江苏省2025年普通高中学业水平选择性考试

2/13江苏省2025年普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16S—32Cl—35.5K—39Fe—56Zn—65As—75Cd—112Ce—140一、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.（2025·江苏高考1题）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.接触法制硫酸解析：A合成氨工业由氢气与氮气反应制氨气，发生反应的化学方程式为N2（g）＋3H2（g）ひ2NH3（g），A符合题意；湿法炼铜的原理是Fe＋CuSO4Cu＋FeSO4，B不符合题意；高炉炼铁的原理是Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，C不符合题意；接触法制硫酸时物质的转化过程为FeS2SO2SO3H2SO4，D不符合题意。2.（2025·江苏高考2题）科学家通过核反应

01n＋36Li13H＋24A.01B.36Li的基态原子核外电子排布式为1s1C.13H与

D.24He解析：C01n表示一个中子，A错误；36Li为3号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s1，B错误；13H与

12H质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；23.（2025·江苏高考3题）用0.05000mol·L－1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（）解析：D向容量瓶中加水时，需要用玻璃棒引流，A错误；润洗滴定管时应加入少量标准液，倾斜着转动滴定管，使标准液润湿全部滴定管内壁，然后一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2～3次，B错误；滴定时，酸式滴定管的活塞柄向右，左手从滴定管后向右伸出，拇指在滴定管前，食指及中指在管后，三指平行的轻轻握住活塞柄，用右手的拇指、食指和中指拿住锥形瓶，其余两指辅助在下侧，使瓶底离滴定台高约2～3cm，滴定管下端伸入瓶口内约1cm，C错误；读数时视线应与凹液面最低处相切，D正确。4.（2025·江苏高考4题）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＋间存在离子键解析：C由题给结构简式可知，苄氯为极性分子，A错误；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；F－、Na＋核外电子排布相同，则核电荷数越大，离子半径越小，故r（F－）＞r（Na＋），C正确；X属于超分子，超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，故X中15-冠-5与Na＋间存在分子间作用力，D错误。阅读下列材料，完成5～7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。5.（2025·江苏高考5题）下列说法正确的是（）A.硫黄有S2、S2－、S4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.如图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对解析：D同素异形体是指组成元素相同，但具有不同性质的单质，S2－为离子，A错误；青蒿素中含有—O—O—，高温下不稳定，B错误；NH3和CH4的中心原子均为sp3杂化，但NH3的中心N原子上存在一个孤电子对，CH4的中心C原子上不存在孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，故NH3分子中H—N—H键角小于CH4分子中H—C—H键角，C错误；鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对，D正确。6.（2025·江苏高考6题）下列化学反应表示正确的是（）A.黑火药爆炸：2KNO3＋C＋3SK2CO3＋N2↑＋3SO2B.电解饱和NaCl溶液制NaOH：Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋ClO－C.重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：nCH2CH—CH3CH2—CH—CH3D.向饱和氨盐水中通入过量CO2：NaCl＋NH3＋H2O＋CO2NaHCO3↓＋NH4解析：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以沉淀形式析出，D正确；黑火药爆炸时发生反应的化学方程式为2KNO3＋S＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑，A错误；电解饱和食盐水时生成氢气、氯气和NaOH，B错误；聚丙烯的结构简式应表示为，C错误。7.（2025·江苏高考7题）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I2D.不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油解析：C蛋白质在饱和硫酸铵溶液中发生盐析，与蛋白质能水解无关，A错误；青蒿素在乙醚中溶解度较大，且乙醚沸点较低，蒸馏分离出乙醚时可避免青蒿素受热分解，B错误；碘单质在CCl4中的溶解度比在水中的大，且CCl4难溶于水，故可用CCl4将碘水中的碘单质萃取出来，C正确；石油分馏提取汽油、柴油，利用的是不同烃的沸点不同，D错误。8.