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2025 年河南高考真题化学试题
一、单选题
1．活字印刷术极大地促进了世界文化的交流，推动了人类文明的进步。下列“活字”字坯的主要成分为硅酸盐的是
A．泥活字 B．木活字 C．铜活字 D．铅活字
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．泥活字的主要材料是粘土，粘土的主要成分是硅酸盐，A正确；
B．木活字主要成分是纤维素，B错误；
C．铜活字是铜合金，主要成分是铜，C错误；
D．铅活字主要成分是铅，D错误；
故选A。
2．下列化学用语或图示正确的是
A．反−1，2−二氟乙烯的结构式：
B．二氯甲烷分子的球棍模型：
C．基态S原子的价电子轨道表示式：
D．用电子式表示CsCl的形成过程：
【答案】B
【详解】
A．顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别位于双键
的两侧，所以 为顺−1，2−二氟乙烯，A错误；
B．二氯甲烷中含有两根碳氢键和两根碳氯键，键长不一样，球棍模型为 ，B正确；
C．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，轨道表示式： ，C错误；
D．氯化铯为离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程： ，D错误；
故选B。3．下列图示中，实验操作或方法符合规范的是
B．量取20.00mL草酸 C．收集二氧化碳气 D．观察钠与水的反
A．溶解氯化钠固体
溶液 体 应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．溶解氯化钠固体应该在烧杯中进行，为了加快溶解，可用玻璃棒搅拌，不能在试管中溶解，A错误；
B．滴定管能精确到两位小数，量取20.00mL草酸溶液，要选择酸式滴定管，实验操作符合规范，B正确；
C．收集二氧化碳可用向上排空气法，但不能用瓶塞塞紧集气瓶，这样空气排不出去，而且易发生爆炸，C错误；
D．钠与水的反应比较剧烈，而且产生的氢氧化钠有腐蚀性，不能把眼睛凑上去观察，D错误；
故选B。
4．X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反
应条件)。已知X和Q的组成元素相同。
下列说法错误的是
A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化
C．R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D．Q可以通过单质间化合反应制备
【答案】C
【分析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色
可知X是FeS ，Y是Fe O ，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。
2 2 3
【详解】
A．Fe O 可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；
2 3
B．含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH) 胶体，溶液颜色发生变化，B正确；
3
C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；
D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；
答案选C。
5．对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是
A．磷酸二氢钠水解：H PO−+H O⇌H PO +OH−
2 4 2 3 4
B．用稀盐酸浸泡氧化银：Ag O+2H+ =2Ag++H O
2 2
C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO−+H+ =HClO
D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：H++SO2−+Ba2++HCO− =BaSO ↓+CO ↑+H O
4 3 4 2 2
【答案】A
【详解】
A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为H PO−+H O⇌H PO +OH−，A正确；
2 4 2 3 4
B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag O+2H++2Cl－=2AgCl+H O，B错误；
2 2
C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I +Cl－+H O，C错误；
2 2
D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为2H++SO2-+Ba2++2HCO-=BaSO ↓+2CO ↑
4 3 4 2
+2H O，D错误；
2答案选A。
6．我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、X、Y和Z
组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，𝑋所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原
子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是
A．QY 为极性分子 B．𝑍𝑌为共价晶体
3
C．原子半径：W>Z D．1个X 分子中有2个𝜋键
2
【答案】D
【分析】Q、W、X、Y和Z为原子序最依次增大的短周期元素，基态X原子的s轨道中电子总数比P轨道中电子
数多1，X是N；X所在族的族序数等于Q的质子数，Q是B，所以W是C；基态Y和Z原子的原子核外均只有1
个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍，即质子数之和为20，所以Y是F，Z是Na。
【详解】
A．BF 为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误；
3
B．NaF是离子晶体，B错误；
C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C错误；
D．N 分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确；
2
答案选D。
