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2025届高考化学模拟预测押题卷（新课标卷）
一．选择题（共7小题）
1．（2025 河南模拟）“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的叙述正确的是（　　）
A．“良渚古城遗址”出土的良渚陶器属于新型无机非金属材料
B．“贾湖骨笛”制作材料是鹤类尺骨，它的成分Ca5（PO4）3OH属于有机盐
C．台北故宫的“东坡肉形石”是一块天然玛瑙石，该矿物为非晶体
D．“马家窑”出土的铜刀表面的绿色物质属于复盐
2．（2025 南阳模拟）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。一种功能性聚碳酸酯高分子材料G可由如图反应制备。
下列说法错误的是（　　）
A．x＝m+n
B．反应的原子利用率为100%
C．G在酸性或碱性条件下均能降解
D．E与F均能使溴的四氯化碳溶液褪色
3．（2025 河南校级模拟）下列有关离子方程式书写正确的是（　　）
A．侯氏制碱法中制备NaHCO3：
B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为：
C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2使反应完全：
4．（2025 郑州模拟）某种新型无机物的化学式为X3YZW4QW3。Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的5种不同主族的短周期元素；Q是有机物的必备元素，X和Y为金属元素；Q和W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W＞Q
B．氢化物的沸点：W＞Q
C．单质X能从Y盐的水溶液中置换出Y单质
D．Z的最高价氧化物可用于干燥H2S气体
5．（2025 河南模拟）含同种元素的A、B、C、D四种物质，能发生如图转化（反应条件与水溶液省略）。已知甲是生活中用量最大的金属单质，C在常温下是红棕色液体。下列说法正确的是（　　）
A．从海水中提取物质C时，不发生氧化还原反应
B．D的水溶液经加热蒸干灼烧，也可以生成A
C．在加热条件下，可发生反应：甲+C→B（未配平）
D．用蒸馏法可分离苯与A的水溶液
6．（2025 河南校级模拟）我国科研工作者通过将辛胺反应与二氧化碳反应耦合，实现了辛腈的高选择性合成。图是以氢氧燃料电池为电源，以CO2与辛胺为原料合成辛腈的工作原理图（以KOH溶液为电解液，隔膜只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（　　）
A．气体A为氧气，气体B为氢气
B．X电极的电势比Y电极的低，X电极可能有副产物O2生成
C．Y电极上的电极反应式为：+4OH﹣﹣4e﹣＝+4H2O
D．每消耗标准状况下2.24LO2时，会有0.4mol OH﹣由X电极区移向Y电极区
7．（2025 河南模拟）已知H2A为二元酸，且第一步电离为完全电离；MHA易溶于水；MOH为强碱。常温下，含足量M2A（s）的M2A饱和溶液中，pc（M+）[pc（M+）＝﹣lgc（M+）]及含A微粒的分布系数δ[如]随溶液pH的变化如图。下列说法正确的是（　　）
A．甲为δ（H2A）随溶液pH的变化曲线
B．常温下，任意浓度的H2A溶液中均存在c（HA﹣）＞c（A2﹣）
C．0.1mol L﹣1的MHA溶液中：c（HA﹣）+2c（A2﹣）＜c（M+）
D．常温下，Ksp（M2A）的数量级为10﹣7
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025春 河南期中）三氧化钼（MoO3）是石油工业中常用的催化剂。一种从黄铜矿（主要含有CuFeS2、MoS2、SiO2及其他惰性杂质）中获得MoO3以及硫酸盐产品的流程如图。
已知：“闪速焙烧”的温度范围在1100～1300℃，该条件下发生反应MoS2+O2→MoO3+SO2（未配平，下同）、CuFeS2+O2→Cu2O+Fe2O3+SO2。
回答下列问题：
（1）已知CuFeS2中Fe为+3价，则Cu的化合价为 　 　 。
（2）为了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有 　 　 （写2条）。
（3）当反应“MoS2+O2→MoO3+SO2”生成4mol SO2时，该反应转移 　 　 mol电子。
（4）“滤渣”中除了含有一些惰性杂质外，还含有 　 　 （填化学式）。
（5）下列物质中既含有离子键，又含有共价键的是 　 　 （填选项字母）。
a．NH3 H2O b．（NH4）2MoO4 c．Na2SO4 d．SiO2
（6）工业上也可用如图装置处理烟气中SO2（注：质子交换膜只允许H+通过）。
①N极的电极反应式为 　 　 ；H+透过质子交换膜向 　 　 （填“左”或“右”）移动。
②用该装置处理SO2烟气的显著优点是 　 　 。
三．解答题（共2小题）
