2025年江蘇高考真題化學試題

一、單選題

1．大氣中的氮是取之不盡的天然資源。下列工業(yè)生產中以氮氣作反應物的是

A．工業(yè)合成氨B．濕法煉銅C．高爐煉鐵D．接觸法制硫酸

【答案】A

【解析】A．工業(yè)合成氨的反應為N2和H2反應生成NH3，氮氣是直接反應物，A正確；

B．濕法煉銅通過Fe置換CuSO4中的Cu，反應不涉及氮氣，B錯誤；

C．高爐煉鐵中氮氣作為空氣成分進入高爐，但未參與還原鐵礦石的主要反應，C錯誤；

D．接觸法制硫酸涉及硫或硫化物的氧化，氮氣未參與反應，D錯誤；

故選A。

16343

2．科學家通過核反應0n+3Li→1H+2He發(fā)現氚(1H)。下列說法正確的是

1

A．0n表示一個質子

612

B．3Li的基態(tài)原子核外電子排布式為1s2s

32

C．1H與1H互為同位素

4

D．2He的原子結構示意圖為

【答案】C

1

【解析】A．0n質量數為1，質子數為0，中子數為1，因此其表示一個中子，A錯誤；

621

B．3Li的基態(tài)原子核外電子排布式為1s2s，B錯誤；

32

C．質子數相同而中子數不同的同一元素的不同原子互稱為同位素，1H與1H質子數相同、中子數不同，二者互

為同位素，C正確；

4

D．2He原子核外只有2個電子，原子結構示意圖為，D錯誤。

故選C。

?1

3．用0.05000mol?L草酸(H2C2O4)溶液滴定未知濃度的NaOH溶液。下列實驗操作規(guī)范的是

A．配制草酸溶B．潤洗滴定

C．滴定D．讀數

液管

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【解析】A．定容時需要用玻璃棒引流，A錯誤；

B．潤洗滴定管時應取少量標準液于滴定管中，傾斜著轉動滴定管進行潤洗，B錯誤；

C．滴定時，應手持錐形瓶上端輕微地搖動錐形瓶，不能手持錐形瓶底端搖動，C錯誤；

D．讀數時，眼睛平視滴定管凹液面最低點，D正確；

故選D。

4．在溶有15-冠?5()的有機溶劑中，芐氯()與NaF發(fā)生反應：

下列說法正確的是

A．芐氯是非極性分子B．電負性：χ(F)<χ(Cl)

C．離子半徑：r(F?)>r(Na+)D．X中15-冠?5與Na+間存在離子鍵

【答案】C

【解析】A．芐氯分子含有飽和C原子，且飽和碳原子連有三種不同的基團，分子空間結構不對稱，故芐氯為極性

分子，A錯誤；

B．同主族元素從上到下電負性逐漸減小，故電負性：χ(F)>χ(Cl)，B錯誤；

C．電子層結構相同時，離子半徑隨原子序數增大而減小，故離子半徑：r(F?)>r(Na+)，C正確；

D．15-冠-5是分子，與陽離子Na+之間不存在離子鍵，二者通過非共價鍵形成超分子，D錯誤；

故選C。

閱讀材料，完成下列小題：

中國對人類科學進步與技術發(fā)展貢獻卓著。黑火藥(主要成分：KNO3、S和C)是中國古代四大發(fā)明之一。侯德榜發(fā)

明的“聯合制堿法”將合成氨法與氨堿法聯合，突破了國外制堿技術封鎖。我國科學家在世界上首次人工合成結晶牛

胰島素；采用有機合成與酶促合成相結合的方法，人工合成了酵母丙氨酸轉移核糖核酸。徐光憲提出的稀土串級萃

取理論使我國稀土提取技術取得重大進步。屠呦呦等采用低溫、乙醚冷浸提取的青蒿素(C15H22O5，含—O—O—)

在治療瘧疾中起到重要作用。閔恩澤研制新型催化劑解決了重油裂解難題。

5．下列說法正確的是

2?

