機(jī)密★啟用前

河南省2025年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

化學(xué)

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在試卷、答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需

改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)

在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Br80

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一

項(xiàng)是符合題目要求。

1.活字印刷術(shù)極大地促進(jìn)了世界文化的交流，推動(dòng)了人類(lèi)文明的進(jìn)步。下列“活字”字坯的主要成分為硅

酸鹽的是

A．泥活字B．木活字C．銅活字D．鉛活字

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A．泥活字的主要材料是粘土，粘土的主要成分是硅酸鹽，A正確；

B．木活字主要成分是纖維素，B錯(cuò)誤；

C．銅活字是銅合金，主要成分是銅，C錯(cuò)誤；

D．鉛活字主要成分是鉛，D錯(cuò)誤；

故選A。

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2.下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示正確的是

A.反-1，2-二氟乙烯的結(jié)構(gòu)式：

B.二氯甲烷分子的球棍模型：

C.基態(tài)S原子的價(jià)電子軌道表示式：

D.用電子式表示CsCl的形成過(guò)程：

【答案】B

【解析】

【詳解】A．順式結(jié)構(gòu)中，兩個(gè)相同的原子或基團(tuán)位于雙鍵的同一側(cè)；而反式結(jié)構(gòu)中，兩個(gè)相同的原子或

基團(tuán)分別位于雙鍵的兩側(cè)，所以為順-1，2-二氟乙烯，A錯(cuò)誤；

B．二氯甲烷中含有兩根碳?xì)滏I和兩根碳氯鍵，鍵長(zhǎng)不一樣，球棍模型為，B正確；

C．基態(tài)S原子的價(jià)電子排布式為3s23p4，軌道表示式：，C錯(cuò)誤；

D．氯化銫為離子化合物，用電子式表示CsCl的形成過(guò)程：，D錯(cuò)誤；

故選B。

3.下列圖示中，實(shí)驗(yàn)操作或方法符合規(guī)范的是

A．溶解氯化鈉固B．量取20.00mL草C．收集二氧化碳D．觀察鈉與水的

體酸溶液氣體反應(yīng)

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A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A．溶解氯化鈉固體應(yīng)該在燒杯中進(jìn)行，為了加快溶解，可用玻璃棒攪拌，不能在試管中溶解，

A錯(cuò)誤；

B．滴定管能精確到兩位小數(shù)，量取20.00mL草酸溶液，要選擇酸式滴定管，實(shí)驗(yàn)操作符合規(guī)范，B正

確；

C．收集二氧化碳可用向上排空氣法，但不能用瓶塞塞緊集氣瓶，這樣空氣排不出去，而且易發(fā)生爆炸，

C錯(cuò)誤；

D．鈉與水的反應(yīng)比較劇烈，而且產(chǎn)生的氫氧化鈉有腐蝕性，不能把眼睛湊上去觀察，D錯(cuò)誤；

故選B。

4.X是自然界中一種常見(jiàn)礦物的主要成分，可以通過(guò)如圖所示的四步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Q(略去部分參與反應(yīng)的物

質(zhì)和反應(yīng)條件)。已知X和Q的組成元素相同。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.Y常用作油漆、涂料等的紅色顏料B.溶液Z加熱煮沸后顏色會(huì)發(fā)生變化

C.R?Q反應(yīng)需要在強(qiáng)酸性條件下進(jìn)行D.Q可以通過(guò)單質(zhì)間化合反應(yīng)制備

【答案】C

【解析】

【分析】X是自然界中一種常見(jiàn)礦物的主要成分，根據(jù)溶液Z、R、Q的顏色可知X中含有鐵元素，根據(jù)固

3+2+

體顏色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe、溶液R中含有Fe，Q是FeS。

【詳解】A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的紅色顏料，A正確；

3+

B．含有Fe的溶液加熱轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體，溶液顏色發(fā)生變化，B正確；

C．FeS可溶于酸，所以R→Q反應(yīng)不能在酸性溶液中進(jìn)行，C錯(cuò)誤；

D．在加熱條件下Fe和S化合生成FeS，D正確；

答案選C。

5.對(duì)于下列過(guò)程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)。相應(yīng)離子方程式正確的是

磷酸二氫鈉水解：--

A.H2PO4+H2O?H3PO4+OH

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++

B.用稀鹽酸浸泡氧化銀：Ag2O+2H=2Ag+H2O

C.向次氯酸鈉溶液中加入碘化氫溶液：ClO-+H+=HClO

+2-2+-

D.向硫酸氫鈉溶液中滴加少量碳酸氫鋇溶液：H+SO4+Ba+HCO3=BaSO4ˉ+CO2-+H2O

【答案】A

【解析】

【詳解】．磷酸二氫鈉水解產(chǎn)生－，離子方程式為--，正確；

AOHH2PO4+H2O?H3PO4+OHA

+－

B．用稀鹽酸浸泡氧化銀生成AgCl沉淀，離子方程式為Ag2O+2H+2Cl=2AgCl+H2O，B錯(cuò)誤；

－－+－

C．向次氯酸鈉溶液中加入碘化氫溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為ClO+2I+2H=I2+Cl+H2O，C錯(cuò)