9．（2022秋 太康县期末）金属腐蚀现象涉及国民经济和国防建设各个领域，危害十分严重。近几十年来，金属的腐蚀与防护已成为一门独立的综合性边缘学科。已知：Fe2+遇K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀。
（1）实验一：某小组同学认为，以下两种检验方法均能证明铁发生了吸氧腐蚀。
装置 操作 现象
ⅰ.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞试液 碳棒附近溶液变红
ⅱ.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe（CN）6]溶液 铁片表面产生蓝色沉淀
①用电极反应式解释实验ⅰ中的现象：　 　 。
②查阅资料知：K3[Fe（CN）6]具有氧化性。有同学认为仅通过ⅱ中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是 　 　 。
③为进一步探究K3[Fe（CN）6]的氧化性对实验ⅱ结果的影响，进行了下列实验，几分钟后的实验现象记录如下：
实验 试管中液体 现象
ⅲ.蒸馏水 无明显变化
ⅳ.1.0mol L﹣1NaCl溶液 铁片表面产生大量蓝色固体
ⅴ.0.5mol L﹣1Na2SO4溶液 无明显变化
a.以上实验表明：在Cl﹣存在的条件下，K3[Fe（CN）6]溶液可以与铁片发生反应。
b.为探究Cl﹣的存在对反应的影响，该小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色固体。此补充实验表明Cl﹣的作用是 　 　 。
（2）实验二：该小组同学向如图所示装置的容器a、b中分别加入30mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，电流计指针未发生偏转。加热容器a，电流计指针发生偏转。
①分别取少量容器a、b中的溶液于试管中，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，容器a中的溶液所在的试管中出现蓝色沉淀，容器b中的溶液所在的试管中无变化，容器b中的铁片作 　 　 极。
②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是 　 　 。
（3）金属阳极钝化是一种电化学防护方法。将Fe作阳极置于硫酸溶液中，一定条件下，Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极的电极反应式：　 　 。
10．（2025春 驻马店校级期中）一种由铬、钴和镍（CrCoNi）组成的三元高熵合金材料具有极高的延展性和强度。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的电子排布式为[Ar]　 　 。基态Cr有 　 　 个未成对电子。
（2）上述三种金属元素均位于元素周期表 　 　 区。
（3）Co3+能形成多种配合物，如[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2。
①该配合物的配体分子的VSEPR模型为 　 　 。
②1mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应最多生成 　 　 mol AgCl。1mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]2+含 　 　 molσ键。
③[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2的H—N—H键角 　 　 （填“＞”、“＝”或“＜”）NH3的H—N—H键角，原因 　 　 。
（4）在有机合成中，常用镍作催化剂。某催化反应如图所示。
甲、乙分子中碳原子杂化类型是 　 　 。甲分子中最多有 　 　 个碳原子共平面。
四．推断题（共1小题）
11．（2025 河南模拟）盐酸凯普拉生是我国首款自主研发的钾离子竞争性酸阻滞剂，主要用于治疗十二指肠溃疡和反流性食管炎。其部分合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 　 　 。
（2）C中的含氧官能团名称为 　 　 。
（3）E的结构简式为 　 　 。
（4）F的化学名称为 　 　 ；F+G→H过程中，加入K2CO3的作用是 　 　 。
（5）H→I的反应类型为 　 　 。
（6）H的同分异构体中同时满足下列条件的有 　 　 种（不考虑立体异构）。
①遇FeCl3溶液显紫色；②核磁共振氢谱有6组峰；③含基团。
写出其中一种结构简式：　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 河南模拟）“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的叙述正确的是（　　）
A．“良渚古城遗址”出土的良渚陶器属于新型无机非金属材料
B．“贾湖骨笛”制作材料是鹤类尺骨，它的成分Ca5（PO4）3OH属于有机盐
C．台北故宫的“东坡肉形石”是一块天然玛瑙石，该矿物为非晶体