A．硫黃有S2、S、S4等多種同素異形體

B．高溫下青蒿素分子結構穩(wěn)定

C．NH3分子中H—N—H鍵角大于CH4分子中H—C—H鍵角

D．題圖所示的堿基鳥嘌呤與胞嘧啶通過氫鍵互補配對

6．下列化學反應表示正確的是

A．黑火藥爆炸：2KNO3+C+3S=K2CO3+N2↑+3SO2↑

通電

???

B．電解飽和NaCl溶液制NaOH：Cl+2H2O2OH+H2↑+ClO

催化劑

C．重油裂解獲得的丙烯制聚丙烯：nCH2=CH?CH3→

D．向飽和氨鹽水中通入過量CO2：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl

7．下列物質組成或性質與分離提純方法對應關系正確的是

A．蛋白質能水解，可用飽和(NH4)2SO4溶液提純蛋白質

B．乙醚與青蒿素組成元素相同，可用乙醚提取青蒿素

C．CCl4難溶于水、比水易溶解I2，可用CCl4萃取碘水中的I2

D．不同的烴密度不同，可通過分餾從石油中獲得汽油、柴油

【答案】5．D6．D7．C

【解析】5．Ａ．同素異形體是同種元素形成的不同單質間的互稱，S2?是離子不是單質，A錯誤；

Ｂ．根據信息可知青蒿素中含有—O—O—，類比雙氧水的分子結構可知其不穩(wěn)定，高溫條件下易分解，B錯誤；

1

Ｃ．NH中心原子N原子價層電子對數為3+×(5?1×3)=4，采用sp3雜化，孤電子對數為1，CH中心原子C

324

1

原子價層電子對數為4+×(4?1×4)=4，采用sp3雜化，孤電子對數為0，中心原子雜化方式相同時，孤電子對

2

數越多，孤電子對對成鍵電子對的排斥力越大，鍵角越小，則NH3分子中H—N—H鍵角小于CH4分子中H—C—H

鍵角，C錯誤；

Ｄ．鳥嘌呤、胞嘧啶中含有?NH?、?NH2、O原子、N原子，可形成氫鍵，從而實現互補配對，如圖所示：

，D正確。

故選D。

6．A．黑火藥爆炸時，KNO3、C和S反應生成K2S、N2和CO2，該反應的化學方程式為2KNO3+3C+S=K2S+N2↑

+3CO2↑，A錯誤；

通電

??

B．電解飽和NaCl溶液生成Cl2、H2和NaOH，該反應的離子方程式為2Cl+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH，B錯

誤；

催化劑

nCH2=CH?CH3→[CH2?CH]

C．丙烯生成聚丙烯的反應為|n，C錯誤；

CH3

D．向飽和氨鹽水中通入過量CO2生成NH4Cl和溶解度較小的NaHCO3，NaHCO3結晶析出，D正確。

故選D。

7．A．蛋白質在飽和(NH4)2SO4溶液中會發(fā)生鹽析，故可用飽和(NH4)2SO4溶液分離提純蛋白質，與蛋白質能發(fā)生

水解反應無關，A錯誤；

B．青蒿素在乙醚中的溶解度較大，故可用乙醚提取青蒿素，與二者的組成元素無關，B錯誤；

C．I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4與水不互溶，故可用CCl4萃取碘水中的I2，C正確；

D．不同烴的沸點不同，故可用分餾法從石油中獲得汽油、柴油，與烴的密度無關，D錯誤。

故選C。

???光???

8．以稀H2SO4為電解質溶液的光解水裝置如圖所示，總反應為2H2O2H2↑+O2↑。下列說法正確的是

催化劑

A．電極a上發(fā)生氧化反應生成O2

B．H+通過質子交換膜從右室移向左室

C．光解前后，H2SO4溶液的pH不變

D．外電路每通過0.01mol電子，電極b上產生0.01molH2

【答案】A

?+

【分析】光解過程中，電極a上電子流出，發(fā)生氧化反應，a為負極，電極反應式為：2H2O?4e=O2↑+4H；

+?

