资源简介

2025届高考化学模拟预测练习卷（新课标卷）
一．选择题（共7小题）
1．（2025 淇滨区模拟）非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志。下列河南非物质文化遗产中主要成分为有机物的是（　　）
A.浚县泥咕咕 B.开封汴绣 C.镇平玉雕 D.棠溪宝剑
A．A B．B C．C D．D
2．（2025 河南模拟）佛甲草是江西著名中草药，β﹣谷甾醇（结构简式如图所示）是其活性成分，具有抗氧化、降胆固醇、修复组织等作用。下列有关β﹣谷甾醇的叙述错误的是（　　）
A．遇FeCl3溶液会发生显色反应
B．发生消去反应生成的有机产物有2种（不考虑立体异构）
C．能使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色
D．含有9个手性碳原子
3．（2025 郑州模拟）氮及其化合物的“价—类”二维图如图所示，其中d为红棕色气体。下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c、d、e都是自然界中氮循环过程中的物质
B．a在足量的空气中燃烧能够生成c
C．向少量e的浓溶液中加入足量铜片，将产生的气体干燥后可得到纯净的气体d
D．实验室中可通过加热消石灰和f固体混合物的方法制取气体a
4．（2025 南阳模拟）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．向浓硝酸中加入少量氧化亚铜：
B．以热氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫：
C．醋酸铵的水解：
D．向碘酸钾溶液中滴加双氧水：
5．（2025 郑州三模）X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。X原子的核外电子只有一种运动状态；Y、Z基态原子的未成对电子数目相同，且由这两种元素所形成的YZ2分子中各原子均满足8电子稳定结构；Z和Q位于同一主族；W为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（　　）
A．与X形成的化合物的沸点：Q＞Z＞Y
B．键角：
C．电负性：Z＞Y＞X
D．水中溶解度：W2YZ3＜WXYZ3
6．（2025 南阳模拟）我国科学家设计了一种水系S—MnO2可充电电池，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．充电时，电极b为阳极
B．充电时，阳极附近溶液的pH增大
C．放电时，负极的电极反应：
D．放电时，溶液中Cu2+向电极b方向迁移
7．（2025 河南模拟）亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸。常温下，在0.1mol L﹣1Na2HPO3溶液中缓慢通入HCl气体，混合液中含P粒子浓度与pH关系如图所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．L3代表与pH关系
B．第二步水解常数
C．NaH2PO3混合溶液pH＜7
D．N点时存在：
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025 河南模拟）硼化钛用于制造熔融金属坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣（主要成分为TiO2、Al2O3、CaO和SiO2，含少量Fe2O3、MgO等）为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。
已知：①TiO2溶于浓硫酸形成TiO2+；②常温下，。
回答下列问题：
（1）Ti位于元素周期表 　 　 区。
（2）“滤液1”中含有的金属阳离子为 　 　 （填离子符号）。
（3）TiO2常用于催化分解汽车尾气。已知：
①2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）
②3NO2（g）+H2O（g）＝2HNO3（g）+NO（g）
则4NO（g）+3O2（g）+2H2O（g）＝4HNO3（g） ΔH的正反应自发进行的条件是 　 　 （填字母）。
A．高温
B．低温
C．任意温度
D．无法判断
（4）“萃取”目的是 　 　 。“滤液2”经处理可以循环用于 　 　 （填名称）工序。
（5）“萃取”后分液，测得得到的水溶液常温下pH＝1，此时 　 　 。
（6）TiO2制备TiB2时只产生一种气体，该气体通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀。则TiO2制备TiB2的化学方程式为 　 　 。（已知Pd粉呈黑色）
（7）TiO2的一种晶胞结构如图所示。在该四方晶胞中位于体内（非体心），和面上的原子是 　 　 （填元素符号）。
三．解答题（共3小题）
9．（2024秋 鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 　 　 ，KI在该反应中的作用是 　 　 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 　 　 （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 　 　 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 　 　 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 　 　 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq） （aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒 I﹣ I2
