【高考真题】江苏省高考2024年化学真题
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．（2024·江苏）我国探月工程取得重大进展．月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是（ ）
A．O B．P C．Ca D．Fe
2．（2024·江苏）反应可用于壁画修复．下列说法正确的是（ ）
A．的结构示意图为 B．中既含离子键又含共价键
C．中元素的化合价为 D．的空间构型为直线形
3．（2024·江苏）实验室进行铁钉镀锌实验．下列相关原理、装置及操作不正确的是（ ）
A．配制溶液 B．铁钉除油污
C．铁钉除锈 D．铁钉镀锌
4．（2024·江苏）明矾可用作净水剂．下列说法正确的是（ ）
A．半径： B．电负性：
C．沸点： D．碱性：
（2024·江苏）阅读下列材料，完成问题：
倠化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等．倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制（二甲醚）、倠化氧化等．催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成（环氧乙烷）、用催化生成．催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞．我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向．
5．下列说法正确的是（ ）
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．汽车尾气处理：
B．电催化为的阳极反应：
C．硝酸工业中的氧化反应：
D．和催化制二甲醚：
7．下列有关反应描述正确的是（ ）
A．催化氧化为，断裂键
B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键
D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为
8．（2024·江苏）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．电池工作时，发生氧化反应
B．电池工作时，通过隔膜向正极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成，转移电子数为
9．（2024·江苏）化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有碳原子共平面
B．最多能与发生加成反应
C．Z不能与的溶液反应
D．Y、Z均能使酸性溶液褪色
10．（2024·江苏）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是（ ）
A．制备：溶液和
B．金属Mg制备：溶液
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
11．（2024·江苏）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（ ）
选项 实验过程及现象 实验结论
A 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性：
B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：
C 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数：
D 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力：
A．A B．B C．C D．D
12．（2024·江苏）室温下，通过下列实验探究的性质．已知，．
实验1：将气体通入水中，测得溶液．
实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气．
实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气．
下列说法正确的是（ ）
A．实验1所得溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体
D．实验3所得溶液中：
13．（2024·江苏）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应（忽略其他副反应）为：
①
②
、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管．装置及、、…位点处（相邻位点距离相同）的气体温度、CO和的体积分数如图所示．下列说法正确的是（ ）
（容器内与外界没有热量交换）
A．处与处反应①的平衡常数K相等
B．反应②的焓变
C．处的的体积分数大于处
D．混合气从起始到通过处，CO的生成速率小于的生成速率
二、非选择题：共4题，共61分．
14．（2024·江苏）回收磁性合金钕铁硼（）可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕．
（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等（忽略硼的化合物），用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣．Nd、Fe浸出率（）随浸取时间变化如图所示．
①含铁滤渣的主要成分为 （填化学式）．
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 ．
（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋．
①用含有机胺（）的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
（有机层）
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 ．
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋．铁酸铋晶胞如图所示（图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出），其中原子数目比
（3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到．
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀．该反应的离子方程式为 ．
②将（摩尔质量为）在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示．时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 ．
15．（2024·江苏）F是合成含松柏基化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中的含氧官能团名称为醚键和 ．
（2）中有副产物生成，该副产物的结构简式为 ．
（3）的反应类型为 ；C转化为D时还生成和 （填结构简式）．
（4）写出同时满足下列条件的F的一种芳香族同分异构体的结构简式： ．碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物．X分子中含有一个手性碳原子；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z不能被银氨溶液氧化．
（5）已知：与性质相似．写出以、、和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）