7．化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是
A．分子中所有的原子可能共平面
B．1molM最多能消耗4molNaOH
C．既能发生取代反应，又能发生加成反应
D．能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键
【答案】C
【详解】
A．该分子中存在-CH ，因此不可能所有原子共面，A错误；
3
B．该分子中能与NaOH反应的官能团为2个酚羟基、酯基(1个普通酯基、1个酚酯基)、1个羧基，除酚羟基形成
的酯基外，其余官能团消耗NaOH的比例均为1：1，因此1mol M最多能消耗5mol NaOH，B错误；
C．M中存在羟基、羧基等，能够发生取代反应，存在苯环结构，因此能发生加成反应，C正确；
D．M中存在羟基、羧基，能形成分子间氢键，由于存在羟基与羧基相邻的结构，因此也能形成分子内氢键，D错
误；
故选C。
8．某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是
A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B．③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH >H O
3 2
C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
【答案】D氨水 过量氨水
【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：CuSO (aq) → Cu(OH) (s) →
4 2
乙醇 过量浓盐酸
[Cu(NH ) ]SO (aq) → [Cu(NH ) ]SO (s) → [CuCl ]2−。
3 4 4 3 4 4 4
【详解】
A．②中沉淀为Cu(OH) (s)，④中沉淀为[Cu(NH ) ]SO (s)，二者不是同一物质，A正确；
2 3 4 4
B．③中含有的溶质为[Cu(NH ) ]SO ，Cu2+与NH 中N原子形成配位键，而未与H O中O形成配位键，说明配体
3 4 4 3 2
结合能力：NH >H O，B正确；
3 2
C．[Cu(NH ) ]SO 为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向[Cu(NH ) ]SO 的水溶液中
3 4 4 3 4 4
加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得[Cu(NH ) ]SO 在水溶液中析出，即[Cu(NH ) ]SO 在乙醇中的溶解度
3 4 4 3 4 4
小于在水中，C正确；
D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有[CuCl ]2−，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，D错误；
4
故选D。
9．自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下
的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量M =870+32𝑥(x为整数)。
𝑟
下列说法正确的是
A．𝑥 =1 B．第一电离能：CO>C，B
错误；
C．该化合物中，配离子与NO−之间为离子键，C错误；
3
D．该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的
原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，D错误；
故选A。
10．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH CH CH (g)⇌CH CH=
3 2 3 3
CH (g)+H (g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态， ∗CH CHCH +2∗H→CH CH=CH (g)+
2 2 3 2 3 2
H (g)中部分进程已省略)。
2下列说法正确的是
A．总反应是放热反应
B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为 ∗CH CH CH →∗ CH CHCH +∗H
3 2 3 3 3
【答案】C
【详解】
A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；
B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；
C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确；
D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH CHCH →*CH CHCH +*H或
3 3 3 2
*CH CHCH +*H→*CH CHCH +2*H，D错误；
3 3 3 2
故选C。
11．可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P
的路线如图所示。
下列说法错误的是
A．E能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．由E、F和G合成M时，有HCOOH生成
C．P在碱性条件下能够发生水解反应而降解
D．P解聚生成M的过程中，存在C−O键的断裂与形成
【答案】B
【详解】
A．E含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．由氧原子守恒推断，产物不是甲酸，由反应原理推断，E与F发生碳碳双键的加成反应生成 ，再与甲醛发生加成反应，再脱去1分子CH OH可生成M，B错误；
3
C．P中含有酯基，在碱性条件下，酯基会水解，导致高分子化合物降解， C正确；
D．P解聚生成M的过程中，存在酯基中 碳氧键的断裂，形成M过程中存在C-O键的生成，D正确；
故选B。
12．一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Ⅱ为阳离子交换膜
B．电极a附近溶液的pH减小
C．电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN) ]4-+e-=[Fe(CN) ]3-
6 6
D．若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5g NaCl，理论上可回收1mol LiCl