電極b上電子流入，發(fā)生還原反應，b為正極，電極反應式為：2H+2e=H2↑。

?+

【解析】A．根據分析，電極a為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2H2O?4e=O2↑+4H，生成物有O2，

A正確；

B．原電池中陽離子向正極移動，電極a上生成H+，電極b上消耗H+，H+通過質子交換膜從左室移向右室，B錯

誤；

C．在探究溶液濃度變化時，不僅要關注溶質的變化，也要關注溶劑的變化，在光解總反應是電解水，H2SO4溶液

中H2O減少，H2SO4溶液濃度增大，pH減小，C錯誤；

D．生成1molH2，轉移2mol電子，外電路通過0.01mol電子時，電極b上生成0.005molH2，D錯誤；

故選A。

9．化合物Z是一種具有生理活性的多環(huán)呋喃類化合物，部分合成路線如下：

下列說法正確的是

A．1molX最多能和4molH2發(fā)生加成反應

B．Y分子中sp3和sp2雜化的碳原子數目比為1:2

C．Z分子中所有碳原子均在同一個平面上

D．Z不能使Br2的CCl4溶液褪色

【答案】B

【解析】A．X中不飽和鍵均可以與H2發(fā)生加成反應，1molX中苯環(huán)與3molH2發(fā)生加成反應、碳碳雙鍵與1molH2

發(fā)生加成反應、酮羰基與2molH2發(fā)生加成反應，則1molX最多能和6molH2發(fā)生加成反應，A錯誤；

B．飽和碳原子采用sp3雜化，碳碳雙鍵的碳原子采用sp2雜化，1個Y分子中，采用sp3雜化的碳原子有2個，采用

sp2雜化的碳原子有4個，數目比為1:2，B正確；

C．中1號碳原子為飽和碳原子，與2、3、4號碳原子直接相連，這4個碳原子不可能全部共面，

C錯誤；

D．Z分子中含有碳碳雙鍵，能使Br2的CCl4溶液褪色，D錯誤；

故選B。

?

10．CO2與NO3通過電催化反應生成CO(NH2)2，可能的反應機理如圖所示(圖中吸附在催化劑表面的物種用“*”標注)。

下列說法正確的是

A．過程Ⅱ和過程Ⅲ都有極性共價鍵形成

?

B．過程Ⅱ中NO3發(fā)生了氧化反應

???通電???

??+

C．電催化CO2與NO3生成CO(NH2)2的反應方程式：CO2+2NO3+18HCO(NH2)2+7H2O

催化劑

D．常溫常壓、無催化劑條件下，CO2與NH3?H2O反應可生產CO(NH2)2

【答案】A

?

【解析】A．過程Ⅱ為：*CO2和*NO3在酸性條件下被還原為*CO和*NH2的反應，生成了N—H等極性共價鍵；過程

Ⅲ為*CO與*NH2生成*CO(NH2)2的反應，生成了C—N極性共價鍵，A正確；

B．過程Ⅱ是得電子的還原反應，N元素的化合價由+5降為?2，C元素的化合價由+4降為+2，B錯誤；

C．所給離子方程式電荷不守恒，根據反應機理圖可知，過程Ⅱ需要外界提供電子，則正確的反應方程式為CO2+

通電

?+?

2NO3+18H+16eCO(NH2)2+7H2O，C錯誤；

催化劑

D．常溫常壓、無催化劑條件下，CO2與NH3?H2O反應生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，D錯誤；

故選A。

11．探究含銅化合物性質的實驗如下：

步驟Ⅰ取一定量5%CuSO4溶液，加入適量濃氨水，產生藍色沉淀。

步驟Ⅱ將沉淀分成兩等份，分別加入相同體積的濃氨水、稀鹽酸，沉淀均完全溶解，溶液分別呈現深藍色、藍色。

步驟Ⅲ向步驟Ⅱ所得的深藍色溶液中插入一根打磨過的鐵釘，無明顯現象；繼續(xù)加入稀鹽酸，振蕩后靜置，產生少

量氣泡，鐵釘表面出現紅色物質。

下列說法正確的是

A．步驟Ⅰ產生的藍色沉淀為[Cu(NH3)4]SO4

2+2+

B．步驟Ⅱ的兩份溶液中：c深藍色(Cu)<c藍色(Cu)

