2025年高考河南卷化学高考真题（原卷版＋解析版）

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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：
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. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
本题核心考点是硅酸盐的判断，硅酸盐是由硅、氧与金属元素组成的化合物，常见于粘土、陶瓷、玻璃等材料中，需结合各选项 “活字” 的材质成分分析：
选项 A：泥活字的制作原料是粘土，粘土的主要成分是硅酸铝、硅酸铁等硅酸盐矿物，符合硅酸盐的组成特征，A 正确；
选项 B：木活字的材质是木材，木材的主要成分是纤维素（天然有机高分子化合物），不含硅、氧与金属的组合，不属于硅酸盐，B 错误；
选项 C：铜活字是纯铜或铜合金制成的，主要成分是铜（金属单质），属于金属材料，与硅酸盐无关，C 错误；
选项 D：铅活字的主要成分是铅（金属单质），部分可能含少量其他金属形成合金，但核心成分是金属，不属于硅酸盐，D 错误。
综上，答案为 A。
2. 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
【解析】
本题考查化学用语与图示的规范表达，需结合顺反异构、球棍模型、轨道表示式、电子式形成过程的核心规则判断：
选项 A：顺反异构的判断标准是 “相同原子或基团是否在双键同侧”。该结构中两个 H 原子位于双键同侧，两个 F 原子也位于同侧，属于顺二氟乙烯，而非反二氟乙烯，A 错误；
选项 B：二氯甲烷（CH₂Cl₂）分子中，C-H 键与 C-Cl 键的键长不同（Cl 原子半径大于 H 原子），球棍模型需体现键长差异，图示符合这一特征，且分子为四面体结构（无对称面，不存在同分异构体），B 正确；
选项 C：基态 S 原子的价电子排布式为 3s²3p⁴，根据洪德规则，3p 轨道上的 4 个电子应分占不同轨道且自旋平行（先分占再配对），正确的轨道表示式中 3p 轨道应为C 错误；
选项 D：氯化铯（CsCl）是离子化合物，用电子式表示形成过程时，需标注电子转移方向，且 Cs⁺与 Cl⁻应单独书写（Cl⁻需加方括号），正确形式为，原选项未标注电荷和方括号，表达不规范，D 错误。
综上，答案为 B。
3. 下列图示中，实验操作或方法符合规范的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
本题考查实验操作规范，需结合仪器用途、实验原理和安全要求分析：
选项 A：溶解氯化钠固体时，试管容积小，搅拌不便，且大量固体溶解易导致液体溢出，规范操作应在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，A 错误；
选项 B：草酸是酸性溶液，需用酸式滴定管量取（碱式滴定管的橡胶管会被腐蚀），滴定管精度可达 0.01mL，符合 “精确量取” 的需求，操作规范，B 正确；
选项 C：二氧化碳密度大于空气，可用向上排空气法收集，但集气瓶不能用瓶塞塞紧 —— 若塞紧，瓶内空气无法排出，会导致收集的 CO₂不纯，且可能因压强过大发生危险，C 错误；
选项 D：钠与水反应剧烈，生成氢气和强腐蚀性的 NaOH 溶液，反应中液体易飞溅，若眼睛凑近距离观察，可能被腐蚀，规范操作应保持一定距离，或在烧杯上盖玻璃片，D 错误。
综上，答案为 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. 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】
本题考查物质转化推断与性质分析，核心是根据物质颜色锁定核心元素（Fe），再推导矿物成分：
步骤 1：物质推断
黄色固体 Y：常见的铁的氧化物中，Fe₂O₃为红棕色，此处 “黄色” 应为红棕色的简化表述（Fe₂O₃是红棕色固体，常用作颜料）；
棕黄色溶液 Z：含 Fe³⁺（Fe³⁺在溶液中呈棕黄色）；
浅绿色溶液 R：含 Fe²⁺（Fe²⁺在溶液中呈浅绿色）；
黑色固体 Q：含 Fe 的黑色硫化物，常见为 FeS（硫化亚铁）；
综上，X 是含 Fe 和 S 的天然矿物，最常见的是 FeS₂（黄铁矿，主要成分），转化路径为：FeS₂→Fe₂O₃（Y）→Fe³⁺溶液（Z）→Fe²⁺溶液（R）→FeS（Q）。
选项分析