浓度/（mol L﹣1） b b 4.0×10﹣3
则b＝　 　 ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 　 　 。
10．（2025 南阳模拟）硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料，少量磷的掺入可提高硅的导电性能。Zn高温还原SiCl4（沸点57.6℃）是生产多晶硅的一种方法。回答下列问题：
（1）基态Zn原子的价电子排布式为 　 　 ，SiCl4晶体的类型为 　 　 。
（2）化合物H3BPF3的结构如图1所示，H3BPF3中F—P—F键角略大于PF3分子中的F—P—F键角，原因是 　 　 。
（3）Si、P和Zn三种元素组成化合物的晶胞如图2所示（晶胞参数a＝b≠c，a＝β＝y＝90°），若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为 　 　 （填“面心”“棱中点”或“体心”）。
（4）在Zn还原SiCl4的过程中会生成副产物SiCl2，抑制SiCl2生成可以增加Si产量并降低生产能耗。该过程存在如下主要化学反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：SiCl4（g）+Si（s） 2SiCl2（g）ΔH3
①ΔH3＝ 　 　 kJ mol﹣1。
②在总压分别为p1、p2和p3下，反应达平衡时：SiCl2物质的量与初始SiCl4物质的量的比值x随温度变化如图3所示。图中压强由大到小顺序为 　 　 ，判断的依据是 　 　 。在一定温度、180kPa条件下，体系中初始：SiCl4（g）和Zn（g）分别为1mol和4mol，假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，0～4min内用SiCl4分压表示的平均反应速率为 　 　 kPa min﹣1，此时可生成硅 　 　 g。
11．（2025 平舆县一模）某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的应用，其合成路线如图：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，已知核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。
②R1—CHO+R2—CH2—CHO
③R—COOH R—COCl
④+
⑤
请回答下列问题：
（1）A的名称为 　 　 ，B中含有官能团名称为 　 　 。
（2）C→D的反应类型为 　 　 ，生成G的“条件a”指的是 　 　 。
（3）E的结构简式为 　 　 。
（4）F+H→M的化学方程式为 　 　 。
（5）芳香族化合物W有三个取代基，与C互为同分异构体，当W分别与Na、NaOH充分反应时，1mol W最多可消耗的Na、NaOH分别为2mol、1mol。试分析W共有 　 　 种同分异构体，每一种同分异构体的核磁共振氢谱中有 　 　 组峰。
（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。
2025届高考化学模拟预测练习卷（新课标卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 淇滨区模拟）非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志。下列河南非物质文化遗产中主要成分为有机物的是（　　）
A.浚县泥咕咕 B.开封汴绣 C.镇平玉雕 D.棠溪宝剑
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．浚县泥咕咕属于泥塑，主要成分为无机物；
B．开封汴绣是真丝制品，属于蛋白质，属于有机物；
C．玉的主要成分是二氧化硅或硅酸盐，属于无机非金属材料；
D．宝剑的主要成分是金属。
【解答】解：A．浚县泥咕咕属于泥塑，主要成分为无机物，故A错误；
B．开封汴绣是真丝制品，属于蛋白质，属于有机物，故B正确；
C．玉的主要成分是二氧化硅或硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；
D．宝剑的主要成分是金属，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。
2．（2025 河南模拟）佛甲草是江西著名中草药，β﹣谷甾醇（结构简式如图所示）是其活性成分，具有抗氧化、降胆固醇、修复组织等作用。下列有关β﹣谷甾醇的叙述错误的是（　　）
A．遇FeCl3溶液会发生显色反应
B．发生消去反应生成的有机产物有2种（不考虑立体异构）
C．能使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色
D．含有9个手性碳原子
【答案】A
【分析】A．分子不含酚羟基；
B．分子含醇羟基且与醇羟基相连碳原子的两个邻碳都有H、位置不对称；
C．分子含碳碳双键；
D．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子。
【解答】解：A．分子不含酚羟基，遇氯化铁溶液不会发生显色反应，故A错误；
B．分子含醇羟基且与醇羟基相连碳原子的两个邻碳都有H、位置不对称，故消去生成的有机产物有2种，故B正确；