C．步驟Ⅲ中無明顯現象是由于鐵釘遇深藍色溶液迅速鈍化

2+2+

D．步驟Ⅲ中產生氣體、析出紅色物質的反應為[Cu(NH3)4]+Fe=Cu+Fe+4NH3↑

【答案】B

【解析】A．步驟Ⅰ中產生的藍色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因為適量濃氨水與CuSO4溶液反應首先生成

Cu(OH)2沉淀，過量氨水才會溶解沉淀形成絡合物，A錯誤；

2+2+

B．步驟Ⅱ中，深藍色溶液（加入濃氨水）中的Cu因形成[Cu(NH3)4]絡離子而濃度降低，而藍色溶液（加入稀鹽

2+2+2+

酸）中Cu可以自由移動，濃度較高。因此c深藍色(Cu)<c藍色(Cu)，B正確；

C．步驟Ⅲ中無明顯現象并非因鐵釘鈍化。鐵在堿性溶液中不易鈍化，且后續(xù)加入鹽酸后有反應發(fā)生，說明鐵未鈍

化。真正原因是絡合物中Cu2+濃度過低，無法被Fe置換，C錯誤；

++2++

D．步驟Ⅲ中加入鹽酸后，H與NH3結合生成NH4，導致配合物釋放Cu，隨后Fe與H反應生成H2（氣泡），并

與Cu2+發(fā)生置換反應生成Cu，D的反應式未體現H+的作用，與實際反應原理不符，D錯誤；

故選B。

12．室溫下，有色金屬冶煉廢渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用過量的較濃H2SO4溶液酸浸后，提取銅和鎳的過程如下

所示。

??2?2?8

已知：Ka(HSO4)=1.2×10,Kal(H2SO3)=1.2×10,Ka2(H2SO3)=6.0×10。下列說法正確的是

+2??

A．較濃H2SO4溶液中：c(H)=2c(SO4)+c(OH)

?2??6

B．NaHSO3溶液中：2HSO3?SO3+H2SO3的平衡常數K=5.0×10

??+

C．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3?H2O)+c(OH)=c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(H)

++

D．“提銅”和“沉鎳”后的兩份濾液中：c提銅(Na)=c沉鎳(Na)

【答案】B

+2??

【解析】A．若H2SO4兩步均完全電離，則溶液中存在電荷守恒：c(H)=2c(SO4)+c(OH)，但根據題給信息

??2+

Ka(HSO4)=1.2×10知，在較濃的H2SO4溶液中H2SO4僅第一步電離完全，電離出大量的H會抑制第二步電離，

?+?2??

第二步電離不完全，溶液中存在HSO4，因此電荷守恒應表示為c(H)=c(HSO4)+2c(SO4)+c(OH)，A錯誤；

2?+2??8

c(H2SO3)?c(SO3)c(H2SO3)c(H)?c(SO3)Ka2(H2SO3)6.0×10?6

B．該反應的平衡常數K=2?=+???==?2=5.0×10，B正確；

c(HSO3)c(H)?c(HSO3)c(HSO3)Ka1(H2SO3)1.2×10

+?2?+?++?

C．NH4得到1個OH生成NH3?H2O，C2O4得1個H生成HC2O4得2個H生成H2C2O4，水電離出的H與OH濃

+???