选项 A：Y 是 Fe₂O₃，红棕色固体，常用作油漆、涂料的红色颜料（如防锈漆），A 正确；
选项 B：溶液 Z 含 Fe³⁺，加热煮沸时，Fe³⁺水解生成 Fe (OH)₃胶体，溶液颜色由棕黄色变为红褐色，B 正确；
选项 C：反应 R→Q 是 Fe²⁺与 S²⁻生成 FeS 沉淀，而 FeS 能溶于强酸性溶液（FeS + 2H⁺ = Fe²⁺ + H₂S↑），因此该反应不能在强酸性条件下进行，否则沉淀会溶解，C 错误；
选项 D：Q 是 FeS，可通过单质化合制备 ——Fe 与 S 在加热条件下反应：Fe + S △ FeS，D 正确。
综上，答案为 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：
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
【解析】
本题考查离子方程式的正误判断，需结合反应实质、配平规则和沉淀 / 气体标注规范分析：
选项 A：磷酸二氢钠（NaH₂PO₄）的水解反应，H₂PO₄⁻作为弱酸的酸式酸根，会结合水电离的 H⁺生成 H₃PO₄，水解方程式为 “H₂PO₄⁻ + H₂O ⇌ H₃PO₄ + OH⁻”，符合水解规律，A 正确；
选项 B：氧化银（Ag₂O）与盐酸反应，实质是 Ag₂O 与 H⁺、Cl⁻反应生成 AgCl 沉淀和 H₂O，正确的离子方程式为 “Ag₂O + 2H⁺ + 2Cl⁻ = 2AgCl↓ + H₂O”，原选项未标注 AgCl 沉淀，产物表达不完整，B 错误；
选项 C：次氯酸钠（NaClO）与碘化氢（HI）反应是氧化还原反应，ClO⁻（强氧化性）会氧化 I⁻生成 I₂，酸性条件下配平后应为 “ClO⁻ + 2I⁻ + 2H⁺ = I₂ + Cl⁻ + H₂O”，原选项未配平（I⁻与 ClO⁻的比例应为 2:1），C 错误；
选项 D：硫酸氢钠（NaHSO₄）与少量碳酸氢钡（Ba (HCO₃)₂）反应，Ba²⁺与 HCO₃⁻的比例为 1:2（因 Ba (HCO₃)₂少量），反应生成 BaSO₄沉淀、CO₂和水，正确的离子方程式为 ，原选项中 HCO₃⁻与 Ba²⁺的比例为 1:1，配比错误，D 错误。
综上，答案为 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
【解析】
本题考查短周期元素推断与性质分析，需根据原子结构和元素周期律逐步推导：
步骤 1：元素推断
条件 1：基态 X 原子的 s 轨道电子总数比 p 轨道多 1，短周期元素中，X 为 N（电子排布 1s²2s²2p³，s 轨道电子 4 个，p 轨道 3 个，多 1 个）；
条件 2：X 在 ⅤA 族，族序数为 5，故 Q 的质子数 = 5，Q 为 B（硼元素）；
条件 3：原子序数 QW，C 错误；
选项 D：X 为 N，N₂分子中存在 N≡N 三键，三键由 1 个 σ 键和 2 个 π 键组成，故 1 个 N₂分子含 2 个 π 键，D 正确。
综上，答案为 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. 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
【解析】
本题考查有机物的结构与性质，需结合官能团（酚羟基、酯基、羧基、甲基）的性质分析：
选项 A：分子中含有 - CH₃（甲基），甲基为四面体结构，与甲基直接相连的碳原子及周围原子无法共平面，因此整个分子中所有原子不可能共平面，A 错误；
选项 B：能与 NaOH 反应的官能团：2 个酚羟基（1:1 反应）、2 个酯基（1 个酚酯、1 个普通酯，酚酯水解生成酚羟基，需额外消耗 1ml NaOH）、1 个羧基（1:1 反应）。总消耗：2（酚羟基）+ 2（普通酯）+ 1（酚酯额外消耗）+ 1（羧基）=6ml，该选项 “最多消耗 4ml” 明显错误，B 错误；
选项 C：分子中含羟基（-OH）、羧基（-COOH），可发生酯化反应（属于取代反应）；含苯环，苯环可与 H₂发生加成反应，因此既能发生取代反应，又能发生加成反应，C 正确；
选项 D：分子中含多个羟基（-OH）和羧基（-COOH），羟基与羧基之间可形成分子间氢键（不同分子间），且相邻的羟基与羧基可形成分子内氢键（同一分子内），因此既能形成分子间氢键，也能形成分子内氢键，D 错误。
综上，答案为 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
【解析】
本题考查配合物的形成与转化，需梳理实验流程中物质的转化关系：