C．分子含碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应、使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子；分子含9个手性碳原子，如图所示（*代表手性碳原子），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025 郑州模拟）氮及其化合物的“价—类”二维图如图所示，其中d为红棕色气体。下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c、d、e都是自然界中氮循环过程中的物质
B．a在足量的空气中燃烧能够生成c
C．向少量e的浓溶液中加入足量铜片，将产生的气体干燥后可得到纯净的气体d
D．实验室中可通过加热消石灰和f固体混合物的方法制取气体a
【答案】A
【分析】d为红棕色气体，由图中物质中所含N元素的化合价和物质类型可知，物质a、b、c、d、e、f分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、NH4NO3，结合N元素及其化合物性质、发生的反应、氧化还原反应规律分析解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，a、b、c、d、e、f分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、NH4NO3；
A．豆科植物固氮得到氨气或铵盐，进而转化为亚硝酸盐和硝酸盐；雷电作用将N2转化为NO、NO被氧气氧化为NO2，NO2与水反应生成HNO3，HNO3与土壤中矿物质反应转化为硝酸盐，亚硝酸盐或硝酸盐被细菌分解生成N2，形成了自然界中氮循环，故A正确；
B．NH3不能在空气中燃烧，NH3可催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，故B错误；
C．少量浓HNO3中加入足量铜片时先生成NO2，随着硝酸浓度降低，反应生成NO，则产生的气体为NO2和NO的混合气体，直接干燥不能得到纯净的NO2气体，故C错误；
D．加热条件下NH4NO3会发生分解反应、可能发生爆炸事故，不能用于实验室制备氨气，实验室常用加热消石灰和氯化铵固体混合物制备NH3，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查含氮物质的性质即综合应用，侧重推断能力和综合运用能力考查，把握含氮物质推断、含氮物质的性质及发生反应、氨气的实验室制法是解题关键，注意选项B是易错点，题目难度中等。
4．（2025 南阳模拟）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．向浓硝酸中加入少量氧化亚铜：
B．以热氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫：
C．醋酸铵的水解：
D．向碘酸钾溶液中滴加双氧水：
【答案】B
【分析】A．向浓硝酸中加入少量氧化亚铜，在这个反应中，氧化亚铜被硝酸氧化，产物为硝酸铜、二氧化氮和水；
B．氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫生成硫化钠、亚硫酸钠和水；
C．CH3COONH4中铵根对应的碱为弱碱，醋酸根对应的酸是弱酸；
D．题给离子方程式左右两边电荷不守恒。
【解答】解：A．向浓硝酸中加入少量氧化亚铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式，故A错误；
B．氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫生成硫化钠、亚硫酸钠和水，离子方程式为：，故B正确；
C．CH3COONH4中铵根对应的碱为弱碱，醋酸根对应的酸是弱酸，两者都会发生水解，故C错误；
D．题给离子方程式左右两边电荷不守恒，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025 郑州三模）X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。X原子的核外电子只有一种运动状态；Y、Z基态原子的未成对电子数目相同，且由这两种元素所形成的YZ2分子中各原子均满足8电子稳定结构；Z和Q位于同一主族；W为所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（　　）
A．与X形成的化合物的沸点：Q＞Z＞Y
B．键角：
C．电负性：Z＞Y＞X
D．水中溶解度：W2YZ3＜WXYZ3
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。X原子的核外电子只有一种运动状态，则X为H元素；Y、Z基态原子的未成对电子数目相同，且由这两种元素所形成的YZ2分子中各原子均满足8电子稳定结构，则Y为C元素，Z为O元素；Z和Q位于同一主族，则Q为S元素；W为所在周期中原子半径最大的元素，则W为Na元素，综上所述，X、Y、Z、W、Q分别为H、C、O、Na、S，据此判断。
【解答】解：A．H2O分子间存在氢键，其沸点高于H2S，故A错误；
B．离子中心原子的价电子对数为3，为sp2杂化，离子的中心原子的价电子对数为4，为sp3杂化，则键角：，故B错误；
C．H、C、O三种元素中，O元素的非金属性最强，其电负性最大，电负性：O＞C＞H，故C正确；
D．Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查元素的推断，为高频考点，题目难度一般。
