2025年高考化学试卷（河南卷）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2025·高考化学真题

机密★启用前 河南省 2025 年普通高中学业水平选择性考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 Br80 一、选择题：本题共 14小题，每小题 3分，共 42分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求。 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 【解析】 【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。 第1页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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 A．溶解氯化钠固 B．量取20.00mL草 C．收集二氧化碳 D．观察钠与水的 体 酸溶液 气体 反应 第2页/共22页 学科网（北京）股份有限公司A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【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 【解析】 【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 2 PO 4 - +H 2 O ƒ H 3 PO 4 +OH- 第3页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为H 2 PO 4 - +H 2 O ƒ H 3 PO 4 +OH-，A正确； 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 2 2 误； 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 ↑+2H O，D错误； 4 3 4 2 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p键 2 【答案】D 【解析】 【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； 第4页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【详解】A．该分子中存在-CH ，因此不可能所有原子共面，故A项错误； 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，故B 项错误； 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，故C项正确； 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，故D项错误； 综上所述，说法正确的是C项。 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 第5页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下： CuSO aq¾氨¾水¾®CuOH s¾过¾量¾氨水¾® 4 2 éCuNH  ùSO aq¾乙¾醇¾®éCuNH  ùSO s¾过¾量¾浓盐¾酸®CuCl 2- 。 ë 3 4 û 4 ë 3 4 û 4 4 【详解】A．②中沉淀为CuOH 2 s ，④中沉淀为é ë CuNH 3  4 ù û SO 4 s ，二者不是同一物质，故A项 说法正确； B．③中含有的溶质为é ë CuNH 3  4 ù û SO 4 ，Cu2+与NH 3 中N原子形成配位键，而未与H 2 O中O形成配位 键，说明配体结合能力：NH >H O，故B项说法正确； 3 2 C．é ë CuNH 3  4 ù û SO 4 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 éCuNH  ùSO 的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得éCuNH  ùSO 在水溶液 ë 3 4 û 4 ë 3 4 û 4 中析出，即é ë CuNH 3  4 ù û SO 4 在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； 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，故D项 4 说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 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：C< NO>C，故B项说法错误； C．该化合物中，配离子与NO-之间为离子键，故C项说法错误； 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，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的为A项。 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 3 CH 2 CH 3 (g) ƒ CH 3 CH=CH 2 (g)+H 2 (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)+H (g)中部分进程已省略)。 3 2 3 2 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 第7页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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 【解析】 【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； 第8页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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 2 2 éFeCN ù 4- －e﹣=éFeCN ù 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， ë û ë û 6 6 氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜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éFeCN ù 4- －e﹣=éFeCN ù 3- ，C错误； ë û ë û 6 6 第9页/共22页 学科网（北京）股份有限公司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 2 4 3 如图所示。 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 【解析】 【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CDCOOD，用H O吸收产物时，其存在电离平衡： 4 3 2 CD 3 COOD ƒ CD 3 COO- +D+，CD 3 COO-结合水电离出的H+可得到CD 3 COOH ，D正确； 第10页/共22页 学科网（北京）股份有限公司故选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+) 2 2 2 2 2 2 2 3 H NCH CH NH 2+ (简写为H Y2+)。Ag+与Y可形成[AgY]+和AgY + 两种配离子。室温下向 3 2 2 3 2 2 AgNO 溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变 3 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。 -lgéc(M)/  mol×L-1ù与-lgéc(Y)/  mol×L-1ù的变化关系如图1所示(其中M代表Ag+、[AgY]+或 ë û ë û 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 c  H Y2+ δ  H Y2+ = 2 。 2 c(Y)+c  HY+ +c  H Y+ 2 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++Yƒ [AgY]+的平衡常数K =104.70 1 D. -lgéc(Y)/  mol×L-1ù=3.00时，c  HY+ >c  H Y2+ >c(Y) ë û 2 【答案】D 【解析】 【分析】Ag+与Y可形成[AgY]+和AgY + 两种配离子，发生的反应为Ag++Yƒ [AgY]+、 2 [AgY]++Y ƒ [AgY 2 ]+，故随着Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY 2 ]+增 第11页/共22页 学科网（北京）股份有限公司大，则从图像上(从右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线Ⅰ表示[AgY ]+浓度，Ⅱ表示浓度[AgY]+浓 2 度，Ⅲ表示Ag+浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，H Y2+浓度大，当碱性较强时，Y的浓度 2 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，据此解题。 