【答案】D
【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O +4e−+2H O=4OH−，右侧为阳极，电极反应为[Fe(CN) ]4-－
2 2 6
e﹣=[Fe(CN) ]3-，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜
6
Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，据此解
答。
【详解】
A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A错误
B．a电极的反应为O +4e−+2H O=4OH−，pH变大，B错误；
2 2
C．由分析可知，电极b的反应为[Fe(CN) ]4-－e﹣=[Fe(CN) ]3-，C错误；
6 6
D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D
正确；
故选D。
13．在MoS 负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH 可在室温下高效转化为CH COOH，其可能的反应机理如图所示。
2 4 3下列说法错误的是
A．该反应的原子利用率为100%
B．每消耗1mol O 可生成1mol CH COOH
2 3
C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化
D．若以CD 为原料，用H O吸收产物可得到CD COOH
4 2 3
【答案】B
【分析】由反应历程可知，总反应为2CO+2CH +O =2CH COOH，据此解答。
4 2 3
【详解】
A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确；
B．由分析可知，每消耗1mol O 可生成2mol CH COOH，B错误；
2 3
C．由反应历程可知，催化剂Rh-Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，
所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；
D．若以CD 为原料，有反应历程可知，会生成CD COOD，用H O吸收产物时，其存在电离平衡：CD COOD⇌
4 3 2 3
CD COO−+D+，CD COO−结合水电离出的H+可得到CD COOH，D正确；
3 3 3
故选B。
14．乙二胺(H NCH CH NH ，简写为Y)可结合H+转化为[H NCH CH NH ]+(简写为HY+)[H NCH CH NH ]2+(简写
2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3
为H Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY ]+两种配离子。室温下向AgNO 溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改
2 2 3
变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为1.00×10-3mol⋅L-1
和1.15×10-2mol⋅L-1。-lg[c(M)/(mol⋅L-1)]与-lg[c(Y)/(mol⋅L-1)]的变化关系如图1所示(其中M代表Ag+、[AgY]+
或[AgY ]+)，分布系数δ(N)与pH的变化关系如图2所示(其中N代表Y、HY+或H Y2+)。比如
2 2
δ(H Y2+)=
c(H2Y2+)
。
2 c(Y)+c(HY+)+c(H2Y+)
下列说法错误的是
A．曲线I对应的离子是[AgY ]+
2
B．δ(HY+)最大时对应的pH=8.39
C．反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K =104.70
1
D．-lg[c(Y)/(mol⋅L-1)]=3.00时，c(HY+)>c(H Y2+)>c(Y)
2
【答案】D
【分析】Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY ]+两种配离子，发生的反应为Ag++Y⇌[AgY]+、[AgY]++Y⇌[AgY ]+，故
2 2
随着Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY ]+增大，则从图像上(从右向左表示Y浓度的变大)
2
可以看出，曲线Ⅰ表示[AgY ]+浓度，Ⅱ表示浓度[AgY]+浓度，Ⅲ表示Ag+浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，
2
H Y2+浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H Y2+浓度，曲线Ⅴ表示HY+浓度，曲线Ⅵ表示Y 浓度，
2 2
据此解题。
【详解】
A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[AgY ]+，A正确；
2B．由题意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y+H O⇌HY++OH−，K =
c(HY+)·c(OH−)
，当c(HY+)=
2 b1 c(Y)
c(Y)时，c(H+)=10−9.93，c(OH−)=10−4.07，则K =10−4.07，同理K =10−7.15，K ×K =
c(HY+)·c(OH−)
×
b1 b2 b1 b2 c(Y)
c(H2Y+)·c(OH−)
=
c(H2Y+)·c2(OH−)
=10−11.22，由图像可知，当δ(H Y2+)=δ(Y)时，δ(HY+)最大，则c(OH−)=10−5.61，
c(HY+) c(Y) 2
pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数 K= c[AgY]+ ，由图可知，当c(Y)=10−4.70时，c[AgY]+=c(Ag+)，则K= 1 =
c(Ag+)·c(Y) 10−4.70
104.70，C正确；
D．-lg[c(Y)/(mol⋅L-1)]=3.00时，c(Y)=10−3mol/L，c(Ag+)=10−5.01，c[AgY ]+=c[AgY]+，由物料守恒可知，
2
c(Ag+)+c[AgY ]++c[AgY]+=1.00×10−3mol/L，则c[AgY ]+=c[AgY]+=4.95×10−4mol/L，Y的初始浓度为
2 2
1.15×10-2mol⋅L-1，由物料守恒得2c[AgY ]++c[AgY]++c(Y)+c(HY+)+c(H Y+)=1.15×10−2mol/L，代入数据，
