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。

【2025河南等级考】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. 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。

【2025河南等级考】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。

【2025河南等级考】3. 下列图示中，实验操作或方法符合规范的是

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

【2025河南等级考】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FeS₂，Y是Fe₂O₃，溶液中Z含有Fe³⁺、溶液R中含有Fe²⁺，Q是FeS。

【详解】A．Fe₂O₃可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；

B．含有Fe³⁺的溶液加热转化为Fe(OH)₃胶体，溶液颜色发生变化，B正确；

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。

【2025河南等级考】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：H₂PO₄^－＋H₂OH₃PO₄＋OH^－

B. 用稀盐酸浸泡氧化银：Ag₂O+2H⁺=2Ag^＋+2H₂O

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^＋＋SO₄^2－＋Ba^2＋＋HCO₃^－=BaSO₄↓＋CO₂↑＋H₂O

【答案】A

【解析】

【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH^－，离子方程式为H₂PO₄^－＋H₂OH₃PO₄＋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Ag₂O+2H⁺+2Cl^－=2AgCl+H₂O，B错误；

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⁺=I₂+Cl^－+H₂O，C错误；

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^＋＋SO₄^2－＋Ba^2＋＋2HCO₃^－=BaSO₄↓＋2CO₂↑＋2H₂O，D错误；

答案选A。

【2025河南等级考】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. 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

【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．BF₃为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误；

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；

D．N₂分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确；

答案选D。

【2025河南等级考】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. 1mol M最多能消耗4mol NaOH

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-CH₃，因此不可能所有原子共面，故A项错误；

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。

【2025河南等级考】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Cu^2＋的结合能力：NH₃>H₂O

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：。

【详解】A．②中沉淀为Cu(OH)₂(s)，④中沉淀为[Cu(NH₃)₄]SO₄(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[Cu(NH₃)₄]SO₄(s)，Cu²⁺与NH₃中N原子形成配位键，而未与H₂O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH₃>H₂O，故B项说法正确；

C．[Cu(NH₃)₄]SO₄(s)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[Cu(NH₃)₄]SO₄(s)的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得[Cu(NH₃)₄]SO₄(s)在水溶液中析出，即[Cu(NH₃)₄]SO₄(s)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[CuCl₄]^2－，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误；

综上所述，说法错误的是D项。

【2025河南等级考】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. x=1 B. 第一电离能：C＜N＜O

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】

【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH₃OH，若x=1，CH₃OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，故A项说法正确；

B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，故B项说法错误；

C．该化合物中，配离子与NO₃^－之间为离子键，故C项说法错误；

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。

【2025河南等级考】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CH₃CH₂CH₃(g)CH₃CH=CH₂(g)＋H₂(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH₃CHCH₂＋2*H→CH₃CH=CH₂(g)＋H₂(g)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^*CH₃CH₂CH₃→^*CH₃CHCH₃+^*H

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应吸热反应，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^*CH₃CHCH₃→^*CH₃CHCH₂+^*H或^*CH₃CHCH₃+^*H→^*CH₃CHCH₂+2^*H，D错误；

故选C。

【2025河南等级考】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CH₃OH可生成M，B错误；

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；

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。

【2025河南等级考】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)₆]^4－＋e^-= [Fe(CN)₆]^3－

D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5g NaCl，理论上可回收1molLiCl

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－，右侧为阳极，电极反应为[Fe(CN)₆]^4－-e^-= [Fe(CN)₆]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，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O₂＋4e^-＋2H₂O=4OH^－，pH变大，B错误；

C．由分析可知，电极b的反应为[Fe(CN)₆]^4－-e^-= [Fe(CN)₆]³，C错误；

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

【2025河南等级考】13. 在MoS₂负载的Rh－Fe催化剂作用下，CH₄可在室温下高效转化为CH₃COOH，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

【答案】B

【解析】

【分析】由反应历程可知，总反应为2CO＋2CH₄＋O₂=2CH₃COOH，据此解答。

【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1molO₂可生成2molCH₃COOH，B错误；

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CD₄为原料，有反应历程可知，会生成CD₃COOD，用H₂O吸收产物时，其存在电离平衡：CD₃COODCD₃COO^－＋D^＋，CD₃COO^－结合水电离出H^＋可得到CD₃COOH，D正确；

故选B。

【2025河南等级考】14. 乙二胺(H₂NCH₂CH₂NH₂，简写为Y)可结合H^＋转化为[H₂NCH₂CH₂NH₃]^＋(简写为HY^＋)[H₃NCH₂CH₂NH₃]^2＋(简写为H₂Y^2＋)。Ag^＋与Y可形成[AgY]^＋和[AgY₂]^＋两种配离子。室温下向AgNO₃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(忽略体积变化)。混合溶液中Ag^＋和Y的初始浓度分别为1.00×10^－3mol/L和1.15×10^－2mol/L。与的变化关系如图1所示(其中M代表Ag^＋、[AgY]^＋或[AgY₂]^＋)，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H₂Y^2＋)。比如。