D．“马家窑”出土的铜刀表面的绿色物质属于复盐
【答案】C
【分析】A．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料；
B．羟基磷酸钙不含碳元素；
C．玛瑙是一种宝石，无规则的几何外型的固体；
D．铜锈的主要成分是Cu2（OH）2CO3。
【解答】解：A．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，“良渚古城遗址”出土的良渚陶器属于传统无机非金属材料，故A错误；
B．羟基磷酸钙不含碳元素，属于无机盐，不是有机盐，故B错误；
C．玛瑙是一种宝石，无规则的几何外型的固体，台北故宫的“东坡肉形石”是一块天然玛瑙石，该矿物为非晶体，故C正确；
D．铜刀表面的绿色物质是铜锈，主要成分是Cu2（OH）2CO3，属于碱式碳酸盐，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查物质的组成及物质的性质变化，为基础知识的考查，题目难度不大。
2．（2025 南阳模拟）CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。一种功能性聚碳酸酯高分子材料G可由如图反应制备。
下列说法错误的是（　　）
A．x＝m+n
B．反应的原子利用率为100%
C．G在酸性或碱性条件下均能降解
D．E与F均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】D
【分析】A．根据CO2的个数守恒；
B．该反应为环氧基和碳氧双键打开的加成聚合；
C．G为聚碳酸酯，在酸性或碱性条件下都能水解；
D．E为饱和结构，F中由碳碳双键。
【解答】解：A．根据CO2的个数守恒，有x＝m+n，故A正确；
B．该反应为环氧基和碳氧双键打开的加成聚合，原子利用率为100%，故B正确；
C．G为聚碳酸酯，在酸性或碱性条件下都能水解，故C正确；
D．F中有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳褪色，E为饱和结构，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 河南校级模拟）下列有关离子方程式书写正确的是（　　）
A．侯氏制碱法中制备NaHCO3：
B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为：
C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2使反应完全：
【答案】B
【分析】A．侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵；
B．酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水；
C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2使反应完全，则按物质的量之比为1：2反应，OH﹣不足，生成的Al（OH）3不能溶解。
【解答】解：A．侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓，故A错误；
B．通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝CH3CH2OH+3H2O，故B正确；
C．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+CO2+H2O→，故C错误；
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2使反应完全生成的Al（OH）3、硫酸钡和一水合氨，离子方程式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 郑州模拟）某种新型无机物的化学式为X3YZW4QW3。Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的5种不同主族的短周期元素；Q是有机物的必备元素，X和Y为金属元素；Q和W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W＞Q
B．氢化物的沸点：W＞Q
C．单质X能从Y盐的水溶液中置换出Y单质
D．Z的最高价氧化物可用于干燥H2S气体
【答案】D
【分析】Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的5种不同主族的短周期元素，Q是有机物的必备元素，则Q为C，Q和W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的2倍，C元素为ⅣA族元素，则W为ⅡA族或ⅥA族元素，又因X、Y为金属元素，短周期ⅡA族元素均为金属元素，故W只能为O，则Z最外层电子数为5，Z为P，则该化合物化学式为：X3YPO4CO3，为﹣2价，为﹣3价，根据化合价代数和为0，则X化合价为+1价，Y化合价为+2价，故X为Na、Y为Mg，综上所述，Q、W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg、P，据此解答。