度相等，即c水(H)=c水(OH)，則溶液中存在質子守恒:c水(OH)=c(NH3·H2O)+c(OH)=2c(H2C2O4)+

?++

c(HC2O4)+c(H)=c水(H)，C錯誤；

++

D．考慮過程中溶液的少量損耗(吸附在沉淀表面被過濾除去)，n提銅(Na)>n沉鎳(Na)，同時“沉鎳”過程中加入了

++

(NH4)2C2O4溶液，溶液體積增加，因此c提銅(Na)>c沉鎳(Na)，D錯誤；

故選B。

13．甘油(C3H8O3)水蒸氣重整獲得H2過程中的主要反應：

反應ⅠC3H8O3(g)=3CO(g)+4H2(g)ΔH>0

反應ⅡCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH<0

反應ⅢCO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)???ΔH<0

5

1.0×10Pa條件下，1molC3H8O3和9molH2O發(fā)生上述反應達平衡狀態(tài)時，體系中CO、H2、CO2和CH4的物質的量隨

溫度變化的理論計算結果如圖所示。下列說法正確的是

A．550℃時，H2O的平衡轉化率為20%

B．550℃反應達平衡狀態(tài)時，n(CO2):n(CO)=11:25

C．其他條件不變，在400~550℃范圍，平衡時H2O的物質的量隨溫度升高而增大

D．其他條件不變，加壓有利于增大平衡時H2的物質的量

【答案】A

【分析】550℃時，曲線①物質的量是5mol，根據原子守恒，n(C)=3mol，則其不可能是含碳微粒，故曲線①表示H2，

升高溫度，反應Ⅰ平衡正移，反應Ⅱ平衡逆向移動，CO物質的量增大，則曲線③代表CO，溫度升高，反應Ⅲ逆向

移動，CH4物質的量降低，則曲線②代表CH4，據此解答。

【解析】A．550℃時，n(H2)=5mol，n(CO2)=2.2mol，n(CH4)=n(CO)=0.4mol，根據C原子守恒，可得

n(C)?n(CO)?n(CO)?n(CH)n(O)?2n(CO)?n(CO)?3n(CHO)

n(CHO)=24=0，根據O原子守恒，可得n(HO)=2383=7.2mol(也

383321

9mol?7.2mol

可利用H原子守恒計算，結果相同)，則α(HO)=×100%=20%，A正確；

29mol

B．550℃時，n(CO2)=2.2mol，n(CO)=0.4mol，則n(CO2):n(CO)=11:2，B錯誤；

C．400~550℃范圍，隨溫度升高，反應Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移動，n(CO2)增大，說明反應Ⅲ逆向移動程度更大，則H2O

的物質的量減小，C錯誤；

D．增大壓強，反應Ⅰ平衡逆向移動，反應Ⅱ平衡不移動，反應Ⅲ平衡正向移動，H2的物質的量減小，D錯誤；

故選A。

二、解答題

14．ZnS可用于制備光學材料和回收砷。

(1)制備ZnS。由閃鋅礦[含ZnS、FeS及少量硫化鎘(CdS)等]制備ZnS的過程如下：

?24?27?7?13

已知：Ksp(ZnS)=1.6×10,Ksp(CdS)=8.0×10,Ka1(H2S)=1.0×10,Ka2(H2S)=1.2×10。當離子濃

度小于1.0×10?5mol?L?1時，認為離子沉淀完全。

2+

①酸浸時通入O2可提高Zn浸出率的原因是。

?12+

②通入H2S除鎘。通過計算判斷當溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol?L時，Cd是否沉淀完全(寫出計算過程)。

③沉鋅前調節(jié)溶液的pH至4~5，加入的氧化物為(填化學式)。

(2)制備光學材料。如圖甲所示，ZnS晶體中摻入少量CuCl后，會出現能量不同的“正電”區(qū)域、“負電”區(qū)域，光照下

發(fā)出特定波長的光。

區(qū)域A“”中的離子為(填離子符號)，區(qū)域B帶(填“正電”或“負電”)。

(3)回收砷。用ZnS去除酸性廢液中的三價砷[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+6H2O?2H3AsO3+3H2S。

60℃時，按n(S):n(As)=7:1向酸性廢液中加入ZnS，砷回收率隨反應時間的變化如圖乙所示。

①寫出ZnS與H3AsO3反應生成As2S3的離子方程式：。

②反應4h后，砷回收率下降的原因有。

【答案】(1)氧化S2?生成S，促進酸浸反應正向進行否。pH=0時，c(H+)=1mol?L?1

K(HS)?K(HS)?c(HS)1.0×10?7×1.2×10?13×10?2

c(S2?)=a12a222=mol?L?1=1.2×10?22mol?L?1

c2(H+)12

K(CdS)8.0×10?27

c(Cd2+)=sp=mol?L?1≈6.67×10?5mol?L?1>1.0×10?5mol?L?1，則Cd2+未沉淀完全ZnO

c(S2?)1.2×10?2

(2)Cl?負電

+2+

(3)2H3AsO3+3ZnS+6H=As2S3+3Zn+6H2O隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中H2S濃度減

小，促進As2S3+6H2O?2H3AsO3+3H2S平衡正向移動，As2S3重新溶解，砷回收率下降

2?