16．（2024·江苏）贵金属银应用广泛．Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水．
（1）沉淀．在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀（忽略滴加过程的体积增加），此时溶液中浓度约为 ．[已知：，]
（2）还原AgCl．在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag．
①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 ．
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是 ．
③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备]
（3）Ag的抗菌性能．纳米Ag表面能产生杀死细菌（如图所示），其抗菌性能受溶解氧浓度影响．
①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 ．
②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 ．
17．（2024·江苏）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成．
（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示．反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 ．
（2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应
．海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂．
①中含有CO会使催化剂中毒．和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 ．
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示．含量大于，出口处氨含量下降的原因是 ．
（3）反应可用于储氢．
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示．温度高于，产率下降的可能原因是 ．
②使用含氨基物质（化学式为，CN是一种碳衍生材料）联合催化剂储氢，可能机理如图所示．氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气（）代替，通过检测是否存在 （填化学式）确认反应过程中的加氢方式．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、O为8号元素，位于第二周期第ⅥA族，故A符合题意；
B、P为15号元素，位于第三周期第ⅤA族，故B不符合题意；
C、Ca为20号元素，位于第四周期第ⅡA族，故C不符合题意；
D、Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】O为8号元素，P为15号元素，Ca为20号元素，Fe为26号元素。
2．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图
【解析】【解答】A、核外有18个电子，最外层为8电子结构，其结构示意图为，故A错误；
B、为共价化合物，只含共价键，故B错误；
C、中O为-2价，S为+6价，故C正确；
D、中O采用，含有2个孤电子对，其空间构型为V形，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、核外共有18个电子；
B、为共价化合物；
C、中O为-2价，S为+6价；
D、的空间构型为V形。
3．【答案】A
【知识点】电镀
【解析】【解答】A、容量瓶是定容的仪器，不能用于溶解固体，故A错误；
B、油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，铁钉放在溶液中加热后可以除去其表面的油污，故B正确；
C、铁锈的主要成分是氧化铁，能与盐酸反应，将铁钉放在盐酸中可以除去其表面的铁锈，故C正确；
D、铁钉镀锌，铁钉与电源负极相连作阴极，锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为溶液，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、不能在容量瓶中溶解固体；
B、油污在NaOH中水解；
C、盐酸能与氧化铁反应；
D、铁钉镀锌，铁作阴极，锌为阳极。
4．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、电子层数越多，离子半径越大，有2个电子层，有3个电子层，因此 ，故A错误；
B、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>S，则电负性： ，故B正确；
C、常温下水为液体，H2S为气体，则沸点： ，故C错误；
D、Al(OH)3为两性氢氧化物，KOH为强碱，因此碱性： ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、电子层数越多，离子半径越大；
B、元素的非金属性越强，电负性越大；
C、常温下水为液体，H2S为气体；
D、元素的金属性越强，对应碱的碱性越强。
【答案】5．C
6．D
7．B
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A、催化剂能降低反应的活化能；
B、 用催化生成 ；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂；
D、催化剂不影响焓变；
（2）A、该方程式原子不守恒；
B、阳极发生失电子的氧化反应；
C、氨催化氧化生成一氧化氮和水；
D、和催化制二甲醚，同时生成水；
（3）A、羟基被氧化为醛基，形成C=O键；
B、氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层；
C、丁烷不含键 ；
D、石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化。
5．A、固氮酶是催化剂，能降低该反应的活化能，故A错误；
B、催化剂有选择性，C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，说明Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，故B错误；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂，能加快化学反应速率，故C正确；
D、催化剂不影响焓变， V2O5是SO2与O2反应的催化剂，不能改变该反应的焓变，故D错误；
故答案为：C。
6．A、 该方程式原子不守恒，正确的化学方程式为，故A错误；
B、 阳极发生的是失电子的氧化反应，故B错误；
C、发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D、 和催化制二甲醚，同时生成水，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：D。
7．A、 催化氧化为，断裂键和键生成键，故A错误；
B、 氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；
C、丁烷为饱和烃，不含键 ，故C错误；
D、 石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为，故D错误；