【解答】解：A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Na＞Mg＞P＞C＞O，根据上述分析，即原子半径：X＞Y＞Z＞Q＞W，故A错误；
B．Q为C，W为O，碳元素的氢化物为烃，常温下烃的状态可能为固态、液态或气态，故二者氢化物的沸点无法比较，故B错误；
C．X为Na、Y为Mg，钠加入MgCl2溶液发生反应：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、2NaOH+MgCl2＝Mg（OH）2↓+2NaCl，故不能置换出镁单质，故C错误；
D．Z为P，最高价氧化物为P2O5，P2O5为酸性干燥剂，和H2S不反应，故P2O5能干燥H2S气体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查元素的推断，为高频考点，题目难度一般。
5．（2025 河南模拟）含同种元素的A、B、C、D四种物质，能发生如图转化（反应条件与水溶液省略）。已知甲是生活中用量最大的金属单质，C在常温下是红棕色液体。下列说法正确的是（　　）
A．从海水中提取物质C时，不发生氧化还原反应
B．D的水溶液经加热蒸干灼烧，也可以生成A
C．在加热条件下，可发生反应：甲+C→B（未配平）
D．用蒸馏法可分离苯与A的水溶液
【答案】B
【分析】已知甲是生活中用量最大的金属单质，则甲为Fe，C在常温下是红棕色液体，则C为Br2。根据转化关系A与甲反应生成B，B与C反应生成D，C+D与苯反应又能生成A，可推断出A为HBr，B为FeBr2，D为FeBr3。
【解答】解：A．从海水中提取Br2时，需要将海水中的溴离子氧化为Br2，涉及氧化还原反应。例如向海水中通入氯气，发生反应，故A错误；
B．溴化铁的水溶液在加热蒸干过程中，铁离子会发生水解生成氢氧化铁，水解方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3+3HBr。Fe（OH）3灼烧后分解生成氧化铁和水，故B正确；
C．在加热条件下，铁和Br2可发生反应生成FeBr3，化学方程式为，故C错误；
D．苯不溶于水，HBr易溶于水，苯与HBr水溶液互不相溶，会分层，应用分液法分离，而不是蒸馏法，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查无机物的推断等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2025 河南校级模拟）我国科研工作者通过将辛胺反应与二氧化碳反应耦合，实现了辛腈的高选择性合成。图是以氢氧燃料电池为电源，以CO2与辛胺为原料合成辛腈的工作原理图（以KOH溶液为电解液，隔膜只允许OH﹣通过）。下列说法错误的是（　　）
A．气体A为氧气，气体B为氢气
B．X电极的电势比Y电极的低，X电极可能有副产物O2生成
C．Y电极上的电极反应式为：+4OH﹣﹣4e﹣＝+4H2O
D．每消耗标准状况下2.24LO2时，会有0.4mol OH﹣由X电极区移向Y电极区
【答案】B
【分析】根据图示，X电极发生还原反应，得到电子，为阴极，则Y电极为阳极，发生氧化反应，失去电子；则气体A所在电极连接阳极，是正极，则气体A是氧气，气体B所在电极为负极，气体B是氢气。
【解答】解：A．X电极发生还原反应，得到电子，为阴极，则Y电极为阳极，发生氧化反应，失去电子，则气体A为氧气，气体B为氢气，故A正确；
B．阳极电势高于阴极，则X电极的电势比Y电极的低，X电极发生还原反应，得到电子，不可能有副产物O2生成，故B错误；
C．Y电极上发生辛胺合成辛腈，电极反应式为：+4OH﹣﹣4e﹣＝+4H2O，故C正确；
D．每消耗标准状况下2.24L氧气时，转移0.4mole﹣，则会有0.4mol 氢氧根离子由X电极（阴极）区移向Y电极（阳极）区，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025 河南模拟）已知H2A为二元酸，且第一步电离为完全电离；MHA易溶于水；MOH为强碱。常温下，含足量M2A（s）的M2A饱和溶液中，pc（M+）[pc（M+）＝﹣lgc（M+）]及含A微粒的分布系数δ[如]随溶液pH的变化如图。下列说法正确的是（　　）
A．甲为δ（H2A）随溶液pH的变化曲线
B．常温下，任意浓度的H2A溶液中均存在c（HA﹣）＞c（A2﹣）
C．0.1mol L﹣1的MHA溶液中：c（HA﹣）+2c（A2﹣）＜c（M+）
D．常温下，Ksp（M2A）的数量级为10﹣7
【答案】D
【分析】H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA﹣和A2﹣，二者浓度相等时，pH＝3，则HA﹣电离常数＝c（H+）＝10﹣3，即图中曲线甲代表δ（HA﹣）随pH的变化图，曲线乙代表δ（A2﹣），曲线丙代表M2A饱和溶液中﹣lgc（M+）随pH发生变化，据此分析解题；