【解析】（1）①酸浸時，若不通入O2，會發(fā)生反應：ZnS+H2SO4?ZnSO4+H2S，通入O2可以氧化S生成S，促

進酸浸反應正向進行，提高Zn2+浸出率；

?1+?1

②通入H2S除鎘，當溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol?L時，c(H)=1mol?L，又因為Ka1(H2S)=1.0×

+-+2-2+2-

?7?13c(H)×c(HS)c(H)×c(S)c(H)×c(S)

10,Ka2(H2S)=1.2×10，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×-=，則

c(H2S)c(HS)c(H2S)

1×10?7×1.2×10?13×0.01K(CdS)8.0×10-27

c(S2-)=mol/L==1.2×10?22mol/L，則此時c(Cd2+)=sp=mol/L=6.6×10-5mol/L，

12c(S2-)1.2×10-22

此時Cd2+的濃度大于1.0×10?5mol?L?1，離子沉淀不完全。

③由②知，除鎘時溶液酸性較強，故應在不引入新雜質的同時消耗溶液中的H+，加入的氧化物為ZnO。

（2）晶胞摻雜過程中，應由半徑相近的微粒進行替換，則區(qū)域A中，由Cl?替換S2?，區(qū)域B中，由Cu+替換Zn2+；

11

按照均攤法，區(qū)域B中含Zn2+：3個、Cu+：1個、S2?：8×+6×=4個，(+2)×3+(+1)×1+(?2)×4=?1，

82

則區(qū)域B帶負電。

（3）①根據質量守恒、電荷守恒和題給信息“酸性廢液”，ZnS與H3AsO3反應除了生成As2S3外還有鋅離子，寫出

+2+

反應的離子方程式為：2H3AsO3+3ZnS+6H=As2S3+3Zn+6H2O。

②隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中H2S濃度減小，促進As2S3+6H2O?2H3AsO3+3H2S平衡正向移動，As2S3

重新溶解，砷回收率下降，所以反應4h后，砷回收率下降。

15．G是一種四環(huán)素類藥物合成中間體，其合成路線如下：

(1)A分子中，與2號碳相比，1號碳的C—H鍵極性相對(填“較大”或“較小”)。

(2)D→E會產生與E互為同分異構體且含五元環(huán)的副產物，其結構簡式為。

(3)E分子中含氧官能團名稱為醚鍵、羰基和，F分子中手性碳原子數目為。

(4)寫出同時滿足下列條件的G的一種同分異構體的結構簡式：。

①含有3種不同化學環(huán)境的氫原子；②堿性條件下水解后酸化，生成X和Y兩種有機產物，n(X):n(Y)=2:1，X的

相對分子質量為60，Y含苯環(huán)且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

(5)寫出以和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和兩碳

以下的有機試劑任用，合成路線示例見本題題干)。

【答案】(1)較大

(2)

(3)羧基1

(4)或

(5)

【分析】

A與B在甲醇鈉和甲醇的作用下，脫去溴化氫，生成C，C水解并脫去羧基生成D，D與五氧化二磷反應成環(huán)，生

成E，E先經過酯化，在和乙二醇反應生成F，F被四氫鋁鋰還原生成G，詳細流程為：

【解析】（1）1號碳與兩個酯基相連，2號碳只與一個酯基相連，酯基具有吸電子效應，使與其相連的碳原子上的

電子云密度降低，從而增強了C—H鍵的極性，因此1號碳的C-H鍵極性相對較大。

（2）由有機速破可知，D→E的反應是5號羧基與苯環(huán)上甲氧基同側鄰位碳上的H原子發(fā)生取代反應，而D中的4

號羧基也可能發(fā)生類似反應，會生成含五元環(huán)的副產物。

（3）根據E的結構簡式可知其含氧官能團還有羧基。F分子中只有與?COOCH3直接相連的碳原子是手性碳原子。

（4）G的分子式為C14H17O4Cl，其不飽和度為6.G的同分異構體在堿性條件下水解后酸化得到X和Y，且n(X):n(Y)=

2:1，Y含苯環(huán)且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則Y含有酚羥基，因此該同分異構體是X與Y形成的酯。X的相