誤；

D．向硫酸氫鈉溶液中滴加少量碳酸氫鋇溶液，反應(yīng)的離子方程式為

+2-2+-

2H+SO4+Ba+2HCO3=BaSO4↓+2CO2↑+2H2O，D錯(cuò)誤；

答案選A。

6.我國(guó)科研人員合成了一種深紫外雙折射晶體材料，其由原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素

Q、W、X、Y和Z組成?；鶓B(tài)X原子的s軌道中電子總數(shù)比p軌道中電子數(shù)多1，X所在族的族序數(shù)等

于Q的質(zhì)子數(shù)，基態(tài)Y和Z原子的原子核外均只有1個(gè)未成對(duì)電子，且二者核電荷數(shù)之和為Q的4倍。

下列說(shuō)法正確的是

A.QY3為極性分子B.ZY為共價(jià)晶體

C.原子半徑：W>ZD.1個(gè)X2分子中有2個(gè)p鍵

【答案】D

【解析】

【分析】Q、W、X、Y和Z為原子序最依次增大的短周期元素，基態(tài)X原子的s軌道中電子總數(shù)比P軌道

中電子數(shù)多1，X是N；X所在族的族序數(shù)等于Q的質(zhì)子數(shù)，Q是B，所以W是C；基態(tài)Y和Z原子的原

子核外均只有1個(gè)未成對(duì)電子，且二者核電荷數(shù)之和為Q的4倍，即質(zhì)子數(shù)之和為20，所以Y是F，Z是

Na。

【詳解】A．BF3為平面正三角形結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，屬于非極性分子，A錯(cuò)誤；

B．NaF是離子晶體，B錯(cuò)誤；

C．同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑C＜Li＜Na，C錯(cuò)

誤；

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D．N2分子中含有三鍵，所以含有2個(gè)π鍵，D正確；

答案選D。

7.化合物M是從紅樹(shù)林真菌代謝物中分離得到的一種天然產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)M的說(shuō)法正

確的是

A.分子中所有的原子可能共平面

B.1molM最多能消耗4molNaOH

C.既能發(fā)生取代反應(yīng)，又能發(fā)生加成反應(yīng)

D.能形成分子間氫鍵，但不能形成分子內(nèi)氫鍵

【答案】C

【解析】

【詳解】A．該分子中存在-CH3，因此不可能所有原子共面，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．該分子中能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)為2個(gè)酚羥基、酯基(1個(gè)普通酯基、1個(gè)酚酯基)、1個(gè)羧基，除酚

羥基形成的酯基外，其余官能團(tuán)消耗NaOH的比例均為1：1，因此1molM最多能消耗5molNaOH，故B

項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．M中存在羥基、羧基等，能夠發(fā)生取代反應(yīng)，存在苯環(huán)結(jié)構(gòu)，因此能發(fā)生加成反應(yīng)，故C項(xiàng)正確；

D．M中存在羥基、羧基，能形成分子間氫鍵，由于存在羥基與羧基相鄰的結(jié)構(gòu)，因此也能形成分子內(nèi)氫

鍵，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；

綜上所述，說(shuō)法正確的是C項(xiàng)。

8.某同學(xué)設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)，探究簡(jiǎn)單配合物的形成和轉(zhuǎn)化。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.②中沉淀與④中沉淀不是同一種物質(zhì)

2+

B.③中現(xiàn)象說(shuō)明配體與Cu的結(jié)合能力：NH3>H2O

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C.④中深藍(lán)色物質(zhì)在乙醇中的溶解度比在水中小

D.若向⑤中加入稀硫酸，同樣可以得到黃綠色溶液

【答案】D

【解析】

【分析】該實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，相關(guān)物質(zhì)轉(zhuǎn)化如下：CuSOaq????氨水CuOHs?????過(guò)量氨水

42

2-

éCuNHùSOaq????乙醇éCuNHùSOs?????過(guò)量濃鹽酸CuCl。

?34?4?34?44

【詳解】A．②中沉淀為CuOHs，④中沉淀為éCuNHùSOs，二者不是同一物質(zhì)，故A項(xiàng)