故答案为：B。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、MnO2为正极，发生还原反应，故A错误；
B、原电池工作时，阴离子向负极移动，即通过隔膜向负极移动，故B错误；
C、温度过低，反应速率过慢，不利于电池放电，故C正确；
D、由可知，反应中每生成，转移电子1mol，数目为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】根据总反应可知，Zn失去电子生成ZnO，则Zn为负极，电极反应式为，MnO2为正极，电极反应式为：。
9．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B、Y中碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应，则最多能与发生加成反应，故B错误；
C、Z中含有碳碳双键，能与的溶液发生加成反应，故C错误；
D、Y、Z中均含有碳碳双键，均能与酸性溶液反应，使酸性溶液褪色，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B、Y中碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应；
C、Z含有碳碳双键；
D、Y、Z均含碳碳双键。
10．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气和氯气点燃生成HCl，故A符合题意；
B、电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，不能得到Mg，故B不符合题意；
C、向NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳才能得到NaHCO3，故C不符合题意；
D、SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据各物质之间的转化关系解答。
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酸和碱反应，本质上是氢离子与氢氧根反应生成水，H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误；
B、向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：，该反应中，Br2为氧化剂，S为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：，故B正确；
C、和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误；
D、比较和结合能力，应在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的pH，溶液和溶液溶液浓度是否相等未知，无法达到实验目的，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、硫酸是二元酸，醋酸是一元酸；
B、氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C、和均为白色沉淀；
D、溶液和溶液溶液浓度是否相等未知。
12．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验1所得溶液为亚硫酸溶液，根据质子守恒有，则，故A错误；
B、实验2所得溶液为NaHSO3溶液，，则，故B错误；
C、NaHSO3具有还原性，易被氧化，则NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得固体，故C错误；
D、实验3发生的反应为，则恰好完全反应后，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 将气体通入水中 ，得到亚硫酸溶液， 将气体通入溶液中 ， ，得到的是NaHSO3溶液，SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾发生反应。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、平衡常数只与温度有关，处与处温度不同，则K不相等，故A错误；
B、随着反应进行，气体的温度逐渐升高，反应①为吸热反应，则反应②一定是放热反应，即，故B错误；
C、L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增大，说明反应②正向进行，反应②消耗CO，但CO的体积分数几乎不变，说明反应①正向进行产生CO，反应①为气体分子数不变的反应，反应②为气体分子数减小的反应，反应过程中，气体的总物质的量在减小，而n(H2O) 增大，H2O的体积分数会增大，因此L6处的 H2O的体积分数大于L5处，故C正确；
D、L1处，CO的体积分数大于 CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，反应时间相同，说明CO的生成速率大于 CH3OH的生成速率，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、平衡常数只与温度有关；
B、随反应进行，气体温度升高；
C、从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加；
D、相同时间内，产物越多反应速率越快。
14．【答案】（1）；浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
（2）pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动，有机层中的Fe元素增多；2：1
（3）；2：1
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的、等， 用盐酸酸浸 ，得到含有和的溶液，由图可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为，故答案为：；
②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小，因此浸出初期Fe浸出率先上升后下降，故答案为： 浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣 ；
（2）①随水层pH增大，的浓度减小，的平衡正向移动，的平衡逆向移动，浓度增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，的浓度增大，有机层中Fe元素含量迅速增多，故答案为： pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动，有机层中的Fe元素增多 ；
②由图可知，Fe位于晶胞体内和面上，数目为，Bi原子在晶胞面上，数目为，则2：1，故答案为：2：1；
（3）①向溶液中加入溶液，和发生双水解反应生成沉淀和CO2，反应的离子方程式为，故答案为：；
②的物质的量为，在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，则=；时，剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，固体变为时失去的质量是生成和的质量，根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，则该产物中的比值为，故答案为：2：1。
【分析】（1）①氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，增大，铁离子转化为氢氧化铁；