【解答】解：H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA﹣和A2﹣，二者浓度相等时，pH＝3，则HA﹣电离常数＝c（H+）＝10﹣3，即图中曲线甲代表δ（HA﹣）随pH的变化图，曲线乙代表δ（A2﹣），曲线丙代表M2A饱和溶液中﹣lgc（M+）随pH发生变化；
A．H2A的第一步电离为完全电离，则M2A平衡体系中不含H2A，且随着pH升高，δ（HA﹣）减小、δ（A2﹣）增大，结合题图可知，δ（甲）+δ（Z）＝1，故甲为δ（HA﹣）随溶液pH的变化曲线，故A错误；
B．由题图可知，a点pH＝3，c（HA﹣）＝c（A2﹣），则，当H2A溶液浓度较小时，如，，则H2A溶液中c（HA﹣）＜c（A2﹣），故B错误；
C．HA﹣在溶液中只电离、不水解，且M+不水解，则MHA溶液显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（M+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），故c（HA﹣）+2c（A2﹣）＞c（M+），故C错误；
D．M2A饱和溶液略呈碱性，由题图中曲线丙可知，pH＞7时，pc（M+）≈2，即c（M+）≈0.01mol L﹣1，c（A2﹣）≈0.005mol L﹣1，则，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025春 河南期中）三氧化钼（MoO3）是石油工业中常用的催化剂。一种从黄铜矿（主要含有CuFeS2、MoS2、SiO2及其他惰性杂质）中获得MoO3以及硫酸盐产品的流程如图。
已知：“闪速焙烧”的温度范围在1100～1300℃，该条件下发生反应MoS2+O2→MoO3+SO2（未配平，下同）、CuFeS2+O2→Cu2O+Fe2O3+SO2。
回答下列问题：
（1）已知CuFeS2中Fe为+3价，则Cu的化合价为 　+1　 。
（2）为了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有 　粉碎烧渣、搅拌　 （写2条）。
（3）当反应“MoS2+O2→MoO3+SO2”生成4mol SO2时，该反应转移 　28　 mol电子。
（4）“滤渣”中除了含有一些惰性杂质外，还含有 　Cu2O、Fe2O3、SiO2　 （填化学式）。
（5）下列物质中既含有离子键，又含有共价键的是 　bc　 （填选项字母）。
a．NH3 H2O b．（NH4）2MoO4 c．Na2SO4 d．SiO2
（6）工业上也可用如图装置处理烟气中SO2（注：质子交换膜只允许H+通过）。
①N极的电极反应式为 　　 ；H+透过质子交换膜向 　右　 （填“左”或“右”）移动。
②用该装置处理SO2烟气的显著优点是 　提供电能的同时，获得硫酸（合理即可）　 。
【答案】（1）+1；
（2）粉碎烧渣、搅拌；
（3）28；
（4）Cu2O、Fe2O3、SiO2；
（5）bc；
（6）①；右；
②提供电能的同时，获得硫酸（合理即可）。
【分析】黄铜矿在空气中“闪速焙烧”，得到MoO3、SO2、Cu2O、Fe2O3、SiO2等，用碱性次氯酸钠与SO2进行脱硫，最终得到硫酸钠；烧渣通过浓氨水，得到（NH4）2MoO4溶液，“滤渣”中含有惰性杂质、Cu2O、Fe2O3、SiO2，（NH4）2MoO4溶液结晶为（NH4）2MoO4晶体，热分解为MoO3。
【解答】解：（1）已知CuFeS2中Fe为+3价，根据化合物中化合价代数和为0，S为﹣2价，则Cu为+1价，
故答案为：+1；
（2）由题意可知，浓氨水受热易分解，故为了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有粉碎烧渣、搅拌等，升温不是提高效率的有效措施，
故答案为：粉碎烧渣、搅拌；
（3）根据得失电子守恒、原子守恒，配平后的化学方程式为，生成4mol SO2时，反应转移28mol电子，
故答案为：28；
（4）依题意可知，“滤渣”中还含有Cu2O、Fe2O3、SiO2，
故答案为：Cu2O、Fe2O3、SiO2；
（5）NH3 H2O、SiO2均属于共价化合物，只含共价键；（NH4）2MoO4、Na2SO4均属于离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，
故答案为：bc；
（6）①M极SO2→H2SO4，S化合价升高，发生氧化反应，为负极，则N极为正极，电极反应式为；原电池中，阳离子向正极移动，即向右移动，
故答案为：；右；
②用该装置处理SO2烟气的显著优点是提供电能的同时，获得硫酸，
故答案为：提供电能的同时，获得硫酸（合理即可）。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
三．解答题（共2小题）
9．（2022秋 太康县期末）金属腐蚀现象涉及国民经济和国防建设各个领域，危害十分严重。近几十年来，金属的腐蚀与防护已成为一门独立的综合性边缘学科。已知：Fe2+遇K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀。