2?34?4

說(shuō)法正確；

B．③中含有的溶質(zhì)為éCuNHùSO，Cu2+與NH中N原子形成配位鍵，而未與HO中O形成配位

?34?432

鍵，說(shuō)明配體結(jié)合能力：NH3>H2O，故B項(xiàng)說(shuō)法正確；

C．éCuNHùSO為離子化合物，屬于強(qiáng)極性物質(zhì)，乙醇屬于極性相對(duì)低的有機(jī)物，向

?34?4

éCuNHùSO的水溶液中加入乙醇，擴(kuò)大了溶質(zhì)與溶劑的極性差，使得éCuNHùSO在水溶液

?34?4?34?4

中析出，即éCuNHùSO在乙醇中的溶解度小于在水中，故C項(xiàng)說(shuō)法正確；

?34?4

2-

D．由于⑥中溶液呈黃綠色是由于含有CuCl4，因此向⑤中加入稀硫酸無(wú)法得到黃綠色溶液，故D項(xiàng)

說(shuō)法錯(cuò)誤；

綜上所述，說(shuō)法錯(cuò)誤的是D項(xiàng)。

9.自旋交叉化合物在分子開(kāi)關(guān)、信息存儲(chǔ)等方面具有潛在的應(yīng)用價(jià)值。某自旋交叉化合物的結(jié)構(gòu)及在氯氣

氣氛下的熱重曲線分別如圖1和圖2所示。該化合物的相對(duì)分子質(zhì)量Mr=870+32x(x為整數(shù))。

下列說(shuō)法正確的是

A.x=1B.第一電離能：C<N<O

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C.該化合物中不存在離子鍵D.該化合物中配位數(shù)與配體個(gè)數(shù)相等

【答案】A

【解析】

【詳解】A．該化合物在氦氣的氣氛中加熱，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

32

′100%?3.5%，結(jié)合圖像可知，該化合物中x=1，故A項(xiàng)說(shuō)法正確；

870+32

B．同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能：

N>O>C，故B項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

-

C．該化合物中，配離子與NO3之間為離子鍵，故C項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

D．該化合物中，根據(jù)O、N原子成鍵數(shù)可知，O-Fe為共價(jià)鍵，N-Fe為配位鍵，配位數(shù)為與中心原子或離

子鍵合的原子總數(shù)，因此配位數(shù)為6，配體為與中心原子或離子形成配位鍵的分子或離子個(gè)數(shù)，因此配體

個(gè)數(shù)為2，故D項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

綜上所述，說(shuō)法正確的為A項(xiàng)。

10.在催化劑a或催化劑b作用下，丙烷發(fā)生脫氫反應(yīng)制備丙烯，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為

CH3CH2CH3(g)?CH3CH=CH2(g)+H2(g)，反應(yīng)進(jìn)程中的相對(duì)能量變化如圖所示(*表示吸附態(tài)，

**

CH3CHCH2+2H?CH3CH=CH2(g)+H2(g)中部分進(jìn)程已省略)。

下列說(shuō)法正確的是

A.總反應(yīng)是放熱反應(yīng)

B.兩種不同催化劑作用下總反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)不同

C.和催化劑b相比，丙烷被催化劑a吸附得到的吸附態(tài)更穩(wěn)定

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***

D.①轉(zhuǎn)化為②的進(jìn)程中，決速步驟為CH3CH2CH3?CH3CHCH3+H

【答案】C

【解析】

【詳解】A．由圖可知，生成物能量高，總反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，A錯(cuò)誤；

B．平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)，與催化劑無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；

C．由圖可知，丙烷被催化劑a吸附后能量更低，則被催化劑a吸附后得到的吸附態(tài)更穩(wěn)定，C正確；

***

D．活化能高的反應(yīng)速率慢，是反應(yīng)的決速步驟，故決速步驟為CH3CHCH3→CH3CHCH2+H或

****

CH3CHCH3+H→CH3CHCH2+2H，D錯(cuò)誤；

故選C。

11.可持續(xù)高分子材料在紡織、生物醫(yī)用等領(lǐng)域具有廣闊的應(yīng)用前景。一種在溫和條件下制備高性能可持

續(xù)聚酯P的路線如圖所示。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色

B.由E、F和G合成M時(shí)，有HCOOH生成

C.P在堿性條件下能夠發(fā)生水解反應(yīng)而降解

D.P解聚生成M的過(guò)程中，存在C-O鍵的斷裂與形成

【答案】B

【解析】

【詳解】A．E含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正確；

B．由氧原子守恒推斷，產(chǎn)物不是甲酸，由反應(yīng)原理推斷，E與F發(fā)生碳碳雙鍵的加成反應(yīng)生成

，再與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)，再脫去1分子CH3OH可生成M，B錯(cuò)誤；

C．P中含有酯基，在堿性條件下，酯基會(huì)水解，導(dǎo)致高分子化合物降解，C正確；

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D．P解聚生成M的過(guò)程中，存在酯基中碳氧鍵的斷裂，形成M過(guò)程中存在C-O鍵的生