（2025·江苏高考8题）以稀硫酸为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H2O2H2↑＋O2↑。下列说法正确的是（）A.电极a上发生氧化反应生成O2B.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解析：A由题图可知，该原电池中电子由电极a向电极b移动，故电极a失电子作负极，电极反应式为2H2O－4e－4H＋＋O2↑；电极b得电子作正极，电极反应式为2H＋＋2e－H2↑；H＋由负极向正极移动。由上述分析可知，电极a上发生氧化反应生成O2，A正确；H＋由负极向正极移动，即通过质子交换膜由左室向右室移动，B错误；由总反应可知，光解时消耗水，电解质溶液中硫酸浓度逐渐增大，故溶液pH减小，C错误；由正极反应式可知，电路中每通过0.01mole－，电极b上产生0.005molH2，9.（2025·江苏高考9题）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∶2C.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溶液褪色解析：BY中只形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化，故sp3和sp2杂化的碳原子数目比为2∶4＝1∶2，B正确；1分子X中含有1个苯环、2个酮羰基、1个碳碳双键，故1molX最多能和6molH2发生加成反应，A错误；Z中存在同时连有3个碳原子的饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；Z中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色，D错误。10.（2025·江苏高考10题）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NO3C.电催化CO2与NO3－生成CO（NH2）2的反应方程式：CO2＋2NO3－＋18H＋CO（NH2）2＋D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生成CO（NH2）2解析：A过程Ⅱ中生成C≡O、N—H极性共价键，过程Ⅲ中生成C—N极性共价键，A正确；过程Ⅱ中*NO3－转化为*NH2，N的化合价降低，发生还原反应，B错误；题中反应电荷不守恒，正确的反应方程式为CO2＋2NO3－＋18H＋＋16e－CO（NH2）2＋7H2O，C错误；常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应生成（NH4）2CO3或NH4HCO3，不能得到CO（NH2）211.（2025·江苏高考11题）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]SO4B.步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色（Cu2＋）＜c蓝色（Cu2＋）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＋＋FeCu＋Fe2＋＋4NH3解析：B步骤Ⅰ中硫酸铜溶液与适量浓氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，步骤Ⅱ中氢氧化铜沉淀分别与浓氨水、稀盐酸反应生成[Cu（NH3）4]2＋（深蓝色）、氯化铜（蓝色），步骤Ⅲ向含有[Cu（NH3）4]2＋的深蓝色溶液中插入打磨过的铁钉，无明显现象，说明[Cu（NH3）4]2＋与Fe不反应，加入稀盐酸，[Cu（NH3）4]2＋与HCl反应生成Cu2＋和氯化铵，Fe与HCl反应生成Fe2＋和氢气，Fe与Cu2＋发生置换反应生成Fe2＋和Cu，因此会有气泡产生，铁钉表面出现红色物质Cu。Cu元素在深蓝色溶液中主要以[Cu（NH3）4]2＋形式存在，在蓝色溶液中主要以Cu2＋形式存在，[Cu（NH3）4]2＋不能电离，故深蓝色溶液中Cu2＋浓度小于蓝色溶液中Cu2＋浓度，B正确；步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为氢氧化铜，A错误；步骤Ⅲ中无明显现象是因为[Cu（NH3）4]2＋与Fe不反应，与铁的钝化无关，C错误；步骤Ⅲ中Fe与HCl反应生成氢气：Fe＋2HClFeCl2＋H2↑，Fe与Cu2＋反应生成Cu：Fe＋Cu2＋Fe2＋＋Cu，12.（2025·江苏高考12题）室温下，有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓硫酸溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示。已知：Ka（HSO4－）＝1.2×10－2，Ka1（H2SO3）＝1.2×10－2，Ka2（H2SO3）＝6.0×10－8。下列说法正确的是（A.较浓硫酸溶液中：c（H＋）＝2c（SO42－）＋c（B.NaHSO3溶液中：2HSO3－⇌SO32－＋H2SO3的平衡常数K＝5C.（NH4）2C2O4溶液中：c（NH3·H2O）＋c（OH－）＝c（H2C2O4）＋c（HC2O4－）＋c（HD.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜（Na＋）＝c沉镍（Na＋）解析：B由Ka（HSO4－）＝1.2×10－2知，较浓硫酸溶液中存在：H2SO4H＋＋HSO4－、HSO4－⇌H＋＋SO42－，故较浓硫酸溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＝c（OH－）＋c（HSO4－）＋2c（SO42－），A错误；2HSO3－⇌SO32－＋H2SO3的平衡常数K＝c（SO32－）·c（H2SO3）c2（HSO3－）＝c（SO32－）·c（H＋）·c（H2SO3）c（HSO3－）·c（H＋）·c（HSO3－）＝Ka2（H2SO13.