（1）实验一：某小组同学认为，以下两种检验方法均能证明铁发生了吸氧腐蚀。
装置 操作 现象
ⅰ.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞试液 碳棒附近溶液变红
ⅱ.连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe（CN）6]溶液 铁片表面产生蓝色沉淀
①用电极反应式解释实验ⅰ中的现象：　O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣　 。
②查阅资料知：K3[Fe（CN）6]具有氧化性。有同学认为仅通过ⅱ中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是 　Fe2+可能氧化Fe生成Fe2+，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验　 。
③为进一步探究K3[Fe（CN）6]的氧化性对实验ⅱ结果的影响，进行了下列实验，几分钟后的实验现象记录如下：
实验 试管中液体 现象
ⅲ.蒸馏水 无明显变化
ⅳ.1.0mol L﹣1NaCl溶液 铁片表面产生大量蓝色固体
ⅴ.0.5mol L﹣1Na2SO4溶液 无明显变化
a.以上实验表明：在Cl﹣存在的条件下，K3[Fe（CN）6]溶液可以与铁片发生反应。
b.为探究Cl﹣的存在对反应的影响，该小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色固体。此补充实验表明Cl﹣的作用是 　破坏了铁表面的氧化膜　 。
（2）实验二：该小组同学向如图所示装置的容器a、b中分别加入30mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，电流计指针未发生偏转。加热容器a，电流计指针发生偏转。
①分别取少量容器a、b中的溶液于试管中，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，容器a中的溶液所在的试管中出现蓝色沉淀，容器b中的溶液所在的试管中无变化，容器b中的铁片作 　正　 极。
②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是 　温度升高，Fe的还原性增强，反应速率加快　 。
（3）金属阳极钝化是一种电化学防护方法。将Fe作阳极置于硫酸溶液中，一定条件下，Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极的电极反应式：　3Fe﹣8e﹣+4H2O＝Fe3O4+8H+　 。
【答案】（1）①O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
②Fe2+可能氧化Fe生成Fe2+，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验；
③破坏了铁表面的氧化膜；
（2）①正；
②温度升高，Fe的还原性增强，反应速率加快；
（3）3Fe﹣8e﹣+4H2O＝Fe3O4+8H+。
【分析】（1）①实验i中连好装置，构成原电池，Fe为负极，碳棒为正极，由于电解质溶液呈中性，则正极碳棒上O2得到电子发生还原反应；
②实验ii中铁电极能直接和K3[Fe（CN）6]溶液发生氧化还原反应生成Fe2+，产生的Fe2+再与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀；
③小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀，稀硫酸“酸洗”的目的是除去铁表面的氧化膜；
（2）①容器b中没有Fe2+生成，所以容器a中铁片作负极，容器b中铁片作正极；
②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是温度升高，Fe的还原性增强；
（3）阳极上Fe失去电子，与溶液中的H2O反应产生致密的Fe3O4保护膜，从而阻止反应的进一步发生。
【解答】解：（1）①实验i中连好装置，构成原电池，Fe为负极，碳棒为正极，由于电解质溶液呈中性，则正极碳棒上O2得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，c（OH﹣）增大，附近溶液显碱性，因此碳棒附近溶液变红，
故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
②根据资料“K3[Fe（CN）6]具有氧化性”，故实验ii中铁电极能直接和K3[Fe（CN）6]溶液发生氧化还原反应生成Fe2+，产生的Fe2+再与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验，
故答案为：Fe2+可能氧化Fe生成Fe2+，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验；