6．（2025 南阳模拟）我国科学家设计了一种水系S—MnO2可充电电池，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．充电时，电极b为阳极
B．充电时，阳极附近溶液的pH增大
C．放电时，负极的电极反应：
D．放电时，溶液中Cu2+向电极b方向迁移
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，电极a上MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极b上Cu2S转化为S，发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b为阴极。
【解答】解：A．充电时，硫转化为硫化亚铜，发生还原反应，则电极b为阴极，故A错误；
B．充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，电极a的电极反应为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，阳极附近溶液的pH减小，故B错误；
C．放电时，电极b为负极，负极的电极反应为Cu2S﹣4e﹣＝S+2Cu2+，故C正确；
D．放电时，溶液中铜离子向正极移动，即向电极a方向迁移，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025 河南模拟）亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸。常温下，在0.1mol L﹣1Na2HPO3溶液中缓慢通入HCl气体，混合液中含P粒子浓度与pH关系如图所示。
下列叙述错误的是（　　）
A．L3代表与pH关系
B．第二步水解常数
C．NaH2PO3混合溶液pH＜7
D．N点时存在：
【答案】D
【分析】亚磷酸（H3PO3）是一种二元弱酸，溶液中存在电离平衡、，由此可知，随着pH增大，c（H3PO3）减小，先增大，后减小，增大，故L1代表c（H3PO3）与pH的关系，L2代表与pH的关系，L3代表与pH关系，M点时，，溶液pH为1.4，则H3PO3的电离常数Ka1（H3PO3）＝ 10—1.4，同理可知，H3PO3的电离常数Ka2（H3PO3）＝10—6.7。
【解答】解：亚磷酸（H3PO3）是一种二元弱酸，溶液中存在电离平衡、，由此可知，随着pH增大，c（H3PO3）减小，先增大，后减小，增大，故L1代表c（H3PO3）与pH的关系，L2代表与pH的关系，L3代表与pH关系，M点时，，溶液pH为1.4，则H3PO3的电离常数Ka1（H3PO3）＝ 10—1.4，同理可知，H3PO3的电离常数Ka2（H3PO3）＝10—6.7；
A．由分析可知，L3代表与pH关系，故A正确；
B．由M、N点数据计算：，，，故B正确；
C．由B项分析可知，即的电离程度大于水解程度，故NaH2PO3溶液显酸性，故C正确；
D．N点时溶液中存在电荷守恒：，，此时溶液呈酸性，，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共1小题）
8．（2025 河南模拟）硼化钛用于制造熔融金属坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣（主要成分为TiO2、Al2O3、CaO和SiO2，含少量Fe2O3、MgO等）为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。
已知：①TiO2溶于浓硫酸形成TiO2+；②常温下，。
回答下列问题：
（1）Ti位于元素周期表 　d　 区。
（2）“滤液1”中含有的金属阳离子为 　Mg2+、Al3+、Fe3+、Ca2+　 （填离子符号）。
（3）TiO2常用于催化分解汽车尾气。已知：
①2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）
②3NO2（g）+H2O（g）＝2HNO3（g）+NO（g）
则4NO（g）+3O2（g）+2H2O（g）＝4HNO3（g） ΔH的正反应自发进行的条件是 　B　 （填字母）。
A．高温
B．低温
C．任意温度
D．无法判断
（4）“萃取”目的是 　分离硫酸，促进TiO2+水解　 。“滤液2”经处理可以循环用于 　酸解　 （填名称）工序。
（5）“萃取”后分液，测得得到的水溶液常温下pH＝1，此时 　1010　 。
（6）TiO2制备TiB2时只产生一种气体，该气体通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀。则TiO2制备TiB2的化学方程式为 　　 。（已知Pd粉呈黑色）
（7）TiO2的一种晶胞结构如图所示。在该四方晶胞中位于体内（非体心），和面上的原子是 　O　 （填元素符号）。
【答案】（1）d；
（2）Mg2+、Al3+、Fe3+、Ca2+；
（3）B；
（4）分离硫酸，促进TiO2+水解；酸解；
（5）1010；
（6）；
（7）O。
【分析】高钛渣（含有TiO2、Al2O3、CaO、SiO2、Fe2O3、MgO），根据流程分析可知，加入稀盐酸后TiO2、SiO2不溶，Al2O3、CaO、Fe2O3、MgO溶于稀盐酸得到AlCl3、CaCl2、FeCl3、MgCl2，根据已知信息TiO2溶于浓硫酸形成TiO2+，TiO2+在萃取剂的作用下，与浓硫酸分离，TiO2+发生水解得到TiO2 xH2O，TiO2 xH2O脱水得到TiO2，在高温条件下，TiO2、B2O3、C一起作用得到TiB2。