成，D正確；

故選B。

12.一種液流電解池在工作時(shí)可以實(shí)現(xiàn)海水淡化，并以LiCl形式回收含鋰廢棄物中的鋰元素，其工作原理

如圖所示。

下列說(shuō)法正確的是

A.Ⅱ?yàn)殛?yáng)離子交換膜

B.電極a附近溶液的pH減小

4--3-

C.電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)式為Fe(CN)6+e=Fe(CN)6

D.若海水用NaCl溶液模擬，則每脫除58.5gNaCl，理論上可回收1molLiCl

【答案】D

【解析】

--

【分析】由圖可知，左側(cè)為陰極，電極反應(yīng)為O2+4e+2H2O=4OH，右側(cè)為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為

4-3-

éFeCNù－e﹣=éFeCNù，在膜Ⅰ和膜Ⅱ間加入海水，鈉離子透過(guò)膜Ⅰ進(jìn)入陰極區(qū)得到氫氧化鈉，

?6??6?

氯離子透過(guò)膜Ⅱ進(jìn)入膜Ⅱ與膜Ⅲ之間，鋰離子透過(guò)膜Ⅲ進(jìn)入膜Ⅱ與膜Ⅲ之間，在此處得到LiCl，則膜Ⅰ為陽(yáng)

膜，膜Ⅱ?yàn)殛幠?，膜Ⅲ為?yáng)膜，據(jù)此解答。

【詳解】A．由分析可知，膜Ⅱ?yàn)殛幠?，A錯(cuò)誤

--

B．a(chǎn)電極的反應(yīng)為O2+4e+2H2O=4OH，pH變大，B錯(cuò)誤；

4-3-

C．由分析可知，電極b的反應(yīng)為éFeCNù－e﹣=éFeCNù，C錯(cuò)誤；

?6??6?

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D．每脫除58.5gNaCl，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol，有1molLi+和1molCl-分別透離子交換膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到

1molLiCl，D正確；

故選D。

13.在MoS2負(fù)載的Rh-Fe催化劑作用下，CH4可在室溫下高效轉(zhuǎn)化為CH3COOH，其可能的反應(yīng)機(jī)理

如圖所示。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.該反應(yīng)的原子利用率為100%

B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOH

C.反應(yīng)過(guò)程中，Rh和Fe的化合價(jià)均發(fā)生變化

D.若以CD4為原料，用H2O吸收產(chǎn)物可得到CD3COOH

【答案】B

【解析】

【分析】由反應(yīng)歷程可知，總反應(yīng)為2CO+2CH4+O2=2CH3COOH，據(jù)此解答。

【詳解】A．該反應(yīng)為化合反應(yīng)，原子利用率為100%，A正確；

B．由分析可知，每消耗1molO2可生成2molCH3COOH，B錯(cuò)誤；

C．由反應(yīng)歷程可知，催化劑Rh-Fe有連接4個(gè)S原子和2個(gè)S原子的，這兩種類(lèi)型的原子成鍵數(shù)目均會(huì)

發(fā)生改變，所以Rh和Fe的化合價(jià)均發(fā)生變化，C正確；

D．若以CD4為原料，有反應(yīng)歷程可知，會(huì)生成CD3COOD，用H2O吸收產(chǎn)物時(shí)，其存在電離平衡：

-+，-結(jié)合水電離出的+可得到CDCOOH，正確；

CD3COOD?CD3COO+DCD3COOH3D

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故選B。

+++

14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2，簡(jiǎn)寫(xiě)為Y)可結(jié)合H轉(zhuǎn)化為H2NCH2CH2NH3(簡(jiǎn)寫(xiě)為HY)

2+2++++

H3NCH2CH2NH3(簡(jiǎn)寫(xiě)為H2Y)。Ag與Y可形成[AgY]和AgY2兩種配離子。室溫下向

AgNO3溶液中加入Y，通過(guò)調(diào)節(jié)混合溶液的pH改變Y的濃度，從而調(diào)控不同配離子的濃度(忽略體積變

化)?；旌先芤褐蠥g+和Y的初始濃度分別為1.00′10-3mol×L-1和1.15′10-2mol×L-1。

é-1ùé-1ù++

-lg?c(M)/mol×L?與-lg?c(Y)/mol×L?的變化關(guān)系如圖1所示(其中M代表Ag、[AgY]或

++2+

AgY2)，分布系數(shù)δ(N)與pH的變化關(guān)系如圖2所示(其中N代表Y、HY或H2Y)。比如

2+

cH2Y

δHY2+=。

2++

c(Y)+cHY+cH2Y

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

+

A.曲線I對(duì)應(yīng)的離子是AgY2

B.δHY+最大時(shí)對(duì)應(yīng)的pH=8.39

++4.70

C.反應(yīng)Ag+Y?[AgY]的平衡常數(shù)K1=10

-lgéc(Y)/mol×L-1ù=3.00時(shí)，cHY+>cHY2+>c(Y)