实验流程梳理
① CuSO₄溶液 + 氨水（少量）→ 蓝色沉淀 Cu (OH)₂（②）；
② + 过量氨水 → 深蓝色溶液 [Cu (NH₃)₄]²⁺（③，配离子）；
③ + 乙醇 → 深蓝色沉淀 [Cu (NH₃)₄] SO₄・H₂O（④，配合物晶体）；
④ + 过量浓盐酸 → 黄绿色溶液 [CuCl₄]²⁻（⑤，配离子）。
选项分析
选项 A：②是 Cu (OH)₂（氢氧化物沉淀），④是 [Cu (NH₃)₄] SO₄・H₂O（配合物晶体），二者化学式和结构不同，不是同一种物质，A 正确；
选项 B：③中 Cu²⁺优先与 NH₃形成 [Cu (NH₃)₄]²⁺，而非与 H₂O 结合（原溶液中 Cu²⁺与 H₂O 形成的配离子不稳定），说明配体与 Cu²⁺的结合能力：NH₃>H₂O，B 正确；
选项 C：[Cu (NH₃)₄] SO₄是离子化合物，极性较强，而乙醇是极性较弱的有机溶剂，根据 “相似相溶” 原理，该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中，因此加入乙醇会析出沉淀，C 正确；
选项 D：⑤中黄绿色溶液的核心是 [CuCl₄]²⁻（Cl⁻过量时形成），若向⑤中加入稀硫酸，稀硫酸会稀释 Cl⁻浓度，导致 [CuCl₄]²⁻解离为 Cu²⁺和 Cl⁻，溶液颜色会变为浅蓝色（Cu²⁺与 H₂O 形成的配离子），无法保持黄绿色，D 错误。
综上，答案为 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(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
【解析】
本题考查自旋交叉化合物的结构与性质，需结合热重曲线、元素性质和化学键分析：
选项 A：化合物加热时先失去 CH₃OH（有机溶剂），由热重曲线可知，第一阶段失重率 = 100%-96.5%=3.5%。若 x=1，CH3OH的质量分数为，A 正确；
选项 B：同周期元素第一电离能：N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能 N>O>C，因此第一电离能顺序为 N>O>C，B 错误；
选项 C：化合物中存在 NO₃⁻（阴离子）和配离子（如 [Fe (...)ₙ]ⁿ⁺），阴离子与配离子之间通过离子键结合，因此存在离子键，C 错误；
选项 D：配位数是中心离子（Fe²⁺）结合的配位原子总数（如 N、O 原子），配体是提供孤电子对的分子或离子（如题目中的含 N/O 配体）。由结构可知，Fe²⁺的配位数为 6（结合 6 个配位原子），而配体个数为 2（2 个含 N/O 的分子），二者不相等，D 错误。
综上，答案为 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，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
【解析】
本题考查催化剂对反应进程的影响，需结合能量变化图分析反应热、平衡常数和决速步骤：
选项 A：由能量图可知，反应物（丙烷）的相对能量低于生成物（丙烯 + 氢气），总反应的 ΔH>0，属于吸热反应，A 错误；
选项 B：平衡常数只与温度有关，催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，但不改变平衡状态，因此两种催化剂作用下，总反应的化学平衡常数相同，B 错误；
选项 C：吸附态物质的能量越低，稳定性越强。由图可知，丙烷被催化剂 a 吸附后形成的吸附态（*CH₃CH₂CH₃）相对能量低于催化剂 b 的吸附态，因此更稳定，C 正确；
选项 D：决速步骤是反应进程中活化能最高的步骤（反应速率最慢，决定总反应速率）。由图可知，过渡态 1 的能量差（反应物到过渡态 1）大于过渡态 2，因此决速步骤为 *CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D 错误。
综上，答案为 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
【解析】
本题考查聚酯的合成与性质，需结合官能团变化和反应类型分析：
选项 A：E 的结构中含有碳碳双键（C=C），碳碳双键可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，A 正确；
