO₃＋3H₂S平衡正向移动，As₂S₃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H₂SO₄、O₂酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn^2＋、Fe^3＋、Cd^2＋，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe^3＋和Cd^2＋，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O₂，会发生反应：ZnS＋H₂SO₄ZnSO₄＋H₂S，通入O₂可以氧化S^2-生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn^2＋浸出率；

②通入H₂S除镉，当溶液pH=0、c(H₂S)=0.01mol/L时，c(H^＋)=1mol/L， 又因为

，=，则=，则此时，此时Cd^2＋的浓度大于1.0×10^－5mol/L，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。

【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Cl^－替换S^2-，区域B中，由Cu^＋替换Zn^2＋；按照均摊法，区域B中含Zn^2＋：3个、Cu^＋：1个、S^2-：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”， ZnS与H₃AsO₃反应除了生成As₂S₃外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：2H₃AsO₃＋3Zns＋6H^＋=As₂S₃＋3Zn^2＋＋6H₂O。

②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H₂S浓度减小，促进As₂S₃＋6H₂O2H₃AsO₃＋3H₂S平衡正向移动，As₂S₃重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。

【2025江苏等级考】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，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与FeCl₃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-COOCH₃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C₁₄H₁₇O₄Cl，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FeCl₃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CH₃COOH，因此该同分异构体中含有2个CH₃COO-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CH₃COO-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CH₃COO-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-C(CH₃)₃，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-CH₂OH结构，该结构是由-COOCH₃被LiAlH₄还原而来，则可由被LiAlH₄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A+B→C的反应类似，因此可由与在CH₃ONa和CH₃OH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。

【2025江苏等级考】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Na₂CO₃溶液中进行现场保护。

①玻璃中的SiO₂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SO₄^2－在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO₄^2－反应生成FeS和Fe(OH)₂的离子方程式：_______。

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K₃[Fe(CN)₆]溶液(能与Fe^2＋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AgNO₃溶液体积[K_sp(AgCl)=1.8×10^－10]。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、0.5mol/L NaOH溶液、0.5mol/L HNO₃溶液、0.05mol/LAgNO₃溶液]。

【答案】（1）    ①. Na₂SiO₃    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，O₂溶解度较小，减少文物与O₂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. Fe^3＋、Fe^2＋    

（3）分别加入等体积(如5mL)的0.5mol/L NaOH溶液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 HNO₃溶液溶液酸化，再分别滴加0.05mol/LAgNO₃溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的AgNO₃溶液体积

【解析】

【小问1详解】

①SiO₂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SiO₂＋2NaOH=Na₂SiO₃＋H₂O。

②吸氧腐蚀时正极反应式为O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，OH^－浓度较大，会抑制O₂得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；O₂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O₂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SO₄^2－氧化为＋2价的FeS、Fe(OH)₂，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Fe－2e^-=Fe^2＋，正极反应式为O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－。Fe^2＋与KFe[Fe(CN)₆]反应生成K₃[Fe(CN)₆]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH^－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，Fe^2＋在盐水中被O₂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Fe^2＋，被o2进一步氧化为fe3+，此时体系中的阳离子主要有Fe^3＋、Fe^2＋。

【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Ag^＋与Cl^－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HNO₃溶液酸化，再加入AgNO₃溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。AgNO₃溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。

17. 合成气(CO和H₂)是重要的工业原料气。

（1）合成气制备甲醇：CO(g)＋2H₂(g)=CH₃OH(g)。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH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H₂。

①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H₂和过量的H₂O(g)：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H₂O(g)的比热容较大。H₂O(g)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K₂CO₃吸收剂、K₂CrO₄(Cr正价有+3、+6)缓蚀剂等。K₂CO₃溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。K₂CrO₄减缓设备腐蚀的原理是_______。

（3）研究CH₄、H₂O(g)与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有+3、+4]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CH₄、H₂O(g)，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、CH₄转化率、与x的关系如图乙所示。x=0时，大于理论值2的可能原因有_______；x=0.5时，通入标准状况下300mL的CH₄至反应结束，CO的选择性，则生成标准状况下CO和H₂的总体积为_______mL。

②x=0时，新制载氧体、与CH₄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H₂O(g)反应的物质有_______(填化学式)。

③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe₂O₃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，H₂O(g)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，H₂O(g)过量可有效防止催化剂活性下降    ②.KHCO₃     ③. K₂CrO₄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x=0时，载氧体为CeO₂，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO₂，使得CO的物质的量减小，增大    ②. 432    ③. C、Fe、FeO    ④. 步骤Ⅰ中Fe₂O₃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ΔH需C≡O。H-H、C-O、C-H、O-H，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；H₂O(g)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，H₂O(g)过量可有效防止催化剂活性下降。

②脱碳过程中，K₂CO₃溶液会吸收CO₂，发生反应K₂CO₃＋CO₂＋H₂O=3KHCO₃，当K₂CO₃溶液浓度偏高时，会生成较多KHCO₃ ，而KHCO₃ 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。K₂CrO₄中的Cr元素化合价为+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。

【小问3详解】

①当x=0时，载氧体中没有Fe₂O₃，只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO₂，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当x=0.5时，CH₄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H₂的总体积为432mL。

②新制载氧体与CH₄反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H₂O(g)反应，使载氧体再生从而继续与CH₄反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH₄反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H₂O(g)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H₂O(g)反应。

③步骤Ⅰ中Fe₂O₃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。