2025年化学(河南卷)
1.A 本题考查化学与材料。
泥活字字坯的主要成分是黏土,属于硅酸盐材料,A项正确;木活字字坯是由材质比较硬的木头制成,主要成分为纤维素,B项错误;铜活字字坯主要成分为金属材料,C项错误;铅活字字坯主要成分为含铅合金,属于金属材料,D项错误。
2.B 本题考查化学用语。
反-1,2-二氟乙烯的结构式为,而为顺-1,2-二氟乙烯,A项错误;球棍模型要有“球”有“棍”,并注意原子半径大小:r(Cl)>r(C)>r(H),B项正确;基态S原子价电子轨道表示式为,题中所示违反了洪特规则,C项错误;CsCl为离子化合物,用电子式表示其形成过程为,D项错误。
3.B 本题考查简单的实验操作及实验安全问题。
溶解NaCl固体应在烧杯中进行,要用玻璃棒搅拌,不能用手指堵住试管口振荡,A项错误;量取20.00 mL草酸溶液选用酸式滴定管,B项正确;收集CO2用向上排空气法,且集气瓶口应与外界相通,C项错误;Na与水反应非常剧烈,且生成强腐蚀性物质NaOH,眼睛离得太近比较危险,D项错误。
4.C 本题考查与铁元素有关的具有一定颜色的物质,由Z的棕黄色、R的浅绿色可推出含有铁元素,由固体X为黄色可推出固体X为FeS2,固体Q为黑色,且与X组成元素相同,可知固体Q为FeS。固体Y为红棕色,推知Y为Fe2O3,可作油漆、涂料等的红色颜料,A项正确;含Fe3+的溶液煮沸过程中Fe3+的水解程度变大,生成的Fe(OH)3为红褐色,颜色发生改变,B项正确;Fe2+FeS不能在强酸性环境下进行,因为FeS可溶于强酸,C项错误;根据反应Fe+SFeS可知,D项正确。
5.A 本题考查离子方程式的正误判断。
H2P水解时结合H+生成弱电解质H3PO4,A项正确;Ag2O溶于盐酸会生成难溶物AgCl,正确的离子方程式为Ag2O+2H++2Cl-2AgCl+H2O,B项错误;ClO-在酸性环境下能把I-氧化成I2,离子方程式为ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O,C项错误;在Ba(HCO3)2少量的情况下,正确的离子方程式为Ba2++2HC+S+2H+BaSO4↓+2CO2↑+2H2O,D项错误。
6.D 本题考查元素推断、元素周期表及元素周期律的应用。
基态X原子的核外电子排布为1s22s22p3,则X为N,是第ⅤA族元素,所以Q为B,W为C,Y、Z原子核外均只有1个未成对电子,则可能为F、Na、Al、Cl中的两种,再根据Y、Z核电荷数之和为Q的4倍,可推出Y为F、Z为Na。BF3为平面三角形的非极性分子,A项错误;NaF中只有离子键,属于离子晶体,B项错误;原子半径:r(C)7.C 本题考查有机化合物的结构与性质。
分子中含有4个—CH3,因此不可能所有原子共面,A项错误;1 mol M中的2 mol酚羟基可消耗2 mol NaOH,1 mol羧基可消耗1 mol NaOH,1 mol酯基水解可生成1 mol羧基和1 mol酚羟基,可消耗2 mol NaOH,共消耗NaOH 5 mol,B项错误;羟基、羧基能发生酯化反应,也属于取代反应,苯环可以与H2发生加成反应,C项正确;羧基和1个酚羟基处在邻位,能形成分子内氢键,D项错误。
8.D 本题考查与Cu2+有关的配合物。
向CuSO4溶液中加氨水先转化为Cu(OH)2沉淀,再加过量氨水沉淀又转化为[Cu(NH3)4]SO4,变为深蓝色溶液,加入乙醇后,[Cu(NH3)4]SO4的溶解度变小而析出深蓝色沉淀,再加盐酸后[Cu(NH3)4]2+与Cl-转化为黄绿色的配离子[CuCl4]2-。
②中沉淀为Cu(OH)2,④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4,A项正确;在含Cu2+的溶液中加过量氨水能转化为[Cu(NH3)4]2+,说明Cu2+更易与NH3结合,B项正确;向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇后析出固体,说明其在乙醇中溶解度小,C项正确;若向⑤中加入稀硫酸,不会转化成黄绿色的[CuCl4]2-,D项错误。
9.A 本题考查物质结构与性质的内容。
根据热重曲线可得,得x=1,A项正确;第一电离能N>O>C,B项错误;由题中图1可以看出中括号部分是+1价阳离子,N为阴离子,它们之间存在离子键,C项错误;由图1可知Fe的配位数为6,但配体个数不是6,D项错误。
10.C 本题考查化学反应机理中的能量机理图。
由图可知反应物总能量低于生成物总能量,该反应为吸热反应,A项错误;化学平衡常数只与温度有关,催化剂不影响平衡常数大小,B项错误;由图可知,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量低,更稳定,C项正确;①转化为②的进程中,决速步骤应为能垒最大的一步:*CH3CHCH3+*H*CH3CHCH2+2*H,D项错误。
11.B 本题考查有机化合物的性质及相互转化关系。
E中含碳碳双键,能使溴的四氯化碳溶液褪色,A项正确;由E、F和G合成M时,结合E、F、G、M的结构简式可知,还可生成物质的化学式为CH4O,该物质不可能是HCOOH,B项错误;P中含有酯基,在碱性条件下可水解,即可降解,C项正确;由M、P的结构简式可知,P解聚生成M时,存在C—O键的断裂与形成,D项正确。