（2025·江苏高考13题）甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：反应ⅠC3H8O3（g）3CO（g）＋4H2（g）ΔH＞反应ⅡCO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）ΔH＜反应ⅢCO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）ΔH＜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∶25C.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的物质的量解析：A反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ和Ⅲ是放热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，CH4的物质的量降低，CO和H2的物质的量升高，由C原子守恒知，550℃时n（CO）＜（3－2.2）mol，故曲线①为H2，②为CH4，③为CO。平衡体系中的含H物质有C3H8O3、H2、H2O、CH4，含C物质有C3H8O3、CH4、CO、CO2，根据C元素守恒有：1mol×3＝3n（C3H8O3）＋n（CH4）＋n（CO）＋n（CO2），根据H元素守恒有：1mol×8＋9mol×2＝8n（C3H8O3）＋4n（CH4）＋2n（H2）＋2n（H2O），两式联立，结合上述分析和图中数据可得n（H2O）＝7.2mol，故550℃时，H2O的平衡转化率为（9－7.2）mol9mol×100％＝20％，A正确；由题图知，550℃反应达到平衡时，n（CO2）∶n（CO）＝11∶2，B错误；其他条件不变，在400～550℃范围内，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，CO2的物质的量增加，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，C错误；反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅲ的平衡正向移动二、非选择题：共4题，共61分14.（2025·江苏高考14题）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：Ksp（ZnS）＝1.6×10－24，Ksp（CdS）＝8.0×10－27，Ka1（H2S）＝1.0×10－7，Ka2（H2S）＝1.2×10－13。当离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为离子沉淀完全。①酸浸时通入O2可提高Zn2＋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－1时，Cd2＋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＋6H2O⇌2H3AsO3＋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S2－生成S，促进酸浸反应正向进行；将FeS转化为Fe2（SO4）3，促使ZnS转化成ZnSO4②溶液中c（H＋）＝1mol·L－1，Ka1（H2S）·Ka2（H2S）＝c2（H＋）·c（S2－）c（H2S）＝1.0×10－7×1.2×10－13＝1.2×10－20，当c（H2S）＝0.01mol·L－1时，c（S2－）＝1.2×10－22mol·L－1，Ksp（CdS）＝c（Cd2＋）·c（S2－）＝8.0×10－27，c（Cd2＋）≈6.67×10－5mol·L－1＞1.0×10－5mol·L－1，故Cd2＋未沉淀完全③ZnO（2）Cl－负电（3）①3ZnS＋2H3AsO3＋6H＋As2S3＋3Zn2＋＋6H2O②c（H＋）减小，反应速率降低；As2S3＋6H2O⇌2H3AsO解析：（1）①未通入O2酸浸时发生反应ZnS＋H2SO4⇌ZnSO4＋H2S↑，酸浸通入O2时ZnS发生反应：ZnS＋H2SO4＋12O2ZnSO4＋H2O＋S，通入O2可以氧化H2S生成S，促进酸浸反应正向进行；酸浸通入O2时FeS发生反应：2FeS＋3H2SO4＋32O2Fe2（SO4）3＋3H2O＋2S，生成的Fe2（SO4）3可以氧化ZnS：ZnS＋Fe2（SO4）3ZnSO4＋S＋2FeSO4，促使ZnS转化为ZnSO4，从而提高Zn2＋的浸出率。②当溶液pH＝0时，c（H＋）＝1mol·L－1，结合c（H2S）＝0.01mol·L－1、Ka1（H2S）＝1.0×10－7、Ka2（H2S）＝1.2×10－13，可得c（S2－）＝1.2×10－22mol·L－1，根据Ksp（CdS）＝8.0×10－27，可得此时溶液中c（Cd2＋）＝8.0×10－271.2×10－22mol·L－1≈6.67×10－5mol·L－1＞1.0×10－5mol·L－1，故Cd2＋未沉淀完全。③沉锌过程中不能引入杂质，故可加入氧化锌调节溶液的pH。（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－：8×18＋6×12＝4个，（＋2）×3＋（＋1）×1＋（－2）×4＝－1，则区域B带负电。（3）①用ZnS去除酸性废液中的As（Ⅲ）并回收As2S3时，发生沉淀转化反应，各元素化合价均不变，故反应的离子方程式为3ZnS＋2H3AsO3＋6H＋As2S3＋3Zn2＋＋6H2O。②由反应原理知，随着反应进行，溶液中c（H＋）减小，溶液中H2S浓度减小，As2S3＋6H2O⇌2H15.（2025·江苏高考15题）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FeCl3溶液发生显色反应。