② 浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣 ；
（2）① pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动；
②根据均摊法计算；
（3）①和发生双水解反应；
②结合图示计算。
15．【答案】（1）酮羰基
（2）
（3）消去反应；
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，分子中的含氧官能团名称为醚键和酮羰基，故答案为：酮羰基；
（2）A生成B的过程是甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应，得到的羟基与(CH3)2NH发生取代反应，副产物的分子式，则该副产物是一分子A结合了两分子的HCHO和(CH3)2NH得到的，其结构简式为 ，故答案为： ；
（3）根据C、D的结构简式可知，C不含碳碳双键，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，的反应类型为消去反应；C转化为D时还生成和 ，故答案为：消去反应； ；
（4）F的分子式为C13H16O4，其芳香族同分异构体在碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物，则该同分异构体中含有两个酯基，X分子中含有一个手性碳原子，则有一个碳原子连接着四种互不相同的原子或原子团；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，则推测Y的结构简式为，Z不能被银氨溶液氧化，则Z不含醛基，则Z的结构简式为CH3COOH，X分子中共含有5个C原子，其中含有-COOH，则其结构简式为，则满足条件的结构简式为 ，故答案为： ；
（5）根据题干流程可知，可通过类似A→B、E→F的反应制得目标产物， 先发生水解，-Br转化为-OH得到，催化氧化的得到，与反应可得到，、、HCHO发生类似A→B的反应得到产物 ，则具体合成路线为 。
【分析】（1）根据A的结构简式解答；
（2）甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应生成B，该过程中发生的副反应为A与HCHO、(CH3)2NH反应得到，结合副产物的分子式分析；
（3）C发生消去反应生成D；根据质量守恒分析；
（4）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（5）参照题干合成路线，根据逆合成分析法确定具体合成步骤。
16．【答案】（1）
（2）；Fe与HCl反应得到Fe2+，Fe2+将AgCl还原为Ag；洗涤，向洗涤液中滴加AgNO3溶液确保CI-已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足稀HNO3若固体完全溶解，则AgCl3完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化
（3）；纳米Ag表面形成Ag2O银及其化合物
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，，故答案为： ；
（2）① 加入足量盐酸后静置 ， 铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁将AgCl还原为Ag，自身被氧化为氯化铁，同时有氢气生成，反应的化学方程式为：，故答案为：；
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag，故答案为：形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag；
③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化，故答案为： 洗涤，向洗涤液中滴加AgNO3溶液确保CI-已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足稀HNO3若固体完全溶解，则AgCl3完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 ；
（3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，反应的离子方程式为：，故答案为：；
②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降，故答案为：纳米Ag与氧气生成Ag2O。
【分析】（1）结合，计算；
（2）①根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的方程式；
②铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁将AgCl还原为Ag；
③ 若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，银能溶于硝酸；
（3）①氧气将银氧化为银离子，自身被还原为水；
②溶解氧浓度过高，银会反应生成氧化银。
17．【答案】（1）C、H、；
（2）；②多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3Al2O3含量大于2%-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少
（3）NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降；-NH2 可以与HCO3-形成氢键；HDO
【知识点】催化剂；化学平衡中反应条件的控制；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、，则化合价发生改变的元素有 C、H、Fe；CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应，则有，共生成mol H2，故答案为：C、H、Fe； ；
（2）①和氨水的混合溶液能吸收CO生成，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
② 多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3Al2O3含量大于2%， 表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 ，因此含量大于，出口处氨含量下降 ，故答案为： 多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%，表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
（3） ①温度高于 ， NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降 ，故答案为： NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降 ；
②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键，因此 氨基能将控制在催化剂表面 ；该过程的总反应为，用D2代替H2，若生成HDO，则可确认反应过程中的加氢方式，故答案为： -NH2 可以与HCO3-形成氢键 ；HDO。
【分析】（1）反应器Ⅰ中发生反应：、；
（2）①和氨水的混合溶液 吸收CO生成 ，据此书写化学方程式；
②多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%，表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