12.D 本题考查电解池相关知识。
由图可知电极a为阴极,电极b为阳极,题干中描述电解池工作的目的有:①淡化海水,②回收含锂废弃物中的锂元素;则电极a的电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,Na+透过离子交换膜Ⅰ向左移动,Ⅰ为阳离子交换膜,Cl-向右移动,所以离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜,A项错误;由于电极a附近生成OH-,则电极a附近溶液的pH增大,B项错误;电极b为阳极,发生氧化反应,电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-,C项错误;脱除58.5 g NaCl,就有1 mol Cl-跟Li+结合生成1 mol LiCl,D项正确。
13.B 本题考查化学反应机理中的循环机理图。
此种题目中进环的物质为反应物,出环的物质为产物。由图可知总反应为2CO+O2+2CH42CH3COOH,由于该反应为化合反应,产物唯一,则原子利用率为100%,A项正确。由方程式可知消耗1 mol O2时可生成2 mol CH3COOH,B项错误。Rh和Fe参与整个反应中的氧化还原反应,其化合价发生变化,C项正确。由ⅡⅢ可推出CD4可转化为CD3COOD, 在水中存在CD3COODCD3COO-+D+、H2OH++OH-两种平衡,则CD3COO-也可结合水电离出的H+,生成CD3COOH,D项正确。
14.D 本题考查溶液中的离子平衡问题,有一定的难度。
由题可知,Y的浓度越大,生成的[AgY2]+越多,溶液中Ag+的浓度越小,则图1中Ⅰ代表[AgY2]+,Ⅱ代表[AgY]+,Ⅲ代表Ag+,A项正确;pH越大,碱性越强,随着pH增大,H2Y2+先转化成HY+,再转化为Y,故图2中Ⅳ代表H2Y2+,Ⅴ代表HY+,Ⅵ代表Y;由图2可知,①H2Y2+HY++H+ K1=10-6.85,②HY+H++Y K2=10-9.93,当δ(HY+)最大时,Y和H2Y2+的分布系数相等,浓度也相等,由①+②可得,H2Y2+Y+2H+ K=K1·K2==c2(H+)=10-16.78,则c(H+)=10-8.39 mol·L-1,pH=8.39,B项正确;由图1中Ⅱ和Ⅲ的交点可得,反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1==104.70,C项正确;当-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时,c(Y)=10-3 mol·L-1,δ(Y)=≈0.087,处在Ⅳ和Ⅵ交点的右侧,由图可知c(Y)>c(H2Y2+),D项错误。
15.答案 (1)将Fe转化为Fe2+与固体分离
(2)Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O SiO2
(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O 2RhCl3+3H22Rh+6HCl
(4)A
(5)+1价 6∶1
(6)除去还原生成的Sn和过量的Zn
解析 (1)“酸溶1”时,合金粉中只有Fe为活泼金属,铁能与盐酸反应而溶解,Rh、Pt不与盐酸反应,SiO2不溶于盐酸。则滤液1中主要含Fe2+、Cl-、H+。
(2)依据工艺流程图分析,Rh、Pt可溶于王水,则经过“酸溶2”得到的滤渣的主要成分为SiO2。王水中HNO3将Rh氧化为Rh3+与Cl-配位,N被还原为NO,“酸溶2”中反应的化学方程式为Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O。
(3)“高温还原”中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为单质Rh,发生反应的化学方程式分别为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。
(4)依据Sn(OH)2的Ksp数值,当c(SnCl2)=1.0×10-4 mol·L-1时,Sn(OH)2开始形成时的c(OH-)= mol·L-1=×10-12 mol·L-1,则此时pOH=12-lg=12-lg5.5,pH=2+lg5.5≈2.4,故溶液pH不超过2.4时不会生成沉淀。
(5)根据SnCl2可知,SnCl2与Rh(Ⅲ)形成的[Rh(SnCl3)5]4-中Rh的化合价为+1价。“活化还原”中,SnCl2一部分与Rh(Ⅲ)发生氧化还原反应,一部分与还原产物Rh(Ⅰ)配位,反应的离子方程式为6Sn2++[RhCl6]3-+15Cl-[SnCl6]2-+[Rh(SnCl3)5]4-,故理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6∶1。
(6)分析流程图,“酸溶3”之前加过量Zn,主要是将化合态的Rh还原为单质Rh,同时将Sn2+、Sn4+还原为单质Sn,加浓盐酸后单质Rh不溶而实现分离。故“酸溶3”目的是除去还原生成的Sn和过量的Zn。