2 2
𝑐(Y)+𝑐(HY+)+c(H Y+)≈0.01mol/L，则δ(Y)= c(Y) = 10−3 =0.1，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，
2 c(Y)+c(HY+)+c(H2Y+) 0.01
此时c(HY+)＞c(Y)＞c(H Y2+)，D错误；
2
故选D。
二、解答题
15．一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO ]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
2
回答下列问题：
(1)“酸溶1”的目的是 。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H [RhCl ]，则生成该物质的化学方程式为 ；“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
3 6
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh O 和RhCl ，则“高温还原”中发生反应的化学方程
2 3 3
式为 。
(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl 初始浓度为1.0×10-4mol⋅L-1，为避免生成Sn(OH) 沉淀，溶液适宜的pH为
2 2
(填标号)[已知Sn(OH) 的K =5.5×10-28]。
2 sp
A．2.0 B．4.0 C．6.0
(5)“活化还原”中，SnCl 必须过量，其与Rh(III)反应可生成[Rh(SnCl ) ]4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的
2 3 5
化合价为 ；反应中同时生成[SnCl ]2-，Rh(III)以[RhCl ]3-计，则理论上SnCl 和Rh(III)反应的物质的量之比
6 6 2
为 。
(6)“酸溶3”的目的是 。
【答案】
(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
(2) Rh+6HCl+HNO =H [RhCl ]+NO↑+2H O SiO
3 3 6 2 2
高温 高温
(3)Rh O +3H = 2Rh+3H O、2RhCl +3H = 2Rh+6HCl
2 3 2 2 3 2
(4)A
(5) +1 6：1
(6)除去滤渣中未反应的Zn
【分析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO ]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解
2其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh转化为H [RhCl ]，Pt转
3 6
化为相关可溶物，SiO 不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉
2
淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh O 和RhCl ，再用H 进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH Cl
2 3 3 2 4
将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl 将Rh(III)转化为[Rh(SnCl ) ]4-，再加入Zn进行还原，生成Rh，
2 3 5
由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
【详解】
（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO ，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非
2
氧化性酸溶解，SiO 不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余
2
滤渣主要为Rh、Pt和SiO ，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
2
（2）“酸溶2”中Rh转化为H [RhCl ]，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO 中N元素化合价由+5降低至+3，结合化
3 6 3
合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh+6HCl+HNO =H [RhCl ]+NO↑+2H O；由上述分析可知
3 3 6 2
该过程中滤渣的主要成分为SiO 。
2
（3）“高温还原”过程中，Rh O 和RhCl 均被H 还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒
2 3 3 2
高温 高温
以及原子守恒可知反应方程式为Rh O +3H = 2Rh+3H O、2RhCl +3H = 2Rh+6HCl。
2 3 2 2 3 2
（4）SnCl 初始浓度为1.0×10-4mol⋅L-1，则溶液中𝑐(Sn2+)=1.0×10-4mol⋅L-1，当恰好生成Sn(OH) 沉淀时，
2 2
𝑐(OH−)=√ 𝐾sp [Sn(OH)2 ] =√ 5.5×10−28 mol⋅L-1 ≈2.3×10−12，𝑐(H+)= 𝐾W = 10−14 ≈4.3×10−3，pH=
𝑐(Sn2+) 1.0×10-4 𝑐(OH−) 2.3×10−12
−lg𝑐(H+)=−lg(4.3×10−3)=3−0.6=2.4，因此为避免生成Sn(OH) 沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。
2
（5）配离子[Rh(SnCl ) ]4-中，配体[SnCl ]−带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则𝑥+5×(−1)=−4，则x=+1；
3 5 3
Rh(III)以[RhCl ]3-计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl 为还原剂，部分被氧化为[SnCl ]2-，
6 2 6
Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl 结合一个Cl-形成[SnCl ]−，作为新的
2 3