（3）①碳酸氢钠受热易分解；
②能与氨基形成氢键；该过程的总反应为。
1 / 1【高考真题】江苏省高考2024年化学真题
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．（2024·江苏）我国探月工程取得重大进展．月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是（ ）
A．O B．P C．Ca D．Fe
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、O为8号元素，位于第二周期第ⅥA族，故A符合题意；
B、P为15号元素，位于第三周期第ⅤA族，故B不符合题意；
C、Ca为20号元素，位于第四周期第ⅡA族，故C不符合题意；
D、Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】O为8号元素，P为15号元素，Ca为20号元素，Fe为26号元素。
2．（2024·江苏）反应可用于壁画修复．下列说法正确的是（ ）
A．的结构示意图为 B．中既含离子键又含共价键
C．中元素的化合价为 D．的空间构型为直线形
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图
【解析】【解答】A、核外有18个电子，最外层为8电子结构，其结构示意图为，故A错误；
B、为共价化合物，只含共价键，故B错误；
C、中O为-2价，S为+6价，故C正确；
D、中O采用，含有2个孤电子对，其空间构型为V形，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、核外共有18个电子；
B、为共价化合物；
C、中O为-2价，S为+6价；
D、的空间构型为V形。
3．（2024·江苏）实验室进行铁钉镀锌实验．下列相关原理、装置及操作不正确的是（ ）
A．配制溶液 B．铁钉除油污
C．铁钉除锈 D．铁钉镀锌
【答案】A
【知识点】电镀
【解析】【解答】A、容量瓶是定容的仪器，不能用于溶解固体，故A错误；
B、油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，铁钉放在溶液中加热后可以除去其表面的油污，故B正确；
C、铁锈的主要成分是氧化铁，能与盐酸反应，将铁钉放在盐酸中可以除去其表面的铁锈，故C正确；
D、铁钉镀锌，铁钉与电源负极相连作阴极，锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为溶液，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、不能在容量瓶中溶解固体；
B、油污在NaOH中水解；
C、盐酸能与氧化铁反应；
D、铁钉镀锌，铁作阴极，锌为阳极。
4．（2024·江苏）明矾可用作净水剂．下列说法正确的是（ ）
A．半径： B．电负性：
C．沸点： D．碱性：
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、电子层数越多，离子半径越大，有2个电子层，有3个电子层，因此 ，故A错误；
B、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>S，则电负性： ，故B正确；
C、常温下水为液体，H2S为气体，则沸点： ，故C错误；
D、Al(OH)3为两性氢氧化物，KOH为强碱，因此碱性： ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、电子层数越多，离子半径越大；
B、元素的非金属性越强，电负性越大；
C、常温下水为液体，H2S为气体；
D、元素的金属性越强，对应碱的碱性越强。
（2024·江苏）阅读下列材料，完成问题：
倠化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等．倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制（二甲醚）、倠化氧化等．催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成（环氧乙烷）、用催化生成．催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞．我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向．
5．下列说法正确的是（ ）
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．汽车尾气处理：
B．电催化为的阳极反应：
C．硝酸工业中的氧化反应：
D．和催化制二甲醚：
7．下列有关反应描述正确的是（ ）
A．催化氧化为，断裂键
B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键
D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为
【答案】5．C
6．D
7．B
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A、催化剂能降低反应的活化能；
B、 用催化生成 ；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂；
D、催化剂不影响焓变；
（2）A、该方程式原子不守恒；
B、阳极发生失电子的氧化反应；
C、氨催化氧化生成一氧化氮和水；
D、和催化制二甲醚，同时生成水；
（3）A、羟基被氧化为醛基，形成C=O键；
B、氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层；
C、丁烷不含键 ；
D、石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化。
5．A、固氮酶是催化剂，能降低该反应的活化能，故A错误；
B、催化剂有选择性，C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，说明Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，故B错误；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂，能加快化学反应速率，故C正确；
D、催化剂不影响焓变， V2O5是SO2与O2反应的催化剂，不能改变该反应的焓变，故D错误；
故答案为：C。
6．A、 该方程式原子不守恒，正确的化学方程式为，故A错误；
B、 阳极发生的是失电子的氧化反应，故B错误；
C、发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D、 和催化制二甲醚，同时生成水，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：D。
7．A、 催化氧化为，断裂键和键生成键，故A错误；
B、 氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；
C、丁烷为饱和烃，不含键 ，故C错误；
D、 石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为，故D错误；
故答案为：B。
8．（2024·江苏）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．电池工作时，发生氧化反应
B．电池工作时，通过隔膜向正极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成，转移电子数为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、MnO2为正极，发生还原反应，故A错误；