對分子質量為60，據此可知X為CH3COOH，因此該同分異構體中含有2個CH3COO?基團，該基團不飽和度為1，

苯環(huán)的不飽和度為4，不飽和度共為6，則該同分異構體不含其他不飽和結構。其分子中含有17個H原子，且H

原子只有3種不同化學環(huán)境，說明該分子具有高度對稱性，2個CH3COO?在苯環(huán)上處于對稱位置。如果Cl原子連

在苯環(huán)側鏈中的碳原子上，則無論如何安排都不能得到只含有3種不同化學環(huán)境的H原子的結構，所以Cl原子連

在苯環(huán)上。除CH3COO?外，其他11個H原子只有2種不同化學環(huán)境，則應含有一個只有1種化學環(huán)境的H原子

的取代基，該基團只能為?C(CH3)3，苯環(huán)上未被取代的2個對稱的H原子作為第3種化學環(huán)境的H原子，由此可

得符合條件的同分異構體為：、。

（5）根據目標產物逆向分析，目標產物為聚酯，其單體為和，其中可由

先水解再酸化獲得，而含有2個?CH2OH，流程中物質G含有?CH2OH結構，該結構是

由?COOCH3被LiAlH4還原而來，則可由被LiAlH4還原而來，而

可視為的亞甲基上的H原子被環(huán)己基取代，這一步驟與題給流程中A+B→C的

反應類似，因此可由與在CH3ONa和CH3OH作用下反應生成，可由

與HBr反應制得。具體合成路線為：。

三、填空題

16．海洋出水鐵質文物表面有凝結物，研究其形成原理和脫氯方法對保護文物意義重大。

(1)文物出水清淤后，須盡快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中進行現場保護。

①玻璃中的SiO2能與NaOH反應生成(填化學式)，故不能使用帶磨口玻璃塞的試劑瓶盛放NaOH溶液。

②文物浸泡在堿性溶液中比暴露在空氣中能減緩吸氧腐蝕，其原因有。

(2)文物表面凝結物種類受文物材質和海洋環(huán)境等因素的影響。

2?2?

①無氧環(huán)境中，文物中的Fe與海水中的SO4在細菌作用下形成FeS等含鐵凝結物。寫出Fe與SO4反應生成FeS和

Fe(OH)2的離子方程式：。

②有氧環(huán)境中，海水中的鐵質文物表面形成FeOOH等凝結物。

2+

(i)鐵在鹽水中腐蝕的可能原理如圖所示。依據原理設計如下實驗：向NaCl溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液(能與Fe形

成藍色沉淀)和酚酞，將混合液滴到生鐵片上。預測該實驗的現象為。

(ii)鐵的氫氧化物吸附某些陽離子形成帶正電的膠粒，是凝結物富集Cl?的可能原因。該膠粒的形成過程中，參與的

主要陽離子有(填離子符號)。

(3)為比較含氯FeOOH在NaOH溶液與蒸餾水中浸泡的脫氯效果，請補充實驗方案：取一定量含氯FeOOH模擬樣品，

?10

將其分為兩等份，，比較滴加AgNO3溶液體積[Ksp(AgCl)=1.8×10。實驗須遵循節(jié)約試劑用量的原則，

?1?1?1

必須使用的試劑：蒸餾水、0.5mol?LNaOH溶液、0.5mol?LHNO3溶液、0.05mol?LAgNO3溶液]。

【答案】(1)Na2SiO3堿性環(huán)境抑制吸氧腐蝕正極反應的進行，反應速率減慢；堿性溶液中，O2溶解度較

小，減少文物與O2的接觸，減緩吸氧腐蝕

細菌

2??

(2)4Fe+SO4+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區(qū)域，

較長時間后出現黃色斑點Fe3+、Fe2+

(3)分別加入等體積(如5mL)的0.5mol?L?1NaOH溶液和蒸餾水至浸沒樣品，在室溫下，攪拌、浸泡30min；過濾，

?1

各取等量上清液(如2mL)置于兩支小試管中，分別滴加3mL0.5mol?LHNO3溶液酸化，再分別滴加0.05mol?