16.答案 (1)圆底烧瓶 球形冷凝管
(2)增大硫的溶解度,便于充分溶解
(3)防止乙醇在步骤Ⅱ中被H2O2氧化为CH3COOH,CH3COOH与KOH反应使测定结果不准确
(4)水浴加热难以保持20 min使温度处于100 ℃ 取反应后的溶液少许加入试管中,然后加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中含有S
(5)当滴入最后半滴HCl标准溶液,锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色
(6)×100%
解析 (1)由装置图可知,仪器①②分别是圆底烧瓶、球形冷凝管。
(2)硫为非极性分子,难溶于水,微溶于乙醇,而乙醇能与H2O以任意比互溶。故步骤Ⅰ中,乙醇的作用是增大硫的溶解度、便于充分溶解。
(3)乙醇具有还原性,步骤Ⅱ中H2O2具有氧化性,乙醇能被H2O2氧化为乙酸,而CH3COOH会与溶液中的KOH发生中和反应,从而导致后续滴定过程消耗的HCl减小,使测定结果不准确。
(4)水浴加热使混合液受热均匀,但不能长时间保持100 ℃。检验S时需要的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。
(5)步骤Ⅲ中,使用甲基橙作滴定反应的指示剂,锥形瓶中溶液含有KOH呈碱性,故滴定前为黄色,滴加HCl标准溶液至终点时,溶液变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色。
(6)步骤Ⅳ中,不加入硫黄做空白实验,n(KOH)=n(HCl)=cV3×10-3 mol,加入硫黄时,KOH先与硫反应,剩余的再与HCl发生中和反应,则剩余n(KOH)=n(HCl)=cV2×10-3 mol;故与硫反应的n(KOH)=(cV3×10-3-cV2×10-3) mol,则样品n(S)=n(KOH)=(cV3-cV2)×10-3 mol,故样品中硫的质量分数为×100%。
17.答案 (1)s 3d8
(2)水分子结构中有两个孤电子对
(3)Ni5P4
(4)反应Ⅱ、Ⅲ消耗CO2使反应Ⅰ的平衡正向移动,反应Ⅱ使恒压体系中容器容积增大,有利于反应Ⅰ平衡正移
(5)T1 反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则CH4的平衡转化率增大;反应Ⅰ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,可产生更多的CO2,从而提高反应Ⅱ中CH4的转化率
(6)1.2 70%
解析 (1)钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2,位于元素周期表中s区;基态镍原子的价电子排布式为3d84s2,故基态Ni2+的价电子排布式为3d8。
(2)水分子的VSEPR模型为四面体形,水分子中心原子氧原子有两个孤电子对,则水分子的空间结构为V形。
(3)观察晶胞结构,Ni原子有8个位于棱上,有6个位于面上,故一个晶胞中含有Ni:8×+6×=5。P原子有3个位于晶胞内部,有4个位于底面角(60°)顶点,有4个位于底面角(120°)顶点,故一个晶胞中含有P:3+4×+4×=4,则该物质的化学式为Ni5P4。
(4)反应Ⅱ和反应Ⅲ正反应消耗CO2、反应Ⅱ正反应是气体分子数增大的反应(保持恒压则必须使容器容积扩大),二者都能使CaCO3分解反应平衡正向移动,从而促进CaCO3分解。
(5)分析图2可知:相同压强条件下,CH4的平衡转化率主要与温度有关。而反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,CH4的平衡转化率增大,故T1>T2>T3。同时温度升高也会促进反应Ⅰ正向进行,反应Ⅰ生成的CO2促进反应Ⅱ正向进行,从而提高甲烷的转化率。
(6)利用元素守恒分析:
由题意知:开始时向体系中加入:n(CaCO3)=1.0 mol、n(CH4)=1.0 mol;由于平衡时CaCO3的转化率为80%,CH4的转化率为60%,n(CO)=1.3 mol,可知平衡时体系中剩余n(CaCO3)=0.2 mol,剩余n(CH4)=0.4 mol,分解生成n(CaO)=0.8 mol。由碳元素守恒可得平衡时:n(CO2)=n(CaCO3)始+n(CH4)始-n(CaCO3)平-n(CH4)平-n(CO)=(1.0+1.0-0.2-0.4-1.3) mol=0.1 mol;由氧元素守恒可得平衡时:n(H2O)=n(CaCO3)始×3-n(CaO)-n(CaCO3)平×3-n(CO2)×2-n(CO)=(1.0×3-0.8-0.2×3-0.1×2-1.3) mol=0.1 mol;由氢元素守恒可得平衡时:n(H2)=[n(CH4)始×4-×4-n(H2O)×2]=(1.0×4-0.4×4-0.1×2) mol=1.1 mol;平衡时体系中气体总物质的量为n(CO2)+n(CH4)+n(H2)+n(CO)+n(H2O)=0.1 mol+0.4 mol+1.1 mol+1.3 mol+0.1 mol=3.0 mol。故反应Ⅲ的平衡常数Kp=≈1.2。原位CO2利用率=×100%=70%。