B、原电池工作时，阴离子向负极移动，即通过隔膜向负极移动，故B错误；
C、温度过低，反应速率过慢，不利于电池放电，故C正确；
D、由可知，反应中每生成，转移电子1mol，数目为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】根据总反应可知，Zn失去电子生成ZnO，则Zn为负极，电极反应式为，MnO2为正极，电极反应式为：。
9．（2024·江苏）化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有碳原子共平面
B．最多能与发生加成反应
C．Z不能与的溶液反应
D．Y、Z均能使酸性溶液褪色
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B、Y中碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应，则最多能与发生加成反应，故B错误；
C、Z中含有碳碳双键，能与的溶液发生加成反应，故C错误；
D、Y、Z中均含有碳碳双键，均能与酸性溶液反应，使酸性溶液褪色，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B、Y中碳碳双键和羰基均能与氢气发生加成反应；
C、Z含有碳碳双键；
D、Y、Z均含碳碳双键。
10．（2024·江苏）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是（ ）
A．制备：溶液和
B．金属Mg制备：溶液
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气和氯气点燃生成HCl，故A符合题意；
B、电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，不能得到Mg，故B不符合题意；
C、向NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳才能得到NaHCO3，故C不符合题意；
D、SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据各物质之间的转化关系解答。
11．（2024·江苏）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（ ）
选项 实验过程及现象 实验结论
A 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性：
B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：
C 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数：
D 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酸和碱反应，本质上是氢离子与氢氧根反应生成水，H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误；
B、向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：，该反应中，Br2为氧化剂，S为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：，故B正确；
C、和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误；
D、比较和结合能力，应在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的pH，溶液和溶液溶液浓度是否相等未知，无法达到实验目的，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、硫酸是二元酸，醋酸是一元酸；
B、氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C、和均为白色沉淀；
D、溶液和溶液溶液浓度是否相等未知。
12．（2024·江苏）室温下，通过下列实验探究的性质．已知，．
实验1：将气体通入水中，测得溶液．
实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气．
实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气．
下列说法正确的是（ ）
A．实验1所得溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体
D．实验3所得溶液中：
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验1所得溶液为亚硫酸溶液，根据质子守恒有，则，故A错误；
B、实验2所得溶液为NaHSO3溶液，，则，故B错误；
C、NaHSO3具有还原性，易被氧化，则NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得固体，故C错误；
D、实验3发生的反应为，则恰好完全反应后，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 将气体通入水中 ，得到亚硫酸溶液， 将气体通入溶液中 ， ，得到的是NaHSO3溶液，SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾发生反应。
13．（2024·江苏）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应（忽略其他副反应）为：
①
②
、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管．装置及、、…位点处（相邻位点距离相同）的气体温度、CO和的体积分数如图所示．下列说法正确的是（ ）
（容器内与外界没有热量交换）
A．处与处反应①的平衡常数K相等
B．反应②的焓变
C．处的的体积分数大于处
D．混合气从起始到通过处，CO的生成速率小于的生成速率
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、平衡常数只与温度有关，处与处温度不同，则K不相等，故A错误；
B、随着反应进行，气体的温度逐渐升高，反应①为吸热反应，则反应②一定是放热反应，即，故B错误；
C、L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增大，说明反应②正向进行，反应②消耗CO，但CO的体积分数几乎不变，说明反应①正向进行产生CO，反应①为气体分子数不变的反应，反应②为气体分子数减小的反应，反应过程中，气体的总物质的量在减小，而n(H2O) 增大，H2O的体积分数会增大，因此L6处的 H2O的体积分数大于L5处，故C正确；
D、L1处，CO的体积分数大于 CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，反应时间相同，说明CO的生成速率大于 CH3OH的生成速率，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、平衡常数只与温度有关；
B、随反应进行，气体温度升高；
C、从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加；
D、相同时间内，产物越多反应速率越快。
二、非选择题：共4题，共61分．
14．（2024·江苏）回收磁性合金钕铁硼（）可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕．
