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河南省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·河南） 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
2．（2025·河南） 下列化学用语或图示正确的是（　　）
A．反二氟乙烯的结构式：
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．用电子式表示的形成过程：
3．（2025·河南） 下列图示中，实验操作或方法符合规范的是（　　）
A．溶解氯化钠固体 B．量取草酸溶液 C．收集二氧化碳气体 D．观察钠与水的反应
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·河南） 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．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
5．（2025·河南） 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：
B．用稀盐酸浸泡氧化银：
C 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：
D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：
6．（2025·河南） 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．为极性分子 B．为共价晶体
C．原子半径： D．1个分子中有2个键
7．（2025·河南） 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．最多能消耗
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
8．（2025·河南） 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中现象说明配体与的结合能力：
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
9．（2025·河南） 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(x为整数)。
下列说法正确的是（　　）
A．
B．第一电离能：
C．该化合物中不存在离子键
D．该化合物中配位数与配体个数相等
10．（2025·河南） 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，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。
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
11．（2025·河南） 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．由和G合成M时，有生成
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，存在键的断裂与形成
12．（2025·河南） 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以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附近溶液的减小
C．电极b上发生的电极反应式为
D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收
13．（2025·河南） 在负载的催化剂作用下，可在室温下高效转化为，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．该反应的原子利用率为
B．每消耗可生成
C．反应过程中，和的化合价均发生变化
D．若以为原料，用吸收产物可得到
14．（2025·河南） 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线I对应的离子是
B．最大时对应的
C．反应的平衡常数
D．时，
15．（2025·河南） 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是　 　。
（2）已知“酸溶2”中转化为，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）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为____(填标号)[已知的]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　 　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　 　。
（6）“酸溶3”的目的是　 　。
16．（2025·河南） 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。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，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溶液，加热至，保持，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，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗标准溶液体积为。计算样品中硫的质量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量平均值。
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，实验操作是　 　。
（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)。
17．（2025·河南）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表中　 　区；基态的价电子排布式为　 　。
（2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是　 　。
（3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为　 　。
（4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是　 　。
（5）在温度分别为和下，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“”“”或“”)，原因是　 　。
（6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数　 　(保留小数点后一位)，此时原位利用率为　 　。
已知：原位利用率