D.??2

【答案】D

【解析】

+++++

【分析】Ag與Y可形成[AgY]和AgY2兩種配離子，發(fā)生的反應(yīng)為Ag+Y?[AgY]、

++，故隨著濃度的變大，+濃度變小，+先增大后減小，+增

[AgY]+Y?[AgY2]YAg[AgY][AgY2]

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++

大，則從圖像上(從右向左表示Y濃度的變大)可以看出，曲線Ⅰ表示[AgY2]濃度，Ⅱ表示濃度[AgY]濃

+2+

度，Ⅲ表示Ag濃度；同理，調(diào)節(jié)溶液pH，當(dāng)酸性較強(qiáng)時(shí)，H2Y濃度大，當(dāng)堿性較強(qiáng)時(shí)，Y的濃度

2++

大，故曲線Ⅳ表示H2Y濃度，曲線Ⅴ表示HY濃度，曲線Ⅵ表示Y濃度，據(jù)此解題。

+

【詳解】A．由分析可知，曲線Ⅰ表示[AgY2]，A正確；

．由題意可知，可以視為二元弱堿，第一次電離方程式為：+-，

BYY+H2O?HY+OH

+-

cHY·cOH++-9.93--4.07

K=，當(dāng)cHY=cY時(shí)，cH=10，cOH=10，則

b1cY

-4.07-7.15

Kb1=10，同理Kb2=10，

+-+-+2-

cHY·cOHcH2Y·cOHcH2Y·cOH

K′K=′==10-11.22，由圖像可知，當(dāng)

b1b2cYcHY+cY

2++--5.61

δH2Y=δY時(shí)，δHY最大，則cOH=10，pOH=5.61，pH=8.39，B正確；

c[AgY]+

C．反應(yīng)Ag++Y?[AgY]+的平衡常數(shù)K=，由圖可知，當(dāng)cY=10-4.70時(shí)，

cAg+·cY

1

c[AgY]+=cAg+，則K==104.70，C正確；

10-4.70

D．-lgéc(Y)/mol×L-1ù=3.00時(shí)，cY=10-3mol/L，cAg+=10-5.01，c[AgY]+=c[AgY]+，由

??2

+++-3

物料守恒可知，cAg+c[AgY2]+c[AgY]=1.00×10mol/L，則

++-4-2-1

c[AgY2]=c[AgY]=4.95×10mol/L，Y的初始濃度為1.15′10mol×L，由物料守恒得

++++-2

2c[AgY2]+c[AgY]+cY+cHY+cH2Y=1.15′10mol/L，代入數(shù)據(jù)，

cY10-3

cY+cHY++cHY+?0.01mol/L，則δY===0.1，由圖像可

2++0.01

c(Y)+cHY+cH2Y

+＞＞2+

知，pH在8.39-9.93之間，此時(shí)cHYcYcH2Y，D錯(cuò)誤；

故選D。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.一種從預(yù)處理得到的貴金屬合金粉[主要成分為Fe、Rh(銠)、Pt，含有少量SiO2]中盡可能回收銠的

工藝流程如下：

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回答下列問(wèn)題：

（1）“酸溶1”的目的是_______。

（2）已知“酸溶2”中Rh轉(zhuǎn)化為H3RhCl6，則生成該物質(zhì)的化學(xué)方程式為_(kāi)______；“濾渣”的主要

成分是_______(填化學(xué)式)。

（3）“沉銠”中得到的沉淀經(jīng)“灼燒”后分解成銠單質(zhì)，但夾雜少量Rh2O3和RhCl3，則“高溫還原”

中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。

-4-1

（4）若“活化還原”在室溫下進(jìn)行，SnCl2初始濃度為1.0′10mol×L，為避免生成Sn(OH)2沉淀，溶

-28

液適宜的pH為_(kāi)______(填標(biāo)號(hào))[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5′10]。

A．2.0B．4.0C．6.0

4-

（5）“活化還原”中，SnCl必須過(guò)量，其與Rh(III)反應(yīng)可生成éRhSnClù，提升了Rh的還原速

2?35?