【解答】解：高钛渣（含有TiO2、Al2O3、CaO、SiO2、Fe2O3、MgO），根据流程分析可知，加入稀盐酸后TiO2、SiO2不溶，Al2O3、CaO、Fe2O3、MgO溶于稀盐酸得到AlCl3、CaCl2、FeCl3、MgCl2，根据已知信息TiO2溶于浓硫酸形成TiO2+，TiO2+在萃取剂的作用下，与浓硫酸分离，TiO2+发生水解得到TiO2 xH2O，TiO2 xH2O脱水得到TiO2，在高温条件下，TiO2、B2O3、C一起作用得到TiB2；
（1）基态钛原子价层电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区，
故答案为：d；
（2）根据分析可知：“滤液1”中含有的金属阳离子为：Mg2+、Al3+、Fe3+、Ca2+，
故答案为：Mg2+、Al3+、Fe3+、Ca2+；
（3）根据已知方程式，再根据盖斯定律可以得到，方程式①×3+方程式②×2得目标反应，ΔH＝（﹣113×3﹣138×2）kJ mol﹣1＝﹣615kJ mol﹣1，正反应是气体分子数减小的反应，即熵减反应，根据符合判据ΔG＝ΔH﹣TΔS，在较低温度下能自发进行，
故答案为：B；
（4）“酸解”时加入浓硫酸，如果浓硫酸过量，抑制氧钛离子水解，“萃取”目的是分离硫酸，促进正向移动，“滤液2”含硫酸，经处理可循环用于“酸解”，提高硫酸利用率，
故答案为：分离硫酸，促进TiO2+水解；酸解；
（5）溶液中存在，存在TiO（OH）2沉淀，是TiO（OH）2的饱和溶液，，当溶液pH＝1时，c（OH﹣）＝10﹣13mol L﹣1，，，
故答案为：1010；
（6）实验室可利用CO通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀来检验CO，化学反应方程式为：PdCl2+CO+H2O＝Pd↓+CO2+2HCl，由此可知，TiO2与B2O3、C在高温条件下反应的产物为TiB2、CO，根据原子守恒及得失电子守恒可写出化学方程式，
故答案为：；
（7）TiO2晶胞中，黑球位于体内和面上，有个；灰球位于体心和顶点，有个．根据化学式TiO2可知，灰球为钛，黑球为氧，
故答案为：O。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
三．解答题（共3小题）
9．（2024秋 鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 　2H2O22H2O+O2↑　 ，KI在该反应中的作用是 　催化剂　 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 　BC　 （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 　紫红　 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 　I2　 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 　A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢　 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq） （aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒 I﹣ I2
浓度/（mol L﹣1） b b 4.0×10﹣3
则b＝　2.5×10﹣3　 ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 　2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033mol/L　 。
【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑；催化剂；
（2）BC；
（3）①紫红；
②I2；
③A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢；
（4）2.5×10﹣3；2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033mol/L。
【分析】（1）总反应的化学方程式为分步反应的叠加，KI在该反应中，前后质量不变；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程；
B．催化剂可以使反应的活化分子百分数增大；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应；
（3）①I2溶于CCl4显紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢；
（4）根据题意有：K640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：0.033mol/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195mol/L＜0.033mol/L，据此分析作答。
【解答】解：（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣，总反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，KI在该反应中的作用是催化剂，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；催化剂；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，故A正确；