18.答案 (1)醚键、酯基
(2)
(3)++HCl 、或(合理即可)
(4)取代反应
(5)(或
、)
(6)6
解析 (1)根据结构简式可知,有机物Ⅰ中含氧官能团为醚键和酯基。
(2)由A的分子式和B的结构简式及AB的反应条件可推知,A的结构简式为。
(3)异丙醇在加热条件下可发生分子间脱水生成,也可发生分子内脱水生成。当滴加B后,异丙醇也可能与苯环上的氯原子发生取代反应生成。
(4)CD在苯环上引入—NO2,DE在苯环上氯原子处引入,EF在Fe、HCl存在的条件下将—NO2还原为—NH2,故DE的反应类型为取代反应。
(5)分析题目所给信息:RNH2+可知,题目中FH的反应是先发生上述信息反应,然后发生互变异构生成,再由该物质发生分子内取代得到H和。则反应中的中间体J的结构简式为、、。
(6)书写有机物G的同分异构体时,可以将碳氧双键看作—CHO或,分别取代或插入C—C间所得。在C—C—C—C结构基础上,分别得到:C—C—C—C—CHO、、、;在结构基础上,分别得到:、、,则G的同分异构体中,含有碳氧双键的有6种。其中符合条件(能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示为两组峰)的同分异构体为。2025年普通高中学业水平选择性考试(河南卷)
化 学
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:H—1 Li—7 C—12 N— 14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5
Fe—56 Br—80
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。 4.X是自然界中一种常见矿物的主要成分,可以通
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 过如图所示的四步反应转化为 Q(略去部分参与
要求的。 反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元
1.活字印刷术极大地促进了世界文化的交流,推动 素相同。
了人类文明的进步。下列“活字”字坯的主要成分 固体X 固体Y 溶液Z 溶液R 固体Q
为硅酸盐的是 ( ) ( )→ ( )→ ( )→ ( →黄色 红棕色 棕黄色 浅绿色) (黑色)
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
A.泥活字 B.木活字 D.Q可以通过单质间化合反应制备
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:H2PO-4 +H2O H3PO4
+OH-
C.铜活字 D.铅活字 B.用稀盐酸浸泡氧化银:Ag2O+2H+ 2Ag+
2.下列化学用语或图示正确的是 ( ) +H2O
F F C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液:ClO-+H+
A.反-1,2-二氟乙烯的结构式: C C HClO
H H D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液:
H++SO2-+Ba2+4 +HCO-3 BaSO4↓+
B.二氯甲烷分子的球棍模型: CO2↑+H2O
C.基态S原子的价电子轨道表示式: 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3s 3p s
轨道中电子
,
D.用电子式表示CsCl的形成过程: 总数比p轨道中电子数多1X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
3.下列图示中,实验操作或方法符合规范的是 4倍。下列说法正确的是 ( )( ) A.QY3为极性分子
B.ZY为共价晶体
C.原子半径:W>Z
D.1个X2分子中有2个π键
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
A.溶解氯化钠固体 B.量取20.00mL草酸溶液 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
C.收集二氧化碳气体 D.观察钠与水的反应 D.能形成分子间氢键,但不能形成分子内氢键
·1·
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:NH3 下列说法正确的是 ( )
>H2O A.总反应是放热反应
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常
D.若向⑤中加入稀硫酸,同样可以得到黄绿色 数不同
溶液 C.和催化剂b相比,丙烷被催化剂a吸附得到的
9.自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具 吸附态更稳定
*
有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及 D.①转化为②的进程中,决速步骤为 CH3CH2CH3