③小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀，稀硫酸“酸洗”的目的是除去铁表面的氧化膜，由此补充实验、结合实验iv说明，Cl﹣的作用是：破坏了铁表面的氧化膜，
故答案为：破坏了铁表面的氧化膜；
（2）①K3[Fe（CN）6]溶液与Fe2+反应生成蓝色沉淀，分别取少量容器a、b中的溶液于试管中，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，容器a中的溶液所在的试管中出现蓝色沉淀，说明容器a中生成Fe2+，容器b中的溶液所在的试管中无变化，说明容器b中没有Fe2+生成，所以容器a中铁片作负极，容器b中铁片作正极，
故答案为：正；
②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是温度升高，Fe的还原性增强，使化学反应速率加快，
故答案为：温度升高，Fe的还原性增强，反应速率加快；
（3）阳极上Fe失去电子，与溶液中的H2O反应产生致密的Fe3O4保护膜，从而阻止反应的进一步发生，则阳极的电极反应式为3Fe﹣8e﹣+4H2O＝Fe3O4+8H+，
故答案为：3Fe﹣8e﹣+4H2O＝Fe3O4+8H+。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的反应和性质实验的探究的掌握情况，试题难度较大。
10．（2025春 驻马店校级期中）一种由铬、钴和镍（CrCoNi）组成的三元高熵合金材料具有极高的延展性和强度。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的电子排布式为[Ar]　3d84s2　 。基态Cr有 　6　 个未成对电子。
（2）上述三种金属元素均位于元素周期表 　d　 区。
（3）Co3+能形成多种配合物，如[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2。
①该配合物的配体分子的VSEPR模型为 　四面体形　 。
②1mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应最多生成 　2　 mol AgCl。1mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]2+含 　20　 molσ键。
③[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2的H—N—H键角 　＞　 （填“＞”、“＝”或“＜”）NH3的H—N—H键角，原因 　[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2中N原子的孤电子对参与形成配位键，而NH3中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得NH3中键角减小　 。
（4）在有机合成中，常用镍作催化剂。某催化反应如图所示。
甲、乙分子中碳原子杂化类型是 　sp3　 。甲分子中最多有 　3　 个碳原子共平面。
【答案】（1）3d84s2；6；
（2）d；
（3）①四面体形；
②2；20；
③＞；[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2中N原子的孤电子对参与形成配位键，而NH3中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得NH3中键角减小；
（4）sp3；3。
【分析】（1）镍是28号元素，基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；Cr是24号元素，基态Cr原子电子排布式为[Ar]3d54s1，3d 轨道中有5个未成对电子，4s轨道中有1个未成对电子；
（2）基态Cr的价电子排布式为3d54s1、基态Co的价电子排布式为3d7s2、基态Ni的价电子排布式为3d84s2；
（3）①[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2的配体分子为NH3、H2O，NH3中成键电子对数为3，孤对电子对数为1、H2O中成键电子对数为2，孤对电子对数为2，中心原子价层电子对数均为4；
②1 mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2外界有2 mol Cl﹣，与足量AgNO3溶液反应最多生成2mol AgCl；配位键为σ键，[Co（NH3）4（H2O）Cl]2+中配位键：4+1+1＝6个，NH3分子中σ键：3×4＝12个，H2O 分子中σ键：2个；
③[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2中N原子的孤电子对参与形成配位键，而NH3中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得NH3中键角减小；
（4）甲、乙分子中所有碳原子均形成单键，单键碳原子的杂化类型为sp3杂化，甲分子中，由于碳原子以单键相连，为sp3杂化。