18．（2025·河南） 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，则J的结构简式为　 　(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　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．泥土的主要成分是黏土，而黏土的主要成分为硅酸盐，故A符合题意；
Ｂ．木材的主要成分为纤维素，属于有机高分子化合物，不含硅酸盐，故B不符合题意；
Ｃ．铜活字由金属铜制成，属于金属材料，不含硅酸盐，故C不符合题意；
Ｄ．铅活字由金属铅制成，属于金属材料，不含硅酸盐，故D不符合题意；
故选A。
【分析】A．泥的主要成分是硅酸盐；
Ｂ．木材的主要成分是纤维素；
Ｃ．铜是金属材料；
Ｄ．铅是金属材料。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 中，相同的原子团位于碳碳双键同侧，为顺二氟乙烯， 故A不符合题意；
Ｂ．二氯甲烷是2个Cl原子取代甲烷分子中的2个H原子得到，且原子半径关系：Cl>C>H，则其球棍模型为： ，故B符合题意；
Ｃ．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，3p轨道中 2个轨道各含 1 个自旋平行的电子，1个轨道含 2 个自旋相反的电子，其价电子轨道表示式为：，故C不符合题意；
Ｄ．CsCl为离子化合物， 用电子式表示的形成过程为：，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．反式结构中，相同的原子团位于碳碳双键的不同侧；
Ｂ．原子半径：Cl>C>H；
Ｃ．基态S原子的价电子排布式为3s23p4；
Ｄ．CsCl为离子化合物。
3．【答案】B
【知识点】气体的收集；实验装置综合；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．溶解氯化钠固体应在烧杯中进行，不能在试管中溶解固体，故A不符合题意；
Ｂ．草酸显酸性，且量取的体积为 ，精确度为0.01mL，用酸式滴定管量取，图示仪器带活塞，是酸式滴定管，符合规范，故B符合题意；
Ｃ．二氧化碳的密度大于空气，采用向上排空气法收集，集气瓶的瓶口不能用塞子塞住，否则空气无法排出，故C不符合题意；
Ｄ．钠与水反应剧烈，放出大量的热量，且生成的NaOH具有腐蚀性，不能凑近观察，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．应在烧杯中溶解固体；
Ｂ．草酸显酸性；
Ｃ．集气瓶口不能用瓶塞塞住；
Ｄ．钠与水反应剧烈。
4．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．由分析可知，固体Y是三氧化二铁，三氧化二铁常用作油漆、涂料等的红色颜料，故A正确；
Ｂ．铁盐溶液加热煮沸会生成氢氧化铁胶体，颜色发生变化，故B正确；
Ｃ．FeS能与强酸反应，因此 不能再强酸性条件下进行，故C错误；
Ｄ．单质铁和单质硫发生化合物反应生成FeS，故D正确；
故选C。
【分析】固体Y为红棕色，溶液Z为棕黄色，溶液R为浅绿色，由此联想到三氧化二铁为红棕色固体，铁盐溶液呈棕黄色，亚铁盐溶液呈浅绿色，则X、Y、Z、R、Q中应含有铁元素，固体Y为三氧化二铁，溶液Z含有铁离子，溶液R含有亚铁离子，X应为FeS2，黑色固体Q与X的组成元素相同，则Q为FeS。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为 ，故A正确；
Ｂ．氧化银与稀盐酸反应生成氯化银和水，氯化银为难溶物，保留化学式，正确的离子方程式为：， 故B错误；
Ｃ．次氯酸钠具强氧化性，碘化氢具有还原性，向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液，发生氧化还原反应：， 故C错误；
Ｄ．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，碳酸氢钡电离产生的钡离子和碳酸氢根离子比为1：2，发生的反应为， 故D错误；
故选A。
【分析】A．磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠；
Ｂ．氧化银和稀盐酸反应生成AgCl，AgCl为难溶物；
Ｃ．次氯酸具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘；
Ｄ．碳酸氢钡少量，按“少量定 1” 原则书写的离子方程式。
6．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A． 是BF3，BF3的中心原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；
Ｂ． 是NaF，NaF由离子构成，属于离子晶体，故B错误；
Ｃ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Na>C，即Z>W，故C错误；
Ｄ．X2分子为N2，N2分子中两个N原子间形成三键，三键中含有1个σ键和2个π键，则1个 分子中有2个π键，故D正确；
故选D。
【分析】基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素，X所在族的族序数等于Q的质子数，则Q的质子数为5，为B元素，W的原子序数位于B和N之间，则W为C元素，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，即两者的核电荷之和为20，Y的原子序数为8或9，Z为第三周期元素，Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，结合原子序数可知，Y应为F元素，Z应为Na元素，综上所述，Q为B元素，W为C元素，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素。
7．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．M中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子中最多有3个原子共面，因此分子中所有的原子不可能共平面，故A错误；
Ｂ．M中含有2个酚羟基、1个羧基、1个酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，均能与NaOH反应，则1molM最多能消耗5molNaOH，故B错误；
Ｃ．M中含有酚羟基，能与羧酸发生取代反应（酯化反应），含有羧基，能与醇发生取代反应（酯化反应），含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；
Ｄ．M中含有羟基，能形成分子间氢键，酚羟基和羧基位于邻位，能形成分子内氢键，故D错误；
故选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．M中酚羟基、酯基和羧基均能与NaOH反应；
Ｃ．酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应；
Ｄ．M中酚羟基和羧基位于邻位，能形成分子内氢键。