2-3-

率，該配離子中Rh的化合價(jià)為_(kāi)______；反應(yīng)中同時(shí)生成SnCl6，Rh(III)以RhCl6計(jì)，則理論上

SnCl2和Rh(III)反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為_(kāi)______。

（6）“酸溶3”的目的是_______。

【答案】（1）溶解Fe，使其進(jìn)入溶液，從而通過(guò)過(guò)濾實(shí)現(xiàn)分離

（2）①.Rh+6HCl+3HNO3=H3RhCl6+3NO2-+3H2O②.SiO2

高溫高溫

（3）、

Rh2O3+3H2=2Rh+3H2O2RhCl3+3H2=2Rh+6HCl

（4）A（5）①.+1②.6：1

（6）除去濾渣中未反應(yīng)的Zn

【解析】

【分析】貴金屬合金粉[主要成分為Fe、Rh(銠)、Pt，含有少量SiO2]中盡可能回收銠的工藝流程中，

加入濃鹽酸溶解其中Fe，過(guò)濾后實(shí)現(xiàn)分離，再向?yàn)V渣中加入王水(濃鹽酸與濃硝酸混合酸)氧化溶解Rh，

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Rh轉(zhuǎn)化為H3RhCl6，Pt轉(zhuǎn)化為相關(guān)可溶物，SiO2不溶，過(guò)濾后進(jìn)行分離；煮沸濾液除去鹽酸、硝酸，

再加入濃鹽酸、DETA將部分銠元素沉淀，過(guò)濾后，濾渣進(jìn)行灼燒分解為Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2

進(jìn)行高溫還原得到銠單質(zhì)，向?yàn)V液中加入NH4Cl將鉑元素相關(guān)化合物轉(zhuǎn)化為沉淀除去，加入SnCl2將Rh

4-

(III)轉(zhuǎn)化為éRhSnClù，再加入Zn進(jìn)行還原，生成Rh，由于Zn過(guò)量有剩余，加入濃鹽酸溶解過(guò)量

?35?

的Zn，實(shí)現(xiàn)Zn與Rh分離，過(guò)濾獲得銠粉，以此分析解答。

【小問(wèn)1詳解】

原料合金粉主要成分為Fe、Rh、Pt和少量SiO2，F(xiàn)e易溶于酸(如鹽酸或硫酸)，而Rh和Pt在常溫下不易

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生成可溶性鹽，過(guò)濾后Fe(II)

進(jìn)入濾液，剩余濾渣主要為Rh、Pt和SiO2，實(shí)現(xiàn)初步分離，故答案為：溶解Fe，使其進(jìn)入溶液，從而通

過(guò)過(guò)濾實(shí)現(xiàn)分離。

【小問(wèn)2詳解】

“酸溶2”中Rh轉(zhuǎn)化為H3RhCl6，Rh元素化合價(jià)由0升高至+3，HNO3中N元素化合價(jià)由+5降低至

+4，結(jié)合化合價(jià)升降守恒以及原子守恒可知反應(yīng)化學(xué)方程式為

Rh+6HCl+3HNO3=H3RhCl6+3NO2-+3H2O；由上述分析可知該過(guò)程中濾渣的主要成分為

SiO2。

【小問(wèn)3詳解】

“高溫還原”過(guò)程中，Rh2O3和RhCl3均被H2還原為Rh，Rh元素化合價(jià)均由+3降低至0，根據(jù)化合價(jià)

高溫

升降守恒以及原子守恒可知反應(yīng)方程式為、

Rh2O3+3H2=2Rh+3H2O

高溫

。

2RhCl3+3H2=2Rh+6HCl

【小問(wèn)4詳解】

-4-12+-4-1

SnCl2初始濃度為1.0′10mol×L，則溶液中cSn=1.0′10mol×L，當(dāng)恰好生成Sn(OH)2沉淀

-28

-KspSn(OH)25.5′10-1-12

時(shí)，cOH==-4mol×L?2.3′10，

cSn2+1.0′10

K10-14

cH+=W=?4.3′10-3+-3

--12，pH=-lgcH=-lg4.3′10=3-0.6=2.4，因此

cOH2.3′10

為避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，故答案為A。

【小問(wèn)5詳解】

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4--

配離子éRhSnClù中，配體SnCl帶1個(gè)負(fù)電荷，設(shè)Rh的化合價(jià)為x，則x+5′-1=-4，則

?35?3

3-

x=+1；Rh(III)以RhCl6計(jì)，反應(yīng)中Rh(III)還原至Rh(I)，每個(gè)Rh得到2個(gè)電子，SnCl2為還原劑，部

2-

分被氧化為SnCl6，Sn(II)被氧化為Sn(IV)，每個(gè)Sn失去2個(gè)電子，同時(shí)反應(yīng)過(guò)程中，部分SnCl2結(jié)合

-4-

-

一個(gè)Cl形成SnCl，作為新的配體，每生成1個(gè)éRhSnClù，需要5個(gè)SnCl2，因此理論上

3?35?

SnCl2和Rh(III)反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1+5:1=6:1。

【小問(wèn)6詳解】

4-

由于“二次還原”過(guò)程中，為確保éRhSnClù完全反應(yīng)，加入的Zn需過(guò)量，過(guò)濾后剩余Zn和生成

?35?