配体，每生成1个[Rh(SnCl ) ]4-，需要5个SnCl ，因此理论上SnCl 和Rh(III)反应的物质的量之比为(1+5):1=6:1。
3 5 2 2
（6）由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl ) ]4-完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存
3 5
在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。
16．某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为S+2OH−+3H O =SO2−+4H O。
2 2 4 2
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取mg细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，
1
加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。
Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H O 溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。
2 2
Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用cmol⋅L−1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶
液体积为V mL。
2
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V mL。计算样品中硫的质量分数。
3
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是： ；②的名称是 。
(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是 。
(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO2−，实验操作是 。
4
(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为 。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为 (写出计算式)。【答案】
(1) 圆底烧瓶 球形冷凝管
(2)作溶剂，溶解单质硫
(3)防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果
(4) 实验需要加热至100 ℃ 取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡溶液产生白色
沉淀，说明含有SO2−
4
(5)滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色
(6)
1.6𝑐（𝑉3 －𝑉2 ）
%
𝑚
【详解】
（1）根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管；
（2）硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫；
（3）双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇；
（4）由于实验需要加热至100 ℃，而水的沸点就是100 ℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的硫酸根离子，
需要排除溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡
溶液产生白色沉淀，说明含有SO2−。
4
（5）甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙
色，且半分钟内不褪色；
（6）不加入硫磺，消耗HCl标准溶液体积为V mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV mol，反应后剩余氢氧化
3 3
钾的物质的量是0.001cV mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c（V －V ）mol，所以根据方程式
2 3 2
S+2OH−+3H O =SO2−+4H O可知硫单质的物质的量0.0005c（V －V ）mol，所以单次样品测定中硫的质量分数可
2 2 4 2 3 2
表示为0.0005𝑐（𝑉3 －𝑉2 ）×32
×100%=
1.6𝑐（𝑉3 －𝑉2 ）
%。
𝑚 𝑚
17．CaCO 的热分解与Ni P催化的CH 重整结合，可生产高纯度合成气(H +CO)，实现碳资源的二次利用。主要反
3 x y 4 2
应如下：
反应Ⅰ：CaCO (s)⇌CaO(s)+CO (g) ΔH =+178kJ⋅mol−1
3 2 1
反应Ⅱ：CH (g)+CO (g)⇌2H (g)+2CO(g) ΔH =+247kJ⋅mol−1
4 2 2 2
反应Ⅲ：H (g)+CO (g)⇌H O(g)+CO(g) ΔH =+41kJ⋅mol−1
2 2 2 3
回答下列问题：
(1)Ca位于元素周期表中 区；基态Ni2+的价电子排布式为 。
(2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 。
(3)Ni P的晶胞如图1所示(晶胞参数a=b≠c,α=β=90°,γ=120°)，该物质的化学式为 。
x
(4)恒压条件下，CH 重整反应可以促进CaCO 分解，原因是 。
4 3
(5)在温度分别为T 、T 和T 下，CH 的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“T ”“T ”
1 2 3 4 1 2
或“T ”)，原因是 。
3(6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO 和1.0 mol CH ，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应
3 4
至平衡时，体系中CaCO 转化率为80%，CH 转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数K = (保
3 4 p
留小数点后一位)，此时原位CO 利用率为 。
2
已知：原位CO 利用率=