下列说法错误的是

A. 曲线I对应的离子是[AgY₂]^＋

B.δ(HY^＋) 最大时对应的pH=8.39

C. 反应Ag^＋＋Y[AgY]^＋的平衡常数K₁=10^4.70

D. 时，

【答案】D

【解析】

【分析】Ag^＋与Y可形成[AgY]^＋和[AgY₂]^＋两种配离子，发生的反应为Ag^＋＋Y[AgY]^＋、[AgY]^＋＋Y[AgY₂]^＋，故随着Y浓度的变大，Ag^＋浓度变小，[AgY]^＋先增大后减小，[AgY₂]^＋增大，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[AgY₂]^＋浓度，Ⅱ表示浓度[AgY]^＋浓度，Ⅲ表示Ag^＋浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，H₂Y^2＋浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H₂Y^2＋浓度，曲线Ⅴ表示HY^＋浓度，曲线Ⅵ表示Y 浓度，据此解题。

【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[AgY₂]^＋，A正确；

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＋H₂OHY^＋＋OH^－，，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Ag^＋＋Y[AgY]^＋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。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2025河南等级考】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SiO₂]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Rh转化为H₃[RhCl₆]，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Rh₂O₃和RhCl₃，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，SnCl₂初始浓度为1.0×10^－4mol/L，为避免生成Sn(OH)₂沉淀，溶液适宜的pH为_______(填标号)[已知Sn(OH)₂的K_sp=5.5×10^－28]。

A．2.0        B．4.0        C．6.0

（5）“活化还原”中，SnCl₂必须过量，其与Rh(III)反应可生成[Rh(SnCl₃)₅]^4－，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[RhCl₆]^2－，Rh(III)以[RhCl₆]^3－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_______。

【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＋3HNO₃=H₃[RhCl₆]^＋3NO₂↑＋3H₂O     ②. SiO₂    

（3）Rh₂O₃＋3H₂2Rh＋3H₂O、2RhCl₃＋3H₂2Rh＋6HCl

（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SiO₂]中尽可能回收铑的工艺流程中，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，Rh转化为H₃[RhCl₆]，Pt转化为相关可溶物，SiO₂不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，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、Rh₂O₃和RhCl₃，再用H₂进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH₄Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl₂将Rh(III)转化为[Rh(SnCl₃)₅]^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SiO₂，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO₂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)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO₂，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。

【小问2详解】

“酸溶2”中Rh转化为H₃[RhCl₆]，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+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＋3HNO₃=H₃[RhCl₆]^＋3NO₂↑＋3H₂O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO₂。

【小问3详解】

“高温还原”过程中，Rh₂O₃和RhCl₃均被H₂还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh₂O₃＋3H₂2Rh＋3H₂O、2RhCl₃＋3H₂2Rh＋6HCl。

【小问4详解】

SnCl₂初始浓度为1.0×10^－4mol/L，则溶液中c(Sn^2＋)=1.0×10^－4mol/L，当恰好生成Sn(OH)₂沉淀时，，，，因此为避免生成Sn(OH)₂沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。

【小问5详解】

配离子[Rh(SnCl₃)₅]^4－中，配体[RhCl₃]^－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；Rh(III)以[RhCl₆]^3－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[RhCl₆]^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SnCl₂结合一个Cl^-形成[RhCl₃]^－，作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl₃)₅]^4－，需要5个SnCl₂，因此理论上SnCl₂和Rh(III)反应的物质的量之比为。

【小问6详解】

由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl₃)₅]^4－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。

【2025河南等级考】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^－＋3H₂O₂=SO₄^2－＋4H₂O。

主要实验步骤如下：

Ⅰ．如图所示，准确称取m g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c mol/LHCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V₂mL。

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）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SO₄^2－，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SO₄^2－    

（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】

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SO₄^2－。

【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】

不加入硫磺，消耗HCl标准溶液体积为V₃mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV₃mol，反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV₂mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c（V₃－V₂）mol，所以根据方程式S＋2OH^－＋3H₂O₂=SO₄^2－＋4H₂O可知硫单质的物质的量0.0005c（V₃－V₂）mol，所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为。

【2025河南等级考】17. CaCO₃的热分解与Ni_xP_y催化的CH₄重整结合，可生产高纯度合成气(H₂＋CO)，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）Ca位于元素周期表中_______区；基态Ni^2＋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_xP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，CH₄重整反应可以促进CaCO₃分解，原因是_______。

（5）在温度分别为T₁、T₂和T₃下，CH₄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“T₁”“T₂”或“T₃”)，原因是_______。

（6）一定温度、100KPa下，向体系中加入1.0molCaCO₃和1.omolCH₄，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转化率为80%，CH₄转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数K_p=_______(保留小数点后一位)，此时原位CO₂利用率为_______。

已知：原位CO₂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】

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】

中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，VSEPR模型为四面体型，空间构型为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个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni₂P。

【小问4详解】

CH₄重整反应会消耗CO₂，降低体系中CO₂分压，使CaCO₃分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，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。

【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，CH₄转化率增大，因此温度最高的是T₁，故答案为：T₁；升高温度，反应Ⅱ正向移动。

【小问6详解】

一定温度、100KPa下，向体系中加入1.0molCaCO₃和1.omolCH₄，恒压反应至平衡时，体系中CaCO₃转化率为80%，反应Ⅰ：平衡时生成n(CO₂)=0.8mol，CH₄转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，则

气体总物质的量n_总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，

反应Ⅲ的平衡常数，CaCO₃平衡时，原位CO₂利用率为，故答案为：1.2；70%。

【2025河南等级考】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】

【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C₂₃H₂₆F₃NO₃，说明F生成H发生了已知信息第一步反应，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C₅H₁₀O，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，故答案为：6；。