选项 B：由合成路线可知，E 与 F 先发生碳碳双键的加成反应，再与 HCHO（甲醛）发生加成反应生成 M。根据原子守恒，反应中可能脱去 H₂O（而非 HCOOH），因为 E、F、HCHO 中均无 “-COOH” 结构，无法生成甲酸，B 错误；
选项 C：P 是聚酯，分子中含有酯基（-COO-），酯基在碱性条件下可发生水解反应，生成羧酸盐和醇，导致高分子降解，C 正确；
选项 D：P 解聚生成 M 的过程中，酯基中的 C-O 键断裂（酯水解），同时 M 分子中重新形成新的 C-O 键（形成羟基或醚键），因此存在 σ 键的断裂与形成，D 正确。
综上，答案为 B。
12. 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
【解析】
本题考查液流电解池的工作原理，需结合电极反应和离子迁移方向分析：
电极反应与离子迁移
电极 a（阴极）：（还原反应）；
电极 b（阳极）：（氧化反应）；
离子迁移：海水在膜 Ⅰ 和 Ⅱ 之间，Na⁺（阳离子）透过膜 Ⅰ（阳离子交换膜）进入阴极区，Cl⁻（阴离子）透过膜 Ⅱ（阴离子交换膜）进入膜 Ⅱ 与 Ⅲ 之间，Li⁺（阳离子）透过膜 Ⅲ（阳离子交换膜）进入膜 Ⅱ 与 Ⅲ 之间，最终在膜 Ⅱ 与 Ⅲ 之间得到 LiCl（回收锂）。
选项分析
选项 A：膜 Ⅱ 允许 Cl⁻（阴离子）通过，因此是阴离子交换膜，而非阳离子交换膜，A 错误；
选项 B：电极 a 的反应为，反应中生成 OH⁻，pH 增大，而非减小，B 错误；
选项 C：电极 b 是阳极，发生氧化反应，正确的电极反应式为 “Fe (CN)₆⁴⁻ - e⁻ = Fe (CN)₆³⁻”，原选项写反氧化产物和还原产物，C 错误；
选项 D：脱除 58.5g NaCl（1ml），转移 1ml 电子（NaCl→Na⁺+Cl⁻，电荷守恒），Li⁺和 Cl⁻各 1ml 透过交换膜，生成 1ml LiCl（摩尔质量 42.5g/ml），因此理论上可回收 42.5g LiCl，D 正确。
综上，答案为 D。
13. 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
【解析】
本题考查 转化为 CH₃COOH 的反应机理，需结合总反应和原子守恒分析：
总反应推导
由反应机理可知，总反应为 （原子守恒：C、H、O 均守恒）。
选项分析
选项 A：总反应为化合反应，反应物全部转化为产物，无副产物生成，原子利用率为 100%，A 正确；
选项 B：由总反应可知，每消耗 1ml O₂，生成，B 错误；
选项 C：反应过程中，Pd 的成键数目发生变化（如 Pd 与 S 原子的连接方式改变），导致 Pd 的化合价发生变化；O₂作为氧化剂，O 元素化合价从 0 价降至 - 2 价，因此 Pd 和 O 的化合价均变化，C 正确；
选项 D：若以 为原料，结合机理可生成 ，其存在电离平衡：，用吸收产物时，结合水电离出的可得到，D正确；
综上，答案为 B。
14. 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
【解析】
本题考查配离子的平衡分布，需结合配离子形成规律和图像分析：
配离子形成与图像解读
配离子反应：（反应 1）、（反应 2），Y 浓度增大时，减小，先增后减，[增大；
图 1（-1g [c (Y)] 为横坐标，越小表示 c (Y) 越大）：曲线 Ⅰ 为 ，曲线 Ⅱ 为 ，曲线 Ⅲ 为 ；
图 2（pH 为横坐标，增大表示 c (Y) 增大）：曲线 Ⅳ 为，曲线 Ⅴ 为，曲线 Ⅵ 为 Y。
选项分析
选项 A：由上述解读，曲线 Ⅰ 对应的离子是，A 正确；
选项 B：Y是二元弱碱，，当 [HY⁺]=[Y] 时，pH=4.70，pKb1=14-4.70=9.30；最大时，，对应 pH=8.39，B 正确；
选项 C：反应的平衡常数，图 1 中时， ，因此 ，C 正确；
选项 D：pH=9.93 时，c (Y) 较大，反应 2 正向进行，[CuY₂]²⁻ > [CuY]⁺，因此 c ([CuY₂]²⁻)/c ([CuY]⁺) > 1，D 错误。
D．时，，，，由物料守恒可知，，Y的初始浓度为，由物料守恒得，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；
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、(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） ①. ②. SiO2
（3）、