（5）写出以和为原料制备[]n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）解析：（1）—COOCH3中含有电负性较大的O原子（有吸电子性），会增强邻位C原子上C—H键的极性。1号C比2号C连接的—COOCH3多，因而其C—H键极性更强。（2）E中右侧六元环由中2号羧基中的—OH与1号C上的H脱水所得，若改用3号羧基反应，则可得到与E互为同分异构体且含五元环的副产物。（3）E中的含氧官能团还有羧基；手性碳原子要求连接4个各不相同的基团或原子，因此F中只有1个手性碳原子，如图“*”所示。（4）G中含有14个C、1个Cl、4个O，不饱和度为6，其同分异构体（记作G'）在碱性条件下水解后酸化，生成两种有机物X和Y，且n（X）∶n（Y）＝2∶1，说明G'中存在两个酯基；Y中含有苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明Y中含有酚羟基，则X中应含有羧基；结合X的相对分子质量为60可知，X为CH3COOH；G'中只有3种不同化学环境的H原子，故G'结构对称，结合剩余碳原子数知，苯环上的另一个含碳取代基只能是—C（CH3）3。因此G'的结构简式为或。（5）从产物出发进行逆合成分析。观察目标产物（Ⅰ）的端基为—H和—OH可知其由缩聚反应生成，故其单体为Ⅱ和Ⅲ；Ⅱ可由Ⅳ（原料之一）水解得到；Ⅲ中的环己基来自原料环己醇，剩余的三个C原子来自Ⅳ，因此需要在反应中构建C—C键（Ⅲ中标出的C—C键）。观察题中物质A，其1号C连接了两个—COOCH3，与Ⅳ中间的C类似。A＋BC中A脱去1号C上的H，B脱去Br，构建了C—C键。参考反应A＋BC，先将环己醇Ⅴ转化为一溴环己烷Ⅵ（B的类似物），令Ⅳ（A的类似物）与Ⅵ反应得到Ⅶ；再参考题中反应F→G，可将Ⅶ中的—COOCH3转化为—CH2OH，即可得到前述逆合成分析中的Ⅲ，16.（2025·江苏高考16题）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SO42－在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO42－反应生成FeS和Fe（OH②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Fe2＋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AgNO3溶液体积[Ksp（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－1NaOH溶液、0.5mol·L－1HNO3溶液、0.05mol·L－1AgNO3溶液]。答案：（1）①Na2SiO3②碱性溶液中溶解氧浓度小，O2氧化性弱，碱性条件下铁表面易形成钝化膜（2）①4Fe＋SO42－＋4H2OFeS＋3Fe（OH）2＋2OH－②（ⅰ）液滴边缘形成红色环，生铁片中心产生蓝色沉淀（ⅱ）Fe3＋、Fe2＋（3）分别加入10mL0.5mol·L－1NaOH溶液和10mL蒸馏水中浸泡相同时间，取5mL上清液分别加入3mL0.5mol·L－1HNO3溶液，然后逐滴加入0.05mol·L－1AgNO3溶液，当加入最后半滴AgNO3溶液不再产生白色沉淀时解析：（1）①二氧化硅为酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O：SiO2＋2NaOHNa2SiO3＋H2O，Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，因此不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。②吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成Fe2＋，正极上O2得电子生成OH－，碱性溶液中OH－浓度大，O2的溶解和扩散速率均会降低，O2的氧化性减弱，更难被还原为OH－，另外，碱性条件下，铁表面会形成致密的氧化膜，阻断铁与O2的接触，故碱性条件能减缓吸氧腐蚀。（2）①Fe与SO42－反应生成FeS和Fe（OH）2，Fe的化合价由0升高为＋2，S的化合价由＋6降低为－2，根据得失电子守恒，Fe和SO42－的化学计量数分别为4、1，又因为生成Fe（OH）2，故为碱性环境，用OH－和H2O来平衡电荷，由此可得反应的离子方程式。②（ⅰ）由题图可知，在生铁片、空气和溶液的接触面处O2得电子转化成OH－，酚酞遇碱变红色，故溶液的边缘位置形成红色环，Fe失电子转化为Fe2＋，Fe2＋向生铁片中心位置移动，与K3[Fe（CN）6]形成蓝色沉淀，故生铁片中心区域形成蓝斑。（ⅱ）结合题图及Fe2＋易被O2氧化生成Fe3＋知，铁的氢氧化物可吸附Fe2＋、Fe3＋形成带正电的胶粒。（3）本题通过对照实验比较脱氯效果。由控制单一变量思想知，应将一定量含氯FeOOH样品分别在相同体积的NaOH溶液和蒸馏水中浸泡相同时间，取等量的上清液分别加入0.5mol·L－1HNO3溶液进行酸化，然后分别用0.05mol·L－1的AgNO3溶液进行滴定，当加入最后半滴AgNO3溶液，不再产生白色沉淀时停止滴定，比较消耗AgNO3溶液的体积17.（2025·江苏高考17题）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）：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）ΔH＜0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[x2Fe2O3·（1－x）CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有＋3、＋4]反应，气体分步制备原理示意如图。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O（g），依次