（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等（忽略硼的化合物），用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣．Nd、Fe浸出率（）随浸取时间变化如图所示．
①含铁滤渣的主要成分为 （填化学式）．
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 ．
（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋．
①用含有机胺（）的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
（有机层）
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 ．
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋．铁酸铋晶胞如图所示（图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出），其中原子数目比
（3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到．
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀．该反应的离子方程式为 ．
②将（摩尔质量为）在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示．时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 ．
【答案】（1）；浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
（2）pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动，有机层中的Fe元素增多；2：1
（3）；2：1
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的、等， 用盐酸酸浸 ，得到含有和的溶液，由图可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为，故答案为：；
②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小，因此浸出初期Fe浸出率先上升后下降，故答案为： 浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣 ；
（2）①随水层pH增大，的浓度减小，的平衡正向移动，的平衡逆向移动，浓度增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，的浓度增大，有机层中Fe元素含量迅速增多，故答案为： pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动，有机层中的Fe元素增多 ；
②由图可知，Fe位于晶胞体内和面上，数目为，Bi原子在晶胞面上，数目为，则2：1，故答案为：2：1；
（3）①向溶液中加入溶液，和发生双水解反应生成沉淀和CO2，反应的离子方程式为，故答案为：；
②的物质的量为，在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，则=；时，剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，固体变为时失去的质量是生成和的质量，根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，则该产物中的比值为，故答案为：2：1。
【分析】（1）①氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，增大，铁离子转化为氢氧化铁；
② 浸出初期，c(H+)较大，Fe的浸出率较大，5 min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣 ；
（2）① pH增大，有利于( R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移动；
②根据均摊法计算；
（3）①和发生双水解反应；
②结合图示计算。
15．（2024·江苏）F是合成含松柏基化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中的含氧官能团名称为醚键和 ．
（2）中有副产物生成，该副产物的结构简式为 ．
（3）的反应类型为 ；C转化为D时还生成和 （填结构简式）．
（4）写出同时满足下列条件的F的一种芳香族同分异构体的结构简式： ．碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物．X分子中含有一个手性碳原子；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z不能被银氨溶液氧化．
（5）已知：与性质相似．写出以、、和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）
【答案】（1）酮羰基
（2）
（3）消去反应；
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，分子中的含氧官能团名称为醚键和酮羰基，故答案为：酮羰基；
（2）A生成B的过程是甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应，得到的羟基与(CH3)2NH发生取代反应，副产物的分子式，则该副产物是一分子A结合了两分子的HCHO和(CH3)2NH得到的，其结构简式为 ，故答案为： ；
（3）根据C、D的结构简式可知，C不含碳碳双键，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，的反应类型为消去反应；C转化为D时还生成和 ，故答案为：消去反应； ；
（4）F的分子式为C13H16O4，其芳香族同分异构体在碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物，则该同分异构体中含有两个酯基，X分子中含有一个手性碳原子，则有一个碳原子连接着四种互不相同的原子或原子团；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，则推测Y的结构简式为，Z不能被银氨溶液氧化，则Z不含醛基，则Z的结构简式为CH3COOH，X分子中共含有5个C原子，其中含有-COOH，则其结构简式为，则满足条件的结构简式为 ，故答案为： ；
（5）根据题干流程可知，可通过类似A→B、E→F的反应制得目标产物， 先发生水解，-Br转化为-OH得到，催化氧化的得到，与反应可得到，、、HCHO发生类似A→B的反应得到产物 ，则具体合成路线为 。
【分析】（1）根据A的结构简式解答；
（2）甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应生成B，该过程中发生的副反应为A与HCHO、(CH3)2NH反应得到，结合副产物的分子式分析；
（3）C发生消去反应生成D；根据质量守恒分析；
（4）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（5）参照题干合成路线，根据逆合成分析法确定具体合成步骤。
16．（2024·江苏）贵金属银应用广泛．Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水．
（1）沉淀．在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀（忽略滴加过程的体积增加），此时溶液中浓度约为 ．[已知：，]