* *
在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所 → CH3CHCH3+ H
示。该化合物的相对分子质量 Mr=870+32x(x 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为整数
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
图1 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
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。
图2
下列说法正确的是 ( )
A.x=1 下列说法正确的是 ( )
B.第一电离能:C电极
C.该化合物中不存在离子键 B. 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-
D.该化合物中配位数与配体个数相等 6
, +e
- [Fe(CN)]3-10.在催化剂a或催化剂b作用下 丙烷发生脱氢反应 6D.若海水用, () NaCl
溶液模拟,则每脱除58.5g
制备丙烯 总反应的化学方程式为CH3CH2CH3g NaCl,理论上可回收1molLiCl
CH3CH CH2(g)+H2(g),反应进程中的 13.在 MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4 可
相对 能 量 变 化 如 图 所 示 (*表 示 吸 附 态, 在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应
*CH3CHCH2+2*H →CH3CH CH2(g)+ 机理如图所示。
H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法错误的是 ( )
·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++Y [AgY]+ 的平衡常数 K1
=104.70
D.-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时,c(HY+)
>c(H Y2+2 )>c(Y)
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(14分)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SiO2]中尽可能
回收铑的工艺流程如下:
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以 CD4 为原料,用 H2O 吸收产物可得到
CD3COOH
14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为 Y)可结合
H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为 HY+) 回答下列问题:
[H NCH CH NH ]2+(简写为 H Y2+)。Ag+3 2 2 3 2 (1)“酸溶1”的目的是 。
与Y可形成[AgY]+ 和[AgY +2] 两种配离子。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为 H
, 3
[RhCl6],则生
室温下向 AgNO3溶液中加入 Y 通过调节混合 成该物质的化学方程式为 ;“滤渣”的主
溶液的pH 改变Y的浓度,从而调控不同配离子 要成分是 (填化学式)。
的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单
的初始浓度分别为1.00×10-3 mol·L-1和 质,但夹杂少量Rh2O3 和RhCl3,则“高温还原”
1.15×10-2 mol·L-1。-lg[c(M)/(mol· 中发生反应的化学方程式为 。
L-1)]与-lg[c(Y)/(mol·L-1)]的变化关系 (4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2 初始浓度
如图1所 示(其 中 M 代 表 Ag+、[AgY]+ 或 为
+ 1.0×10
-4mol·L-1,为避免生成Sn(OH)
[ ] ), ( 2AgY2 分布系数δN)与pH的变化关系如 沉淀,溶液适宜的pH为 (填标号)[已知
图2所示(其中 N代表 Y、HY+或 H Y2+2 ),比 Sn(OH) -282的Ksp=5.5×10 ]。
c(H Y2+)
如δ(H Y2+)= 2 。 A.2.0 B.4.0 C.6.02 c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) (5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)
反应可生成[Rh(SnCl)]4-3 5 ,提升了Rh的还原
速率,该配离子中Rh的化合价为 ;反应