物Rh存在于濾渣中，因此再向?yàn)V渣中加入濃鹽酸的目的為：除去濾渣中未反應(yīng)的Zn。

16.某研究小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)測(cè)定某藥用硫黃中硫的含量，其中硫轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為

-2-

S+2OH+3H2O2=SO4+4H2O。

主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

mg

Ⅰ．如圖所示，準(zhǔn)確稱取細(xì)粉狀藥用硫黃于①中，并準(zhǔn)確加入V1mLKOH乙醇溶液(過(guò)量)，加入適量蒸

餾水，攪拌，加熱回流。待樣品完全溶解后，蒸餾除去乙醇。

Ⅱ．室溫下向①中加入適量蒸餾水，攪拌下緩慢滴加足量30%H2O2溶液，加熱至100℃，保持20min，

冷卻至室溫。

Ⅲ．將①中溶液全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，加入2滴甲基橙指示劑，用cmol×L-1HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消

耗HCl溶液體積為V2mL。

Ⅳ．不加入硫黃，重復(fù)步驟Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白實(shí)驗(yàn)，消耗HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為V3mL。計(jì)算樣品中硫的質(zhì)量

分?jǐn)?shù)。

Ⅴ．平行測(cè)定三次，計(jì)算硫含量的平均值。

回答下列問(wèn)題：

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（1）儀器①的名稱是：_______；②的名稱是_______。

（2）步驟Ⅰ中，乙醇的作用是_______。

（3）步驟Ⅰ中，樣品完全溶解后，必須蒸餾除去乙醇的原因是_______。

2-

（4）步驟Ⅱ中不宜采用水浴加熱的原因是_______。步驟Ⅱ結(jié)束后，若要檢驗(yàn)反應(yīng)后溶液中的SO4，實(shí)驗(yàn)

操作是_______。

（5）步Ⅲ中，判斷滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)______。

（6）單次樣品測(cè)定中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可表示為_(kāi)______(寫(xiě)出計(jì)算式)。

【答案】（1）①.圓底燒瓶②.球形冷凝管

（2）作溶劑，溶解單質(zhì)硫

（3）防止雙氧水氧化乙醇，影響實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果

（4）①.實(shí)驗(yàn)需要加熱至100℃②.取適量混合液先加入鹽酸酸化，無(wú)明顯實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，再加入氯

2-

化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明含有SO4

（5）滴入最后半滴鹽酸，溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色

1.6（cV－V）

（6）32%

m

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)儀器構(gòu)造可知①是圓底燒瓶，②是球形冷凝管；

【小問(wèn)2詳解】

硫單質(zhì)難溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶劑，溶解單質(zhì)硫；

【小問(wèn)3詳解】

雙氧水具有強(qiáng)氧化性，乙醇具有還原性，二者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以必須蒸餾除去乙醇；

【小問(wèn)4詳解】

由于實(shí)驗(yàn)需要加熱至100℃，而水的沸點(diǎn)就是100℃，所以不宜采用水浴加熱；要檢驗(yàn)溶液中的硫酸根

離子，需要排除溶液中其它離子的干擾，所以實(shí)驗(yàn)操作是取適量混合液先加入鹽酸酸化，無(wú)明顯實(shí)驗(yàn)現(xiàn)

2-

象，再加入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明含有SO4。

【小問(wèn)5詳解】

甲基橙作指示劑，鹽酸滴定氫氧化鉀溶液，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為滴入最后半滴鹽酸，溶液顏色由黃色變?yōu)?/p>

橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

【小問(wèn)6詳解】

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不加入硫磺，消耗HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為V3mL，因此原氫氧化鉀的物質(zhì)的量是0.001cV3mol，反應(yīng)后剩余