[𝑛CaCO3 (初始)−𝑛CaCO3 (平衡)−nCO2 (平衡)]
×100%
2 𝑛CaCO3 (初始)
【答案】
(1) s 3d8
(2)O原子上存在2对孤电子对
(3)Ni P
2
(4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO ，降低体系CO 分压，使反应Ⅰ平衡右移
2 2
(5) T 升高温度，反应Ⅱ正向移动
1
(6) 1.2 70%
【详解】
（1）Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排
布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。
（2）中心O原子有2个σ键，孤电子对数为6−2×1 =2，共4个价电子对，VSEPR模型为四面体型，空间构型为V
2
型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对。
（3）该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所
含P原子数为2+4× 1 +4× 1 =3，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1
6 12
个位于体内，Ni原子数为1+8× 1 +6× 1 =6，因此该物质的化学式为Ni P。
2
4 2
（4）CH 重整反应会消耗CO ，降低体系中CO 分压，使CaCO 分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解
4 2 2 3
提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO ，降低体系CO 分压，使反应Ⅰ平衡右移。
2 2
（5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH 转化率增大，因此温度最高的是T ，故
4 1
答案为：T ；升高温度，反应Ⅱ正向移动。
1
（6）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO 和1.0 mol CH ，恒压反应至平衡时，体系中CaCO 转化率
3 4 3
为80%，反应Ⅰ：CaCO (g)⇌CaO(g)+CO (g)平衡时生成𝑛(CO )=0.8mol，CH 转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，
3 2 2 4
则
CH (g) + CO (g) ⇌ 2H (g) + 2CO(g)
4 2 2
起始/mol 1 0.8 0 0
转化/mol 0.6 0.6 1.2 1.2
平衡/mol 0.4 0.2 1.2 1.2H (g) + CO (g) ⇌ H O(g) + CO(g)
2 2 2
起始/mol 1.2 0.2 0 1.2
转化/mol 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡/mol 1.1 0.1 0.1 1.3
气体总物质的量n =(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，
总
1.3 0.1
反应Ⅲ的平衡常数𝐾 =
𝑝(CO)⋅𝑝(H2O)
=
(
3
×100kPa)⋅(
3
×100kPa)
≈1.2，CaCO 平衡时𝑛(CaCO )=(1−1×80%)mol=
p 𝑝(CO2 )⋅𝑝(H2 ) ( 0.1 ×100kPa)⋅( 1.1 ×100kPa) 3 3
3 3
0.2mol，原位CO 利用率为
[𝑛CaCO3 (初始)−𝑛CaCO3 (平衡)−𝑛CO2 (平衡)]
×100%=
(1.0−0.2)−0.1
×100%=70%，故答案为：1.2；
2 𝑛CaCO3 (初始) 1
70%。
18．化合物I具有杀虫和杀真菌活性，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。
回答下列问题：
(1)I中含氧官能团的名称是 。
(2)A的结构简式为 。
(3)由B生成C的化学方程式为 。反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇；若改为向异丙醇中滴加B
则会导致更多副产物的生成，副产物可能的结构简式为 (写出一种即可)。
(4)由D生成E的反应类型为 。
(5)由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为C H F NO ，则J的结构简式为 (写出一种即
23 26 3 3
可)。
(6)G的同分异构体中，含有碳氧双键的还有 种(不考虑立体异构)；其中，能发生银镜反应，且核磁共振氢谱
显示为两组峰的同分异构体的结构简式为 。
【答案】
(1)醚键，酯基
(2)(3)
(4)取代反应
(5)
(6) 6
【分析】
A在氯气和氯化铁催化下生成B，根据B的结构可推出A为 ，B与异丙醇发生取代反应生成C，C
与浓硝酸发生取代反应生成D，根据F的结构推出D为 ，D与 发生取代反应
生成E，E为 ，E与铁粉，氯化氢发生还原反应生成F，F与3-戊酮在一定条件下
生成H，H与乙酰氯发生反应生成I，据此解答。
【详解】
（1）由I的结构式可知，其含氧官能团为醚键，酯基，故答案为：醚键，酯基；
（2）由分析可知，A为 ，故答案为： ；
（3）由分析可知，B与异丙醇发生取代反应生成C和氯化氢，化学方程式为：
；反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇，异
丙醇较少，滴加下去优先和活泼的酰氯发生反应，若改为向异丙醇中滴加B，则异丙醇足量，会苯环上的氯原子发
生取代，导致更多副产物的生成，副产物的结构简式为 ，故答案为：
； ；（4）根据C的结构推出D为 ，D与 发生取代反应生成E，故答案为：取代
反应；
（5）由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为C H F NO ，说明F生成H发生了已知信息第一
23 26 3 3
步反应，然后第二步反应，第二步两种产物互为顺反异构体，则J的结构简式为 ，
故答案为： ；
（6）G为3-戊酮，分子式为C H O，它的同分异构体中，含有碳氧双键，说明为醛或酮，若为醛，可以看成将醛
5 10
基挂在-C H 上，共有4种同分异构体，分别为： ，若为酮，除了
4 9
G本身外，共有2种同分异构体，分别为： ，共有6种符合要求的同分异构体，其中，能发
生银镜反应（含有醛基），且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异构体的结构简式为 ，故答案为：6； 。