（4）A （5） ①. +1 ②. 6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【解析】
【小问1详解】
酸溶 1 的目的：合金粉主要成分是 Fe、Rh、Pt、SiO₂，Fe 易溶于浓盐酸（非氧化性酸），生成 FeCl₂进入滤液；而 Rh、Pt 在常温下不溶于非氧化性酸，SiO₂不溶于酸，过滤后可将 Fe 与其他物质分离，为后续回收 Rh、Pt 做准备。
【小问2详解】
酸溶 2 的反应与滤渣：“酸溶 2” 用王水（浓盐酸 + 浓硝酸）氧化 Rh，Rh 从 0 价升至 + 3 价，生成 H₃RhCl₆（络合物），HNO₃被还原为 NO，结合原子守恒和得失电子守恒，配平化学方程式为 “”；滤渣是不溶于王水的 SiO₂（二氧化硅）。
【小问3详解】
高温还原的反应：“沉铑” 后灼烧，沉淀分解为 Rh、Rh₂O₃和 PtO₂，高温下 H₂作为还原剂，将 Rh₂O₃和 PtO₂还原为单质 Rh 和 Pt，反应方程式分别为、。
【小问4详解】
溶液 pH 的控制：初始浓度 ，，当 开始沉淀时，，，，为避免生成 Rh (OH)₃沉淀，溶液 pH 应小于2.4，选项中只有 A（2.0）符合要求。
【小问5详解】
配离子化合价与物质的量比：配离子 [Rh (SnCl₃)₅]4⁻中，SnCl₃⁻为 - 1 价，设 Rh 化合价为 x，则 x + 5×(-1) = -3，解得 x=+1；Rh (III)→Rh (I) 得 2 个电子，SnCl₂→SnCl₃⁻（Sn²⁺→Sn³⁺）失 1 个电子，且生成 1 个 [Rh (SnCl₃)₅]³⁻需 5 个 SnCl₃⁻，因此每 1ml Rh (III) 反应需 6ml SnCl₂（1ml 用于还原，5ml 用于形成配体），物质的量比为 6:1。
小问6详解】
酸溶 3 的目的：“二次还原” 中加入过量 Zn 还原 Rh 的化合物，过滤后滤渣含 Rh 和过量 Zn，浓盐酸可溶解 Zn（Zn + 2HCl = ZnCl₂ + H₂↑），而 Rh 不溶于浓盐酸，从而实现 Zn 与 Rh 的分离。
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，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） 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
（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）
【解析】
【小问1详解】
仪器识别：根据实验装置图，仪器①为圆底烧瓶（反应容器，用于加热回流），仪器②为球形冷凝管（冷凝回流乙醇，防止挥发）。
【小问2详解】
乙醇的作用：药用硫黄的主要成分是单质硫，硫难溶于水，微溶于乙醇，因此乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫，使硫与 KOH、H₂O₂充分反应。
【小问3详解】
蒸馏除乙醇的原因：步骤 Ⅱ 中需用 H₂O₂氧化硫（总反应 S + 3KOH + 3H₂O₂ = K₂SO₄ + KOH・H₂O + 2H₂O），而乙醇具有还原性，会与 H₂O₂发生氧化还原反应（如 H₂O₂氧化乙醇生成乙醛），导致 H₂O₂消耗过多，干扰硫的定量计算，因此需蒸馏除去乙醇。
【小问4详解】
加热方式与 SO₄²⁻检验：① 步骤 Ⅱ 需加热至 100℃，水浴加热的温度上限为 100℃，且受热不均匀，难以维持恒温，因此不宜采用；② 检验 SO₄²⁻需先排除干扰离子（如 CO₃²⁻、SO₃²⁻），因此先加盐酸酸化，再滴加 BaCl₂溶液，白色沉淀为 BaSO₄，证明含 SO₄²⁻。
【小问5详解】
滴定终点判断：步骤 Ⅲ 用盐酸滴定过量的 KOH，甲基橙作指示剂，滴定前溶液呈碱性（黄色），滴定至终点时，过量的半滴盐酸使溶液呈酸性，颜色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色（避免局部过量导致的误差）。
【小问6详解】
质量分数计算：空白实验消耗 V₃（盐酸总量），样品实验消耗 V₂（剩余 KOH 消耗的盐酸），与硫反应的 KOH 的物质的量 = c (V₃ - V₂)×10⁻³ ml。由总反应可知，1ml S 与 2ml KOH 反应（S ~ 2KOH），因此 n (S)= [c (V₃ - V₂)×10⁻³]/2 ml，质量 = [c (V₃ - V₂)×10⁻³]/2 ×32 g，质量分数