中同时生成[SnCl]2-6 ,Rh(Ⅲ)以[RhCl]3-6 计,
则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比
为 。
(6)“酸溶3”的目的是
。
16.(14分)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 SO2-2 2 4 +4H2O。
图1 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V1mLKOH
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30%H2O2溶液,加热
至100℃,保持20min,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
图2 定至终点
,消耗 HCl溶液体积为V2mL。
·3·
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V3mL。计算样品中
硫的质量分数。
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)
图
步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙 2(6)一定温度、100kPa下,向体系中加入1.0mol
醇的原因是 CaCO3和1.0molCH4,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
() CaCO3
转
4 步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 化率为80%,CH4转化率为60%,CO 物质的量
。步骤Ⅱ 为1.3mol,反应Ⅲ的平衡常数 K =
结束后,若要检验反应后溶液中的SO2-4 ,实验操
p
(保留小数点后一位),此时原位CO2利用率为
作是 。 。
(5)
步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为 已知:原位CO2利用率=
。 [ (初始) (平衡)] (平衡)
() nCaCO -n -n6 单次样品测定中硫的质量分数可表示为 3
CaCO3 CO2
( )。 nCaCO(初始)
×100%
写出计算式 3
17.(15分)CaCO3的热分解与 NixPy催化的CH4重 18.
(15分)化合物Ⅰ具有杀虫和杀真菌活性,以下为
整结合,可生产高纯度合成气(H2+CO),实现碳 其合成路线之一
(部分反应条件已简化)。
资源的二次利用。主要反应如下:
反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ΔH1
=+178kJ·mol-1
反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)
ΔH2=+247kJ·mol-1
反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)
ΔH =+41kJ·mol-13
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 已知:
同,原因是 。
(3)NixPy 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 回答下列问题:
。 (1)I中含氧官能团的名称是 。
(4)恒压条件下,CH4重整反应可以促进CaCO3 (2)A的结构简式为 。
分解,原因是 (3)由B生成C的化学方程式为
。 。反应时,在加热搅拌
(5)在温度分别为T1、T2和T3下,CH4的平衡转 下向液体B中滴加异丙醇;若改为向异丙醇中滴
化率与压强的关系如图2所示,反应温度最高的 加B则会导致更多副产物的生成,副产物可能的
是 (填“T1”“T2”或“T3”),原因是 。 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C23H26F3NO3,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
图1 构体的结构简式为 。
·4·
河南省2025年普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
(2)
准考证号
(3
(3)
一此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4
(4)
oo
moo
5A百QD
6A国Q可
7A国QD
moo
.3oo
eRaoa
amoo
op
P3a
3ada
(5)
(5
(6)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
(6
15.(1)
(2)
17.(1)
(2)
(3
(3)
(4)
(4)
(5
(5)
(6
(6
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