8．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．②中的沉淀是Cu(OH)2，④中的沉淀是[Cu(NH3)4]SO4晶体，故A正确；
Ｂ．③中得到[Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3形成配位键，而没有与H2O形成配位键，因此可知 配体与的结合能力： ，故B正确；
Ｃ．向深蓝色溶液中加入乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，说明蓝色物质在乙醇中的溶解度小于水中，故C正确；
Ｄ．⑤中因含有[CuCl4]2-呈黄绿色，加入稀硫酸，不能提供氯离子，不能得到黄绿色溶液，故D错误；
故选D。
【分析】向CuSO4溶液中加入氨水，先反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，氨水过量，Cu(OH)2 蓝色沉淀溶解，得到含[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，加入乙醇析出深蓝色晶体，过滤得到的深蓝色固体中加入过量浓盐酸，生成含有[CuCl4]2-的黄绿色溶液。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图2可知，=100%-96.5%=3.5%，解得x=1，故A正确；
Ｂ．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：CＣ．该化合物中，配位离子与硝酸根离子之间存在离子键，故C错误；
Ｄ．该化合物，铁离子的配位原子为N和O，共有6个，则中心离子的配位数为6，配体为与中心离子形成配位键的分子或离子个数，则配体数为2，配位数与配体个数不相等，故D错误；
故选A。
【分析】A．甲醇的质量百分数=；
Ｂ．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
Ｃ．配位离子与硝酸根离子间存在离子键；
Ｄ．该化合物的配位数为6，配体数为2。
10．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，该反应反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A错误；
Ｂ．平衡常数只与温度有关，催化剂加快反应速率但不影响平衡移动，因此两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，故B错误；
Ｃ．物质的能量越低越稳定，由图可知，丙烷被催化剂a吸附后得到的吸附态能量更低，更稳定，故C正确；
Ｄ．由图可知，生成过渡态2的活化能最大，则决速步骤为：， 故D错误；
故选C。
【分析】A．反应物的总能量低于生成物的总能量的反应是吸热反应；
Ｂ．催化剂不影响平衡状态；
Ｃ．物质的能量越低越稳定；
Ｄ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
11．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．E含有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．根据O原子守恒可知，E、F和G合成M时，得到的另一产物只含一个氧原子，不可能是HCOOH，根据合成路径可知，E与F发生加成反应生成，再与甲醛发生加成反应，脱去1分子可生成M，则应该是有生成，B错误；
C．P中含有酯基，酯基在碱性条件下水解， C正确；
D．P解聚时，酯基中的C-O键断裂，形成M中的环状结构，D正确；
故选B。
【分析】A．E含有碳碳双键；
Ｂ．根据质量守恒判断；
Ｃ．P含有酯基；
Ｄ．P解聚生成M时，P链节中的C-O键断裂形成M中的环状结构。
12．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴离子交换膜， A错误；
B．电极a的电极反应式为：，生成OH-，溶液pH变大，B错误；
C．电极b为阳极，发生氧化反应，则电极b的反应为，C错误；
D.58.5gNaCl的物质的量为1mol，每脱除1molNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+通过膜Ⅲ，1molCl-通过膜Ⅱ反应生成1molLiCl，D正确；
故选D。
【分析】由图可知，电极a为电源负极相连，为阴极，电极反应式为，电极b为阳极，电极反应式为，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为阳离子交换膜，膜Ⅱ为阴离子交换膜，膜Ⅲ为阳离子交换膜。
13．【答案】B
【知识点】催化剂
【解析】【解答】A．由分析可知，该历程的总反应为，该反应的原子利用率为100%，A正确；
B．根据可知，每消耗，生成，B错误；
C．该反应过程中，催化剂存在与4个S原子相连和与2个S原子相连的情形，在这两种情形下，和的化合价不同，说明反应过程中，和的化合价均发生变化 ，C正确；
D．若以为原料，得到的产物是，电离产生CD3COO-，CD3COO-再结合水产生的氢离子得到，则用吸收产物得到，D正确；
故选B。
【分析】由图可知， 在负载的催化剂作用下 ，CH4、CO和O2反应生成CH3COOH，发生的反应为。
14．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的离子是，A正确；
B． Y电离的方程式为： ，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应的平衡常数，由图可知，当时，，则，C正确；
D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；
故选D。
【分析】与Y发生反应、，Y的浓度增大，促进反应的平衡正向移动，浓度减小，先增大后减小，逐渐增大，则图1中，曲线Ⅰ表示浓度变化，Ⅱ表示浓度浓度变化，Ⅲ表示浓度变化； 向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度 ，当溶液的酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度变化，曲线Ⅴ表示浓度变化，曲线Ⅵ表示Y浓度变化。
15．【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）；SiO2
（3）、
（4）A
（5）+1；6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸溶1”是为了溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+3，则反应的化学方程式为；由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，则反应的化学方程式为、。
（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为：A。
（5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，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SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。