【解答】解：（1）镍是28号元素，基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；Cr是24号元素，基态Cr原子电子排布式为[Ar]3d54s1，3d 轨道中有5个未成对电子，4s轨道中有1个未成对电子，共6个未成对电子，
故答案为：3d84s2；6；
（2）基态Cr的价电子排布式为3d54s1、基态Co的价电子排布式为3d7s2、基态Ni的价电子排布式为3d84s2，最后填充电子的轨道均是d 轨道，位于元素周期表 d区，
故答案为：d；
（3）①[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2的配体分子为NH3、H2O，NH3中成键电子对数为3，孤对电子对数为1、H2O中成键电子对数为2，孤对电子对数为2，中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，
故答案为：四面体形；
②1 mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2外界有2 mol Cl﹣，与足量AgNO3溶液反应最多生成2mol AgCl；配位键为σ键，[Co（NH3）4（H2O）Cl]2+中配位键：4+1+1＝6个，NH3分子中σ键：3×4＝12个，H2O 分子中σ键：2个，所以1 mol[Co（NH3）4（H2O）Cl]2+中含有σ键的数目为（6+12+2）mol＝20 mol，
故答案为：2；20；
③[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2中N原子的孤电子对参与形成配位键，而NH3中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得NH3中键角减小；所以Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2的H—N—H键角大于NH3的H—N—H键角，
故答案为：＞；[Co（NH3）4（H2O）Cl]Cl2中N原子的孤电子对参与形成配位键，而NH3中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得NH3中键角减小；
（4）甲、乙分子中所有碳原子均形成单键，单键碳原子的杂化类型为sp3杂化，甲分子中，由于碳原子以单键相连，为sp3杂化，最多有3个碳原子共平面，
故答案为：sp3；3。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
四．推断题（共1小题）
11．（2025 河南模拟）盐酸凯普拉生是我国首款自主研发的钾离子竞争性酸阻滞剂，主要用于治疗十二指肠溃疡和反流性食管炎。其部分合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 　C8H6OFBr　 。
（2）C中的含氧官能团名称为 　（酮）羰基、酯基　 。
（3）E的结构简式为 　　 。
（4）F的化学名称为 　3﹣硝基苯酚或间硝基苯酚　 ；F+G→H过程中，加入K2CO3的作用是 　消耗反应生成的HBr，促使反应正向进行　 。
（5）H→I的反应类型为 　还原反应　 。
（6）H的同分异构体中同时满足下列条件的有 　4　 种（不考虑立体异构）。
①遇FeCl3溶液显紫色；②核磁共振氢谱有6组峰；③含基团。
写出其中一种结构简式：　　 。
【答案】（1）C8H6OFBr；
（2）（酮）羰基、酯基；
（3）；
（4）3﹣硝基苯酚或间硝基苯酚；消耗反应生成的HBr，促使反应正向进行；
（5）还原反应；
（6）4；。
【分析】根据A的结构简式可知，A的分子式为C8H6OFBr，D和J发生取代反应生成K，结合D、J、K的结构简式可推出E的结构简式为，以此解题。
【解答】解：（1）根据A的结构简式可知，A的分子式为C8H6OFBr，
故答案为：C8H6OFBr；
（2）根据C的结构简式，可知其含氧官能团的名称为（酮）羰基、酯基，
故答案为：（酮）羰基、酯基；
（3）由分析可知，分析由E的结构简式为，
故答案为：；
（4）由F的结构简式可知，F的化学名称为3﹣硝基苯酚或间硝基苯酚。F发生取代反应生成G，同时生成HBr，K2CO3的作用是消耗生成的HBr，促使反应正向进行，
故答案为：3﹣硝基苯酚或间硝基苯酚；消耗反应生成的HBr，促使反应正向进行；
（5）H中的硝基发生还原反应生成I中氨基，则H→I的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（6）由条件①遇FeCl3溶液显紫色，可知H的同分异构体中含酚羟基；核磁共振氢谱有6组峰，可知结构对称，含6种不同化学环境的氢原子；还含有基团，故符合条件的结构简式有
，一共4种，
故答案为：4；。
【点评】本题主要考查有机物的结构与性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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