（2）还原AgCl．在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag．
①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 ．
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是 ．
③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备]
（3）Ag的抗菌性能．纳米Ag表面能产生杀死细菌（如图所示），其抗菌性能受溶解氧浓度影响．
①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 ．
②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 ．
【答案】（1）
（2）；Fe与HCl反应得到Fe2+，Fe2+将AgCl还原为Ag；洗涤，向洗涤液中滴加AgNO3溶液确保CI-已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足稀HNO3若固体完全溶解，则AgCl3完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化
（3）；纳米Ag表面形成Ag2O银及其化合物
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，，故答案为： ；
（2）① 加入足量盐酸后静置 ， 铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁将AgCl还原为Ag，自身被氧化为氯化铁，同时有氢气生成，反应的化学方程式为：，故答案为：；
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag，故答案为：形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag；
③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化，故答案为： 洗涤，向洗涤液中滴加AgNO3溶液确保CI-已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足稀HNO3若固体完全溶解，则AgCl3完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 ；
（3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，反应的离子方程式为：，故答案为：；
②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降，故答案为：纳米Ag与氧气生成Ag2O。
【分析】（1）结合，计算；
（2）①根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的方程式；
②铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁将AgCl还原为Ag；
③ 若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，银能溶于硝酸；
（3）①氧气将银氧化为银离子，自身被还原为水；
②溶解氧浓度过高，银会反应生成氧化银。
17．（2024·江苏）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成．
（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示．反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 ．
（2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应
．海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂．
①中含有CO会使催化剂中毒．和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 ．
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示．含量大于，出口处氨含量下降的原因是 ．
（3）反应可用于储氢．
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示．温度高于，产率下降的可能原因是 ．
②使用含氨基物质（化学式为，CN是一种碳衍生材料）联合催化剂储氢，可能机理如图所示．氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气（）代替，通过检测是否存在 （填化学式）确认反应过程中的加氢方式．
【答案】（1）C、H、；
（2）；②多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3Al2O3含量大于2%-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少
（3）NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降；-NH2 可以与HCO3-形成氢键；HDO
【知识点】催化剂；化学平衡中反应条件的控制；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、，则化合价发生改变的元素有 C、H、Fe；CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应，则有，共生成mol H2，故答案为：C、H、Fe； ；
（2）①和氨水的混合溶液能吸收CO生成，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
② 多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3Al2O3含量大于2%， 表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 ，因此含量大于，出口处氨含量下降 ，故答案为： 多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%，表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
（3） ①温度高于 ， NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降 ，故答案为： NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降 ；
②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键，因此 氨基能将控制在催化剂表面 ；该过程的总反应为，用D2代替H2，若生成HDO，则可确认反应过程中的加氢方式，故答案为： -NH2 可以与HCO3-形成氢键 ；HDO。
【分析】（1）反应器Ⅰ中发生反应：、；
（2）①和氨水的混合溶液 吸收CO生成 ，据此书写化学方程式；
②多孔Al2O2作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%，表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
（3）①碳酸氢钠受热易分解；
②能与氨基形成氢键；该过程的总反应为。
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