（6）“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物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。
【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中加入浓盐酸进行酸溶1，Fe溶于浓盐酸生成氯化亚铁，其他均不溶，分离出氯化亚铁溶液，滤渣中加入王水进行酸溶2，“酸溶2”中转化为，发生反应 ，SiO2不与浓盐酸、王水反应，因此滤渣为SiO2，过滤除去后煮沸，再加入浓盐酸、DETA沉铑，将铑元素沉淀，“灼烧”后分解成铑单质，通入氢气高温还原得到铑粉；滤液2中主要含有Pt元素，向滤液2中加入氯化铵沉铂，分离出含铂沉淀，加入SnCl2将(III)还原为，加入Zn进行二次还原，分离出滤液3，为了保证被还原完全，加入的Zn是过量的，则二次还原后，加入浓盐酸进行酸溶3，除去过量的Zn得到铑粉。
16．【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
（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）
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器①是圆底烧瓶，仪器②是球形冷凝管。
（2）硫单质为非极性分子，难溶于水，在KOH中加入乙醇能降低KOH溶液的极性，增大单质硫的溶解度，使其与KOH充分反应。
（3）双氧水具有强氧化性，能与乙醇发生氧化还原反应，因此样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇。
（4）实验温度为100 ℃，不宜采用水浴加热；通常用氯化钡溶液检验 ，检验时，要先加入盐酸排出碳酸根、银离子等干扰，具体检验操作为：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。
（5）步Ⅲ中，当滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点。
（6）该反应中，S消耗的NaOH体积为（V3－V2）mL，滴定过程中发生反应，则n(S)=n(NaOH)=0.0005c（V3－V2）mol，单次样品测定中硫的质量分数可表示为。
【分析】（1）根据仪器构造书写其名称；
（2）单质硫在水中溶解度很小；
（3）双氧水具有强氧化性，能氧化乙醇；
（4）水浴加热的温度小于100 ℃；检验硫酸根离子，根据硫酸根离子和钡离子结合能生成硫酸钡白色沉淀进行设计；
（5）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色时，达到滴定终点；
（6）滴定过程中发生反应，据此计算。
17．【答案】（1）S；3d8
（2）O原子上存在2对孤电子对
（3）Ni2P
（4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移
（5）T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动
（6）1.2；70%
【知识点】判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Ca的原子序数为20，其核外电子排布式为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态原子的价电子排布式为 3d84s2，形成 Ni2+时，失去4s 轨道的 2 个电子，则基态的价电子排布式为 3d8。
（2）水分子的中心原子O原子，O原子有2个σ键，价电子数为 6，与 2 个H原子形成2个σ键，获得 2 个电子，其价层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体结构，O原子的孤电子对数为， 2 对孤电子对 “挤压” 成键电子对，导致实际分子的空间构型变为V形，因此水分子的模型与其空间结构模型不同，原因为O原子上存在2对孤电子对。
（3）由图可知，Ni位于晶胞棱上（被4个晶胞共用）和面上（被2个晶胞共用），数目为，P原子位于晶胞顶点（4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用）和体内，数目为，则Ni：P=2：1，该物质的化学式为Ni2P。
（4）重整反应会消耗CO2，使反应Ⅰ的平衡正向移动， 促进分解，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 。
（5）反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大，由图可知，压强相同时，T1条件下，CH4的平衡转化率最大，因此温度最高的是T1。
（6）一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则
气体总物质的量为(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，则反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为。
【分析】（1）Ca为20号元素；Ni为28号元素，核外有28个电子，Ni原子失去2个电子形成；
（2）水分子中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
（3）根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
（4）重整反应消耗CO2，促进碳酸钙分解的反应正向移动；
（5）升温平衡向吸热方向移动；
（6）列出反应的三段式，结合平衡常数表达式计算。
18．【答案】（1）醚键，酯基
（2）
（3）；
（4）取代反应
（5）
（6）6；
【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）I的结构简式为，其中的含氧官能团为：醚键和酯基。
（2）A与氯气发生取代反应生成B，则A的结构简式为。
（3）B与发生取代反应生成C，反应的化学方程式为：；反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇，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，会取代氯原子的位置，生成副产物。
（4）由分析可知，D的结构简式为，D与发生取代反应生成E，则由D生成E的反应类型为取代反应。
（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，说明F发生已知反应生成H，则J的结构简式为。
（6）G的分子式为C5H10O，G的同分异构体含有碳氧双键，说明为醛或酮，若为醛，可以看成将醛基挂在-C4H9上，共有4种同分异构体，分别为：，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。
【分析】A和氯气在氯化铁催化作用下发生取代反应生成B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为，B与发生取代反应生成C，C在浓硝酸、浓硫酸条件下发生硝化反应，引入硝基得到D，D与反应生成E，根据E→F的反应条件可知，该反应为还原反应，即E发生还原反应，硝基还原为氨基得到F，结合F的结构简式可知，E的结构简式为，D的结构简式为。