B．加入KI后该反应的活化分子百分数增大，故B错误；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应，即H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑是吸热反应，故C错误；
故答案为：BC；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显紫红色，说明有I2生成，
故答案为：紫红；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低，
故答案为：I2；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢，
故答案为：A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢；
（4）根据题意有：K640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：0.033mol/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195mol/L＜0.033mol/L，所以，溶液中还存在其它含碘微粒，
故答案为：2.5×10﹣3；2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033mol/L。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，具体涉及碘及其化合物的相关知识，同时考查平衡常数K的计算以及应用，难度较大。
10．（2025 南阳模拟）硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料，少量磷的掺入可提高硅的导电性能。Zn高温还原SiCl4（沸点57.6℃）是生产多晶硅的一种方法。回答下列问题：
（1）基态Zn原子的价电子排布式为 　3d104s2　 ，SiCl4晶体的类型为 　分子晶体　 。
（2）化合物H3BPF3的结构如图1所示，H3BPF3中F—P—F键角略大于PF3分子中的F—P—F键角，原因是 　H3BPF3无孤电子对，PF3存在孤电子对，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小　 。
（3）Si、P和Zn三种元素组成化合物的晶胞如图2所示（晶胞参数a＝b≠c，a＝β＝y＝90°），若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为 　体心　 （填“面心”“棱中点”或“体心”）。
（4）在Zn还原SiCl4的过程中会生成副产物SiCl2，抑制SiCl2生成可以增加Si产量并降低生产能耗。该过程存在如下主要化学反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：SiCl4（g）+Si（s） 2SiCl2（g）ΔH3
①ΔH3＝ 　+330　 kJ mol﹣1。
②在总压分别为p1、p2和p3下，反应达平衡时：SiCl2物质的量与初始SiCl4物质的量的比值x随温度变化如图3所示。图中压强由大到小顺序为 　p3＞p2＞p1　 ，判断的依据是 　在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动　 。在一定温度、180kPa条件下，体系中初始：SiCl4（g）和Zn（g）分别为1mol和4mol，假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，0～4min内用SiCl4分压表示的平均反应速率为 　4　 kPa min﹣1，此时可生成硅 　14　 g。
【答案】（1）3d104s2；分子晶体；
（2）H3BPF3无孤电子对，PF3存在孤电子对，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小；
（3）体心；
（4）①+330；
②p3＞p2＞p1；在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动；4；14。
【分析】（1）Zn为30号元素，则基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2；SiCl4的沸点为27.6℃，比较低；
（2）由化合物H3BPF3的结构可知，P具有一对孤电子对，与B的空轨道形成配位键，而PF3中具有一对孤电子，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小；
（3）由该晶胞的结构可知，该晶胞中含有个Zn，个Si，Zn和Si数量相同，则Zn和Si位置可以互换，若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为体心；
（4）①由盖斯定律得反应III＝2反应II﹣反应I；
②由图可知，在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动，则p3＞p2＞p1；假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，体系中初始：SiCl4（g）和Zn（g）分别为1mol和4mol，则，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，故；生成的SiCl2忽略不计，假设消耗SiCl4xmol，建立以下平衡，。
【解答】解：（1）Zn为30号元素，则基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2；SiCl4的沸点为27.6℃，比较低，故SiCl4是分子晶体，