?1

LAgNO3溶液；記錄每份上清液至出現AgCl白色沉淀時消耗的AgNO3溶液體積

【解析】（1）①SiO2是酸性氧化物，可與NaOH溶液發(fā)生反應生成硅酸鈉和水，化學方程式為SiO2+2NaOH=

Na2SiO3+H2O。

???

②吸氧腐蝕時正極反應式為O2+4e+2H2O=4OH，根據化學平衡移動原理，堿性溶液中，OH濃度較大，會

抑制O2得電子，使吸氧腐蝕的速率減慢；O2在高離子濃度的液體中溶解度較小，堿性溶液比純水溶解氧的能力低，

減少了文物與O2的接觸，減緩吸氧腐蝕。

2?

（2）①無氧、弱堿性的海水中，Fe在細菌作用下，被SO4氧化為+2價的FeS、Fe(OH)2，根據得失電子守恒、電

細菌

2??

荷守恒、原子守恒可寫出該反應的離子方程式：4Fe+SO4+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH。

?2+?

②(ⅰ)由題圖知，鐵片在NaCl溶液中發(fā)生吸氧腐蝕，開始時，負極反應式為Fe?2e=Fe，正極反應式為O2+4e+

?2+?

2H2O=4OH。Fe與K3[Fe(CN)6]反應生成KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀，即鐵片上會出現藍色區(qū)域；溶液中酚酞遇到OH

2+

變紅，鐵片上會出現紅色區(qū)域；由“有氧環(huán)境中，海水中的鐵質文物表面形成FeOOH”知，Fe在鹽水中被O2氧化

成黃色的FeOOH，故現象是滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區(qū)域，較長時間后出現黃色斑點；

2+3+3+2+

(ⅱ)鐵片發(fā)生吸氧腐蝕，負極區(qū)生成Fe，被O2進一步氧化為Fe，此時體系中的陽離子主要有Fe、Fe。

（3）要檢驗脫氯效果，應控制樣品用量、脫氯時間、取用體積等變量相同，利用Ag+與Cl?的反應進行實驗。實驗

中，首先需要將等量的含氯FeOOH模擬樣品分別用等體積的NaOH溶液與蒸餾水浸泡脫氯，然后過濾，得到上清

液，取等體積的兩種上清液，先用HNO3溶液酸化，再加入AgNO3溶液，通過比較出現AgCl白色沉淀時消耗。AgNO3

溶液體積的大小，即可比較脫氯效果。

四、解答題

17．合成氣(CO和H2)是重要的工業(yè)原料氣。

(1)合成氣制備甲醇：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。CO的結構式為C≡O，估算該反應的ΔH需要(填數字)種化

學鍵的鍵能數據。

(2)合成氣經“變換”“脫碳”獲得純H2。

低溫型催化劑

①合成氣變換。向絕熱反應器中通入CO、H2和過量的H2O(g)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)??ΔH<

約230°C、3MPa

0。催化作用受接觸面積和溫度等因素影響，H2O(g)的比熱容較大。H2O(g)過量能有效防止催化劑活性下降，其原

因有。

②脫碳在鋼制吸收塔中進行，吸收液成分：質量分數30%的K2CO3吸收劑、K2CrO4(Cr正價有+3、+6)緩蝕劑等。

K2CO3溶液濃度偏高會堵塞設備，導致堵塞的物質是(填化學式)。K2CrO4減緩設備腐蝕的原理是。

x

(3)研究CH、HO(g)與不同配比的鐵鈰載氧體[FeO?(1?x)CeO，0≤x≤1，Ce是活潑金屬，正價有+3、+4]

422232

反應，氣體分步制備原理示意如圖甲所示。相同條件下，先后以一定流速通入固定體積的CH4、H2O(g)，依次發(fā)生

的主要反應：

載氧體供氧

步驟ⅠCH4→CO+2H2

850℃

載氧體奪氧

步驟ⅡH2O→H2

400℃

n(H)n(H)

①步驟Ⅰ中，產物氣體積分數、CH轉化率、2與x的關系如圖乙所示。x=0時，2大于理論值2的可能原因