1 / 1河南省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·河南） 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
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．泥土的主要成分是黏土，而黏土的主要成分为硅酸盐，故A符合题意；
Ｂ．木材的主要成分为纤维素，属于有机高分子化合物，不含硅酸盐，故B不符合题意；
Ｃ．铜活字由金属铜制成，属于金属材料，不含硅酸盐，故C不符合题意；
Ｄ．铅活字由金属铅制成，属于金属材料，不含硅酸盐，故D不符合题意；
故选A。
【分析】A．泥的主要成分是硅酸盐；
Ｂ．木材的主要成分是纤维素；
Ｃ．铜是金属材料；
Ｄ．铅是金属材料。
2．（2025·河南） 下列化学用语或图示正确的是（　　）
A．反二氟乙烯的结构式：
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．用电子式表示的形成过程：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 中，相同的原子团位于碳碳双键同侧，为顺二氟乙烯， 故A不符合题意；
Ｂ．二氯甲烷是2个Cl原子取代甲烷分子中的2个H原子得到，且原子半径关系：Cl>C>H，则其球棍模型为： ，故B符合题意；
Ｃ．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，3p轨道中 2个轨道各含 1 个自旋平行的电子，1个轨道含 2 个自旋相反的电子，其价电子轨道表示式为：，故C不符合题意；
Ｄ．CsCl为离子化合物， 用电子式表示的形成过程为：，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．反式结构中，相同的原子团位于碳碳双键的不同侧；
Ｂ．原子半径：Cl>C>H；
Ｃ．基态S原子的价电子排布式为3s23p4；
Ｄ．CsCl为离子化合物。
3．（2025·河南） 下列图示中，实验操作或方法符合规范的是（　　）
A．溶解氯化钠固体 B．量取草酸溶液 C．收集二氧化碳气体 D．观察钠与水的反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】气体的收集；实验装置综合；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．溶解氯化钠固体应在烧杯中进行，不能在试管中溶解固体，故A不符合题意；
Ｂ．草酸显酸性，且量取的体积为 ，精确度为0.01mL，用酸式滴定管量取，图示仪器带活塞，是酸式滴定管，符合规范，故B符合题意；
Ｃ．二氧化碳的密度大于空气，采用向上排空气法收集，集气瓶的瓶口不能用塞子塞住，否则空气无法排出，故C不符合题意；
Ｄ．钠与水反应剧烈，放出大量的热量，且生成的NaOH具有腐蚀性，不能凑近观察，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．应在烧杯中溶解固体；
Ｂ．草酸显酸性；
Ｃ．集气瓶口不能用瓶塞塞住；
Ｄ．钠与水反应剧烈。
4．（2025·河南） 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．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
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．由分析可知，固体Y是三氧化二铁，三氧化二铁常用作油漆、涂料等的红色颜料，故A正确；
Ｂ．铁盐溶液加热煮沸会生成氢氧化铁胶体，颜色发生变化，故B正确；
Ｃ．FeS能与强酸反应，因此 不能再强酸性条件下进行，故C错误；
Ｄ．单质铁和单质硫发生化合物反应生成FeS，故D正确；
故选C。
【分析】固体Y为红棕色，溶液Z为棕黄色，溶液R为浅绿色，由此联想到三氧化二铁为红棕色固体，铁盐溶液呈棕黄色，亚铁盐溶液呈浅绿色，则X、Y、Z、R、Q中应含有铁元素，固体Y为三氧化二铁，溶液Z含有铁离子，溶液R含有亚铁离子，X应为FeS2，黑色固体Q与X的组成元素相同，则Q为FeS。
5．（2025·河南） 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：
B．用稀盐酸浸泡氧化银：
C 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：
D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为 ，故A正确；
Ｂ．氧化银与稀盐酸反应生成氯化银和水，氯化银为难溶物，保留化学式，正确的离子方程式为：， 故B错误；
Ｃ．次氯酸钠具强氧化性，碘化氢具有还原性，向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液，发生氧化还原反应：， 故C错误；
Ｄ．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，碳酸氢钡电离产生的钡离子和碳酸氢根离子比为1：2，发生的反应为， 故D错误；
故选A。
【分析】A．磷酸二氢钠水解生成磷酸和氢氧化钠；
Ｂ．氧化银和稀盐酸反应生成AgCl，AgCl为难溶物；
Ｃ．次氯酸具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘；
Ｄ．碳酸氢钡少量，按“少量定 1” 原则书写的离子方程式。
6．（2025·河南） 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．为极性分子 B．为共价晶体
C．原子半径： D．1个分子中有2个键
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A． 是BF3，BF3的中心原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；
Ｂ． 是NaF，NaF由离子构成，属于离子晶体，故B错误；
Ｃ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Na>C，即Z>W，故C错误；
Ｄ．X2分子为N2，N2分子中两个N原子间形成三键，三键中含有1个σ键和2个π键，则1个 分子中有2个π键，故D正确；
故选D。
【分析】基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多1，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素，X所在族的族序数等于Q的质子数，则Q的质子数为5，为B元素，W的原子序数位于B和N之间，则W为C元素，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，即两者的核电荷之和为20，Y的原子序数为8或9，Z为第三周期元素，Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，结合原子序数可知，Y应为F元素，Z应为Na元素，综上所述，Q为B元素，W为C元素，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素。