故答案为：3d104s2；分子晶体；
（2）由化合物H3BPF3的结构可知，P具有一对孤电子对，与B的空轨道形成配位键，而PF3中具有一对孤电子，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小，故H3BPF3中F—P—F键角略大于PF3分子中的F—P—F键角，
故答案为：H3BPF3无孤电子对，PF3存在孤电子对，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小；
（3）由该晶胞的结构可知，该晶胞中含有个Zn，个Si，Zn和Si数量相同，则Zn和Si位置可以互换，若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为体心，
故答案为：体心；
（4）①由盖斯定律得反应III＝2反应II﹣反应I，则，
故答案为：+330；
②由图可知，在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动，则p3＞p2＞p1；假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，体系中初始：SiCl4（g）和Zn（g）分别为1mol和4mol，则，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，故；生成的SiCl2忽略不计，假设消耗SiCl4xmol，建立以下平衡，，则x＝0.5mol，m（Si）＝0.5mol×28g/mol＝14g，
故答案为：p3＞p2＞p1；在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动；4；14。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
11．（2025 平舆县一模）某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的应用，其合成路线如图：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，已知核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。
②R1—CHO+R2—CH2—CHO
③R—COOH R—COCl
④+
⑤
请回答下列问题：
（1）A的名称为 　乙二醛　 ，B中含有官能团名称为 　醛基、碳碳双键　 。
（2）C→D的反应类型为 　加成反应或还原反应　 ，生成G的“条件a”指的是 　浓硫酸、浓硝酸，50﹣60℃水浴加热　 。
（3）E的结构简式为 　　 。
（4）F+H→M的化学方程式为 　　 。
（5）芳香族化合物W有三个取代基，与C互为同分异构体，当W分别与Na、NaOH充分反应时，1mol W最多可消耗的Na、NaOH分别为2mol、1mol。试分析W共有 　10　 种同分异构体，每一种同分异构体的核磁共振氢谱中有 　7　 组峰。
（6）参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。
【答案】见试题解答内容
【分析】A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，则分子中O原子个数为2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则应含有2个醛基，为OHC—CHO；
由题给信息可知B为OHCCH＝CH—CH＝CHCHO，C为，与氢气反应生成D，氧化生成E为，由转化关系可知F为，由M可知H为，G为；
（6）制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC—CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下生成。
【解答】解：A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，则分子中O原子个数为2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则应含有2个醛基，为OHC—CHO；
由题给信息可知B为OHCCH＝CH—CH＝CHCHO，C为，与氢气反应生成D，氧化生成E为，由转化关系可知F为，由M可知H为，G为；
（1）A的名称为乙二醛，B中含有官能团名称为醛基、碳碳双键，
故答案为：乙二醛；醛基、碳碳双键；
（2）C→D的反应类型为加成反应或还原反应，生成G的“条件a”指的是浓硫酸、浓硝酸，50﹣60℃水浴加热，
故答案为：加成反应或还原反应；浓硫酸、浓硝酸，50﹣60℃水浴加热；
（3）通过以上分析知，E的结构简式为，
故答案为：；
（4）F+H→M的化学方程式为，
故答案为：；
（5）C为，芳香族化合物W有三个取代基，说明W中含有苯环；与C互为同分异构体，当W分别与Na、NaOH充分反应时，1mol W最多可消耗的Na、NaOH分别为2mol、1mol，说明含有1个酚羟基、1个醇羟基，取代基为—CH3、—CH2OH、—OH，有10种，
则符合条件的有10种，每一种同分异构体的核磁共振氢谱中有7组峰，
故答案为：10；7；
（6）制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC—CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重于考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