2 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[AgY ]+，A正确； 2 B．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 2 O ƒ HY+ +OH-， c  HY+ ·c  OH- K = ，当c  HY+ =cY 时，c  H+ =10-9.93，c  OH- =10-4.07，则 b1 cY K =10-4.07，同理K =10-7.15， b1 b2 c  HY+ ·c  OH- c  H Y+ ·c  OH- c  H Y+ ·c2 OH- K ´K = ´ 2 = 2 =10-11.22，由图像可知，当 b1 b2 cY c  HY+ cY δ  H Y2+ =δY 时，δ  HY+ 最大，则c  OH- =10-5.61，pOH=5.61，pH=8.39，B正确； 2 c[AgY]+ C．反应Ag++Yƒ [AgY]+的平衡常数 K= c  Ag+ ·cY ，由图可知，当cY=10-4.70时， 1 c[AgY]+=c  Ag+ ，则K = =104.70，C正确； 10-4.70 D．-lgéc(Y)/  mol×L-1ù=3.00时，cY=10-3mol/L，c  Ag+ =10-5.01，c[AgY ]+=c[AgY]+，由 ë û 2 物料守恒可知，c  Ag+ +c[AgY ]++c[AgY]+=1.00×10-3mol/L，则 2 c[AgY ]+=c[AgY]+=4.95×10-4mol/L，Y的初始浓度为1.15´10-2mol×L-1，由物料守恒得 2 2c[AgY ]++c[AgY]++cY+c  HY+ +c  H Y+ =1.15´10-2mol/L，代入数据， 2 2 cY 10-3 cY+c  HY+ +c  H Y+ »0.01mol/L，则 δY= = =0.1 ，由图像可 2 c(Y)+c  HY+ +c  H Y+ 0.01 2 知，pH在8.39-9.93之间，此时c  HY+＞cY＞c  H Y2+ ，D错误； 2 故选D。 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 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 2 工艺流程如下： 第12页/共22页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （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 3 6 成分是_______(填化学式)。 （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” 2 3 3 中发生反应的化学方程式为_______。 （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 2 2 液适宜的pH为_______(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éRhSnCl  ù 4- ，提升了Rh的还原速 2 ë 3 5 û 率，该配离子中Rh的化合价为_______；反应中同时生成SnCl 2- ，Rh(III)以RhCl 3- 计，则理论上 6 6 SnCl 和Rh(III)反应的物质的量之比为_______。 2 （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） ①. Rh+6HCl+3HNO =H RhCl +3NO ­+3H O ②. SiO 3 3 6 2 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. +1 ②. 6：1 （6）除去滤渣中未反应的Zn 【解析】 【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， 2 加入浓盐酸溶解其中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， 第13页/共22页 学科网（北京）股份有限公司Rh转化为H RhCl  ，Pt转化为相关可溶物，SiO 不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸， 3 6 2 再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh O 和RhCl ，再用H 2 3 3 2 进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NHCl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl 将Rh 4 2 (III)转化为éRhSnCl  ù 4- ，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量 ë 3 5 û 的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 【小问1详解】 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 2 被非氧化性酸溶解，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) 2 进入滤液，剩余滤渣主要为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 2 过过滤实现分离。 【小问2详解】 “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 6 3 +4，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为 Rh+6HCl+3HNO =H RhCl +3NO ­+3H O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为 3 3 6 2 2 SiO 。 2 【小问3详解】 “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 2 3 3 2 高温 升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh O +3H = 2Rh+3H O、 2 3 2 2 高温 2RhCl +3H = 2Rh+6HCl。 3 2 【小问4详解】 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 2 2 K Sn(OH)  5.5´10-28 时，c  OH- = sp 2 = mol×L-1 »2.3´10-12 ， c  Sn2+ 1.0´10-4 K 10-14 c  H+ = W = »4.3´10-3 ，pH=-lgc  H+ =-lg  4.3´10-3 =3-0.6=2.4，因此 c  OH- 2.3´10-12 为避免生成Sn(OH) 沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 2 【小问5详解】 第14页/共22页 学科网（北京）股份有限公司配离子éRhSnCl  ù 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 ë 3 5 û 3 x=+1；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 6 2 分被氧化为SnCl 2- ，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 6 2 一个Cl-形成SnCl - ，作为新的配体，每生成1个éRhSnCl  ù 4- ，需要5个SnCl ，因此理论上 3 ë 3 5 û 2 SnCl 和Rh(III)反应的物质的量之比为 1+5:1=6:1。 2 【小问6详解】 由于“二次还原”过程中，为确保éRhSnCl  ù 4- 完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成 ë 3 5 û 物Rh存在于滤渣中，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VmLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸 1 馏水，搅拌，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， 2 2 冷却至室温。 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VmL。计算样品中硫的质量 3 分数。 Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： 第15页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（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 4 操作是_______。 （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） ①. 圆底烧瓶 ②. 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） ①. 实验需要加热至100 ℃ ②. 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 1.6（c V－V） （6） 3 2 % m 【解析】 【小问1详解】 根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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； 【小问4详解】 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 【小问5详解】 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； 【小问6详解】 第16页/共22页 学科网（北京）股份有限公司不加入硫磺，消耗HCl标准溶液体积为VmL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV mol，反应后剩余 3 3 氢氧化钾的物质的量是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 2 3 2 以根据方程式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 2 2 4 2 3 2 0.0005（c V－V）´32 1.6（c V－V） 品测定中硫的质量分数可表示为 3 2 ´100%= 3 2 %。 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 3 x y 4 2 次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO 3 (g) ƒ CaO(g)+CO 2 (g) DH 1 =+178kJ×mol-1 反应Ⅱ：CH 4 (g)+CO 2 (g) ƒ 2H 2 (g)+2CO(g) DH 2 =+247kJ×mol-1 反应Ⅲ：H 2 (g)+CO 2 (g) ƒ H 2 O(g)+CO(g) DH 3 =+41kJ×mol-1 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 =b¹c,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 1 2 3 4 _______(填“T ”“T ”或“T ”)，原因是_______。 1 2 3 第17页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（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 3 4 可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO 转化率为80%，CH 转化率为60%，CO物质的量为 3 4 1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数K =_______(保留小数点后一位)，此时原位CO 利用率为_______。 p 2 [n (初始)-n (平衡)-n (平衡)] 已知：原位CO 利用率= CaCO 3 CaCO 3 CO 2 ´100% 2 n (初始) CaCO 3 【答案】（1） ①. s ②. 3d8 （2）O原子上存在2对孤电子对 （3）Ni P （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 2 （5） ①. T ②. 升高温度，反应Ⅱ正向移动 1 （6） ①. 1.2 ②. 70% 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 6-2´1 中心O原子有2个σ键，孤电子对数为 =2，共4个价电子对，VSEPR模型为四面体型，空间 2 构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对。 【小问3详解】 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 1 1 所含P原子数为2+4´ +4´ =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 6 12 第18页/共22页 学科网（北京）股份有限公司1 1 胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为1+8´ +6´ =6，因此该物质的化学式为Ni P。 2 4 2 【小问4详解】 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 4 2 2 3 钙分解提供能量，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 【小问5详解】 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 4 T ，故答案为：T ；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 1 1 【小问6详解】 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 3 4 CaCO 3 转化率为80%，反应Ⅰ：CaCO 3 (g) ƒ CaO(g)+CO 2 (g)平衡时生成nCO 2 =0.8mol，CH 4 转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，则 CH g + CO g 2H g + 2COg 4 2 ƒ 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 1.2 H g + CO g H Og + COg 2 2 ƒ 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 æ1.3 ö æ0.1 ö ´100kPa × ´100kPa pCO× pH O ç è 3 ÷ ø ç è 3 ÷ ø 反应Ⅲ的平衡常数K = 2 = »1.2，CaCO 平衡时 p pCO × pH  æ0.1 ö æ1.1 ö 3 2 2 ç ´100kPa ÷ × ç ´100kPa ÷ è 3 ø è 3 ø nCaCO =1-1´80%mol=0.2mol，原位CO 利用率为 3 2 [n (初始)-n (平衡)-n (平衡)] 1.0-0.2-0.1 CaCO 3 CaCO 3 CO 2 ´100%= ´100%=70%，故答案为：1.2； n (初始) 1 CaCO 3 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)。 第19页/共22页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （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 FNO ，则J的结构简式为 23 26 3 3 _______(写出一种即可)。 （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） ①. ②. 第20页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（4）取代反应 （5） （6） ①. 6 ②. 【解析】 【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。 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 由分析可知，A为 ，故答案为： ； 【小问3详解】 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 第21页/共22页 学科网（北京）股份有限公司案为： ； ； 【小问4详解】 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； 【小问5详解】 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 FNO ，说明F生成H发生了已知信息 23 26 3 3 第一步反应，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： ； 【小问6详解】 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 5 10 将醛基挂在-C H 上，共有4种同分异构体，分别为： ， 4 9 若为酮，除了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； 。 第22页/共22页 学科网（北京）股份有限公司