7．（2025·河南） 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．最多能消耗
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
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．M中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子中最多有3个原子共面，因此分子中所有的原子不可能共平面，故A错误；
Ｂ．M中含有2个酚羟基、1个羧基、1个酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，均能与NaOH反应，则1molM最多能消耗5molNaOH，故B错误；
Ｃ．M中含有酚羟基，能与羧酸发生取代反应（酯化反应），含有羧基，能与醇发生取代反应（酯化反应），含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；
Ｄ．M中含有羟基，能形成分子间氢键，酚羟基和羧基位于邻位，能形成分子内氢键，故D错误；
故选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．M中酚羟基、酯基和羧基均能与NaOH反应；
Ｃ．酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应；
Ｄ．M中酚羟基和羧基位于邻位，能形成分子内氢键。
8．（2025·河南） 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中现象说明配体与的结合能力：
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
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．②中的沉淀是Cu(OH)2，④中的沉淀是[Cu(NH3)4]SO4晶体，故A正确；
Ｂ．③中得到[Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3形成配位键，而没有与H2O形成配位键，因此可知 配体与的结合能力： ，故B正确；
Ｃ．向深蓝色溶液中加入乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，说明蓝色物质在乙醇中的溶解度小于水中，故C正确；
Ｄ．⑤中因含有[CuCl4]2-呈黄绿色，加入稀硫酸，不能提供氯离子，不能得到黄绿色溶液，故D错误；
故选D。
【分析】向CuSO4溶液中加入氨水，先反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，氨水过量，Cu(OH)2 蓝色沉淀溶解，得到含[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，加入乙醇析出深蓝色晶体，过滤得到的深蓝色固体中加入过量浓盐酸，生成含有[CuCl4]2-的黄绿色溶液。
9．（2025·河南） 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(x为整数)。
下列说法正确的是（　　）
A．
B．第一电离能：
C．该化合物中不存在离子键
D．该化合物中配位数与配体个数相等
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图2可知，=100%-96.5%=3.5%，解得x=1，故A正确；
Ｂ．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：CＣ．该化合物中，配位离子与硝酸根离子之间存在离子键，故C错误；
Ｄ．该化合物，铁离子的配位原子为N和O，共有6个，则中心离子的配位数为6，配体为与中心离子形成配位键的分子或离子个数，则配体数为2，配位数与配体个数不相等，故D错误；
故选A。
【分析】A．甲醇的质量百分数=；
Ｂ．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
Ｃ．配位离子与硝酸根离子间存在离子键；
Ｄ．该化合物的配位数为6，配体数为2。
10．（2025·河南） 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，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。
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
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，该反应反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A错误；
Ｂ．平衡常数只与温度有关，催化剂加快反应速率但不影响平衡移动，因此两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，故B错误；
Ｃ．物质的能量越低越稳定，由图可知，丙烷被催化剂a吸附后得到的吸附态能量更低，更稳定，故C正确；
Ｄ．由图可知，生成过渡态2的活化能最大，则决速步骤为：， 故D错误；
故选C。
【分析】A．反应物的总能量低于生成物的总能量的反应是吸热反应；
Ｂ．催化剂不影响平衡状态；
Ｃ．物质的能量越低越稳定；
Ｄ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤。
11．（2025·河南） 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．由和G合成M时，有生成
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，存在键的断裂与形成
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．E含有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．根据O原子守恒可知，E、F和G合成M时，得到的另一产物只含一个氧原子，不可能是HCOOH，根据合成路径可知，E与F发生加成反应生成，再与甲醛发生加成反应，脱去1分子可生成M，则应该是有生成，B错误；
C．P中含有酯基，酯基在碱性条件下水解， C正确；
D．P解聚时，酯基中的C-O键断裂，形成M中的环状结构，D正确；
故选B。
【分析】A．E含有碳碳双键；
Ｂ．根据质量守恒判断；
Ｃ．P含有酯基；
Ｄ．P解聚生成M时，P链节中的C-O键断裂形成M中的环状结构。
12．（2025·河南） 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以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附近溶液的减小
C．电极b上发生的电极反应式为
D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴离子交换膜， A错误；
