2025年高考真题——化学（江苏卷）试卷（Word版附解析）

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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. AB. BC. CD. 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2ml电子，外电路通过0.01ml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，1mlX中苯环与3mlH2发生加成反应、碳碳双键与1mlH2发生加成反应、酮羰基与2mlH2发生加成反应，则1mlX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5ml，根据原子守恒，n(C)=3ml，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 ③. C、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。A．配制草酸溶液
B．润洗滴定管
C．滴定
D．读数