氫氧化鉀的物質(zhì)的量是0.001cV2mol，因此與硫磺反應(yīng)的氫氧化鉀的物質(zhì)的量是0.001c（V3－V2）mol，所

-2-

以根據(jù)方程式S+2OH+3H2O2=SO4+4H2O可知硫單質(zhì)的物質(zhì)的量0.0005c（V3－V2）mol，所以單次樣

0.0005（cV－V）′321.6（cV－V）

品測(cè)定中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可表示為32′100%=32%。

mm

17.CaCO3的熱分解與NixPy催化的CH4重整結(jié)合，可生產(chǎn)高純度合成氣H2+CO，實(shí)現(xiàn)碳資源的二

次利用。主要反應(yīng)如下：

反應(yīng)：-1

ⅠCaCO3(g)?CaO(g)+CO2(g)DH1=+178kJ×mol

反應(yīng)：-1

ⅡCH4(g)+CO2(g)?2H2(g)+2CO(g)DH2=+247kJ×mol

反應(yīng)：-1

ⅢH2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)DH3=+41kJ×mol

回答下列問(wèn)題：

（1）Ca位于元素周期表中_______區(qū)；基態(tài)Ni2+的價(jià)電子排布式為_(kāi)______。

（2）水分子的VSEPR模型與其空間結(jié)構(gòu)模型不同，原因是_______。

（3）NixP的晶胞如圖1所示(晶胞參數(shù)a=b1c,α=β=90°,γ=120°)，該物質(zhì)的化學(xué)式為_(kāi)______。

（4）恒壓條件下，CH4重整反應(yīng)可以促進(jìn)CaCO3分解，原因是_______。

（5）在溫度分別為T(mén)1、T2和T3下，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示，反應(yīng)溫度最高的是

_______(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是_______。

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（6）一定溫度、100kPa下，向體系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4，假設(shè)此條件下其他副反應(yīng)

可忽略，恒壓反應(yīng)至平衡時(shí)，體系中CaCO3轉(zhuǎn)化率為80%，CH4轉(zhuǎn)化率為60%，CO物質(zhì)的量為

1.3mol，反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kp=_______(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)，此時(shí)原位CO2利用率為_(kāi)______。

[nCaCO(初始)-nCaCO(平衡)-nCO(平衡)]

已知：原位CO利用率=332′100%

2n(初始)

CaCO3

【答案】（1）①.s②.3d8

（2）O原子上存在2對(duì)孤電子對(duì)

（3）Ni2P（4）反應(yīng)Ⅱ消耗反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生的CO2，降低體系CO2分壓，使反應(yīng)Ⅰ平衡右移

（5）①.T1②.升高溫度，反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)

（6）①.1.2②.70%

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

Ca原子序數(shù)為20，電子排布為[Ar]4s2，價(jià)電子位于s軌道，屬于周期表s區(qū)；Ni原子序數(shù)為28，基態(tài)電

子排布為[Ar]3d84s2。Ni失去4s能級(jí)上2個(gè)電子形成Ni2+，價(jià)電子排布為3d8，故答案為：s；3d8。

【小問(wèn)2詳解】

6-2′1

中心O原子有2個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=2，共4個(gè)價(jià)電子對(duì)，VSEPR模型為四面體型，空間

2

構(gòu)型為V型，故答案為：O原子上存在2對(duì)孤電子對(duì)。

【小問(wèn)3詳解】

該晶胞中，P原子8個(gè)位于頂點(diǎn)(4個(gè)被6個(gè)晶胞共用，4個(gè)被12個(gè)晶胞共用)、2個(gè)位于體內(nèi)，1個(gè)晶胞中

11

所含P原子數(shù)為2+4′+4′=3，Ni原子8個(gè)位于棱(均被4個(gè)晶胞共用)、6個(gè)位于面(均被2個(gè)晶

612

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11

胞共用)，1個(gè)位于體內(nèi)，Ni原子數(shù)為1+8′+6′=6，因此該物質(zhì)的化學(xué)式為Ni2P。

42

【小問(wèn)4詳解】

CH4重整反應(yīng)會(huì)消耗CO2，降低體系中CO2分壓，使CaCO3分解反應(yīng)正向移動(dòng)且反應(yīng)放熱，可以為碳酸

鈣分解提供能量，故答案為：反應(yīng)Ⅱ消耗反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生的CO2，降低體系CO2分壓，使反應(yīng)Ⅰ平衡右移。

【小問(wèn)5詳解】

反應(yīng)Ⅱ正向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，相同壓強(qiáng)時(shí)，升高溫度，反應(yīng)正向移動(dòng)，CH4轉(zhuǎn)化率增大，因此溫度最高的是

T1，故答案為：T1；升高溫度，反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)。

【小問(wèn)6詳解】

一定溫度、100kPa下，向體系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4，恒壓反應(yīng)至平衡時(shí)，體系中

CaCO3轉(zhuǎn)化率為80%，反應(yīng)Ⅰ：CaCO3(g)?CaO(g)+CO2(g)平衡時(shí)生成nCO2=0.8mol，CH4

轉(zhuǎn)化率為60%，CO物質(zhì)的量為1.3mol，則

CH4g+CO2g?2H2g+2COg

起始/mol10.800

轉(zhuǎn)化/mol0.60.61.21.2

平衡/mol0.40.21.21.2

H2g+CO2g?H2Og+COg

起始/mol1.20.201.2

轉(zhuǎn)化/mol0.10.10.10.1

平衡/mol1.10.10.11.3

氣體總物質(zhì)的量n總=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，

?1.3??0.1?

?′100kPa÷×?′100kPa÷

pCO×pH2Oè3?è3?

反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)K==?1.2，CaCO平衡時(shí)

ppCO×pH?0.1??1.1?3

22