B．电极a的电极反应式为：，生成OH-，溶液pH变大，B错误；
C．电极b为阳极，发生氧化反应，则电极b的反应为，C错误；
D.58.5gNaCl的物质的量为1mol，每脱除1molNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+通过膜Ⅲ，1molCl-通过膜Ⅱ反应生成1molLiCl，D正确；
故选D。
【分析】由图可知，电极a为电源负极相连，为阴极，电极反应式为，电极b为阳极，电极反应式为，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为阳离子交换膜，膜Ⅱ为阴离子交换膜，膜Ⅲ为阳离子交换膜。
13．（2025·河南） 在负载的催化剂作用下，可在室温下高效转化为，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．该反应的原子利用率为
B．每消耗可生成
C．反应过程中，和的化合价均发生变化
D．若以为原料，用吸收产物可得到
【答案】B
【知识点】催化剂
【解析】【解答】A．由分析可知，该历程的总反应为，该反应的原子利用率为100%，A正确；
B．根据可知，每消耗，生成，B错误；
C．该反应过程中，催化剂存在与4个S原子相连和与2个S原子相连的情形，在这两种情形下，和的化合价不同，说明反应过程中，和的化合价均发生变化 ，C正确；
D．若以为原料，得到的产物是，电离产生CD3COO-，CD3COO-再结合水产生的氢离子得到，则用吸收产物得到，D正确；
故选B。
【分析】由图可知， 在负载的催化剂作用下 ，CH4、CO和O2反应生成CH3COOH，发生的反应为。
14．（2025·河南） 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线I对应的离子是
B．最大时对应的
C．反应的平衡常数
D．时，
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的离子是，A正确；
B． Y电离的方程式为： ，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应的平衡常数，由图可知，当时，，则，C正确；
D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；
故选D。
【分析】与Y发生反应、，Y的浓度增大，促进反应的平衡正向移动，浓度减小，先增大后减小，逐渐增大，则图1中，曲线Ⅰ表示浓度变化，Ⅱ表示浓度浓度变化，Ⅲ表示浓度变化； 向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度 ，当溶液的酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度变化，曲线Ⅴ表示浓度变化，曲线Ⅵ表示Y浓度变化。
15．（2025·河南） 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是　 　。
（2）已知“酸溶2”中转化为，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）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为____(填标号)[已知的]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　 　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　 　。
（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）；SiO2
（3）、
（4）A
（5）+1；6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸溶1”是为了溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+3，则反应的化学方程式为；由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，则反应的化学方程式为、。
（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为：A。
（5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，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SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。
（6）“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物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。
【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中加入浓盐酸进行酸溶1，Fe溶于浓盐酸生成氯化亚铁，其他均不溶，分离出氯化亚铁溶液，滤渣中加入王水进行酸溶2，“酸溶2”中转化为，发生反应 ，SiO2不与浓盐酸、王水反应，因此滤渣为SiO2，过滤除去后煮沸，再加入浓盐酸、DETA沉铑，将铑元素沉淀，“灼烧”后分解成铑单质，通入氢气高温还原得到铑粉；滤液2中主要含有Pt元素，向滤液2中加入氯化铵沉铂，分离出含铂沉淀，加入SnCl2将(III)还原为，加入Zn进行二次还原，分离出滤液3，为了保证被还原完全，加入的Zn是过量的，则二次还原后，加入浓盐酸进行酸溶3，除去过量的Zn得到铑粉。
16．（2025·河南） 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。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，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溶液，加热至，保持，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，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗标准溶液体积为。计算样品中硫的质量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量平均值。
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，实验操作是　 　。
（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）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
（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）
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器①是圆底烧瓶，仪器②是球形冷凝管。
（2）硫单质为非极性分子，难溶于水，在KOH中加入乙醇能降低KOH溶液的极性，增大单质硫的溶解度，使其与KOH充分反应。