17. 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） ①. s ②. 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） ①. T1 ②. 升高温度，反应Ⅱ正向移动
（6） ①. 1.2 ②. 70%
【解析】
【小问1详解】
元素周期表分区与价电子排布：Ca 的电子排布式为 [Ar] 4s²，价电子位于 s 轨道，属于 s 区；Ni 为 28 号元素，电子排布式为 [Ar] 3d⁸4s²，Ni²⁺失去 4s² 电子，价电子排布式为 3d⁸。
【小问2详解】
水分子的模型差异：中心 O 原子的价层电子对数 = 2（成键电子对）+ 2（孤电子对）=4，VSEPR 模型为四面体型；但孤电子对的斥力更大，压缩了成键电子对的夹角，导致空间结构为 V 型，因此模型与空间结构不同。
【小问3详解】
晶胞化学式计算：① P 原子：顶点 4 个 ×1/6 + 顶点 4 个 ×1/12 + 体内 2 个 = (2/3) + (1/3) + 2=3；② Ni 原子：棱上 8 个 ×1/4 + 面心 6 个 ×1/2 + 体内 1 个 = 2 + 3 + 1=6；③ Ni 与 P 的原子个数比 = 6:3=2:1，化学式为 Ni₂P。
【小问4详解】
重整反应促进 CaCO₃分解的原因：CaCO₃分解生成 CaO 和 CO₂（反应 Ⅰ），重整反应（反应 Ⅱ）消耗 CO₂，使反应 Ⅰ 的产物浓度降低，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，从而促进 CaCO₃分解。
【小问5详解】
反应温度判断：反应 Ⅱ 是吸热反应，温度越高，CH₄的平衡转化率越大。由图 2 可知，相同压强下，T₁对应的 CH₄转化率最高，因此 T₁是最高温度。
【小问6详解】
平衡常数与原位利用率计算：
初始：1ml CH₄、1ml CaCO₃；平衡：CH₄转化率，CaCO₃转化率 ，1.3ml CO；
总物质的量=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)ml=3ml；
代入浓度（物质的量分数 × 总压，总压相同可约去），计算得平衡常数，
② 原位利用率 =（消耗的 CaO 质量 / 生成的 CaO 质量）×100%=70%。
平衡时，原位利用率为
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） ①. ②.
（4）取代反应 （5）
（6） ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
含氧官能团识别：由化合物 I 的结构简式可知，含氧官能团为醚键（-O-）和酯基（-COO-）。
【小问2详解】
A 的结构简式：A 在 Cl₂/FeCl₃催化下生成 B（含 Cl 原子的苯酚衍生物），结合 B 的结构（苯环上 Cl 和 OH 邻位），A 应为苯酚，氯气在 FeCl₃催化下发生邻位取代反应生成 B。
【小问3详解】
B→C 的反应与副产物：① B与异丙醇（(CH₃)₂CHOH）发生取代反应，Cl 原子被 - OCH (CH₃)₂取代，生成 C 和 HCl，化学方程式为；
② 若向异丙醇中滴加 B，异丙醇过量，B 中苯环上的 Cl 原子可能发生二次取代，生成副产物。
；；
【小问4详解】
D→E 的反应类型：D（含 Cl 原子）与反应，Cl 原子被取代，生成 E ()和 HCl，属于取代反应。
【小问5详解】
J的分子式为，中间体 J 的结构：F 的分子式为 C₁₁H₈F₃NO₂，由F生成H的反应中可能生成中间体J，说明F生成H发生了已知信息第一步反应，第二步两种产物互为顺反异构体，J的结构简式为
【小问6详解】
同分异构体数目与结构：① G 是 3 - 戊酮（CH₃CH₂COCH₂CH₃），含碳氧双键的同分异构体：醛类（4 种，丁基的 4 种结构：CH₃CH₂CH₂CH₂CHO、(CH₃)₂CHCH₂CHO、CH₃CH₂CH (CH₃) CHO、(CH₃)₃CCHO）、酮类（2 种，CH₃COCH₂CH₂CH₃、CH₃CH₂COCH₂CH₃除外，应为 CH₃COCH (CH₃)₂），共 6 种；分别为：，
② 能发生银镜反应（含醛基），核磁共振氢谱两组峰，说明结构对称，应为 (CH₃)₃CCHO（醛基 1 组峰，三个甲基 1 组峰）。
A．泥活字
B．木活字
C．铜活字
D．铅活字
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