（3）双氧水具有强氧化性，能与乙醇发生氧化还原反应，因此样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇。
（4）实验温度为100 ℃，不宜采用水浴加热；通常用氯化钡溶液检验 ，检验时，要先加入盐酸排出碳酸根、银离子等干扰，具体检验操作为：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。
（5）步Ⅲ中，当滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点。
（6）该反应中，S消耗的NaOH体积为（V3－V2）mL，滴定过程中发生反应，则n(S)=n(NaOH)=0.0005c（V3－V2）mol，单次样品测定中硫的质量分数可表示为。
【分析】（1）根据仪器构造书写其名称；
（2）单质硫在水中溶解度很小；
（3）双氧水具有强氧化性，能氧化乙醇；
（4）水浴加热的温度小于100 ℃；检验硫酸根离子，根据硫酸根离子和钡离子结合能生成硫酸钡白色沉淀进行设计；
（5）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色时，达到滴定终点；
（6）滴定过程中发生反应，据此计算。
17．（2025·河南）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表中　 　区；基态的价电子排布式为　 　。
（2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是　 　。
（3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为　 　。
（4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是　 　。
（5）在温度分别为和下，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“”“”或“”)，原因是　 　。
（6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数　 　(保留小数点后一位)，此时原位利用率为　 　。
已知：原位利用率
【答案】（1）S；3d8
（2）O原子上存在2对孤电子对
（3）Ni2P
（4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移
（5）T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动
（6）1.2；70%
【知识点】判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Ca的原子序数为20，其核外电子排布式为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态原子的价电子排布式为 3d84s2，形成 Ni2+时，失去4s 轨道的 2 个电子，则基态的价电子排布式为 3d8。
（2）水分子的中心原子O原子，O原子有2个σ键，价电子数为 6，与 2 个H原子形成2个σ键，获得 2 个电子，其价层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体结构，O原子的孤电子对数为， 2 对孤电子对 “挤压” 成键电子对，导致实际分子的空间构型变为V形，因此水分子的模型与其空间结构模型不同，原因为O原子上存在2对孤电子对。
（3）由图可知，Ni位于晶胞棱上（被4个晶胞共用）和面上（被2个晶胞共用），数目为，P原子位于晶胞顶点（4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用）和体内，数目为，则Ni：P=2：1，该物质的化学式为Ni2P。
（4）重整反应会消耗CO2，使反应Ⅰ的平衡正向移动， 促进分解，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 。
（5）反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4的转化率增大，由图可知，压强相同时，T1条件下，CH4的平衡转化率最大，因此温度最高的是T1。
（6）一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则
气体总物质的量为(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，则反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为。
【分析】（1）Ca为20号元素；Ni为28号元素，核外有28个电子，Ni原子失去2个电子形成；
（2）水分子中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
（3）根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
（4）重整反应消耗CO2，促进碳酸钙分解的反应正向移动；
（5）升温平衡向吸热方向移动；
（6）列出反应的三段式，结合平衡常数表达式计算。
18．（2025·河南） 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，则J的结构简式为　 　(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）；
（4）取代反应
（5）
（6）6；
【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）I的结构简式为，其中的含氧官能团为：醚键和酯基。
（2）A与氯气发生取代反应生成B，则A的结构简式为。
（3）B与发生取代反应生成C，反应的化学方程式为：；反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇，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，会取代氯原子的位置，生成副产物。
（4）由分析可知，D的结构简式为，D与发生取代反应生成E，则由D生成E的反应类型为取代反应。
（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，说明F发生已知反应生成H，则J的结构简式为。
（6）G的分子式为C5H10O，G的同分异构体含有碳氧双键，说明为醛或酮，若为醛，可以看成将醛基挂在-C4H9上，共有4种同分异构体，分别为：，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。
【分析】A和氯气在氯化铁催化作用下发生取代反应生成B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为，B与发生取代反应生成C，C在浓硝酸、浓硫酸条件下发生硝化反应，引入硝基得到D，D与反应生成E，根据E→F的反应条件可知，该反应为还原反应，即E发生还原反应，硝基还原为氨基得到F，结合F的结构简式可知，E的结构简式为，D的结构简式为。
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