精品解析：江苏省苏州市园区苏州大学附属中学2025-2026学年高三上学期1月月考化学试题

苏大附中2025-2026学年第一学期期末考前热身练 高三年级化学试卷 (考试时间：75分钟 总分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题(共13题，每题3分，共39分) 1. 化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是 A. “鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品 B. 废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色 C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 D. 22年冬奥会中，国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油分馏得到汽油、煤油等，故A正确； B．废弃的聚乙烯料不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误； C．铝锂合金属于金属材料，故C正确； D． “冰丝带”采用CO2超临界制冰，不会污染环境，比氟利昂制冰更加环保，故D正确。 综上所述，答案为B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙炔的结构简式： B. 顺丁烯的分子结构模型： C. 基态原子的价层电子的轨道表示式： D. 的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确； B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确； C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误； D．是离子化合物，其电子式为，D项正确； 答案选C。 3. 下列说法不正确的是 A. 利用盐析可分离提纯蛋白质 B. 植物油和硬化油中都含有酯基 C. 麦芽糖和葡萄糖都能发生水解反应 D. 核酸属于高分子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A. 盐析是通过加入盐溶液使蛋白质沉淀的方法，沉淀的蛋白质仍保持活性，可用于分离提纯，A正确； B. 植物油和硬化油均为油脂，均含有酯基，B正确； C. 麦芽糖是二糖，可水解为葡萄糖；葡萄糖是单糖，不能水解，因此“都能发生水解反应”的说法错误，C不正确； D. 核酸（如DNA和RNA）是由核苷酸聚合而成的大分子，符合高分子化合物的定义，D正确； 故选C。 阅读下列资料，完成以下3个小题： 周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为，是常用的火箭燃料；气体微溶于水，有强还原性，可由反应制得。氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700~900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。 4. 实验室制取少量的原理及装置均正确的是 A. 制取 B. 干燥 C. 收集 D. 吸收尾气中的 5. 下列说法正确的是 A. 和中的键角相等 B. 和晶体类型均为共价晶体 C. 和都是由极性键构成的非极性分子 D. 基态砷原子()核外价电子排布式为 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 肼的燃烧： B. 制单质磷： C. 制砷化镓晶体： D. 铅蓄电池放电时的负极反应： 【答案】4. B 5. D 6. B 【解析】 【4题详解】 A．由反应原理可知，反应需要加热，A错误； B．不与碱石灰发生反应，可用碱石灰干燥，故B正确； C．的相对分子质量为34，密度比空气大，应长管进，用向上排空气法收集，C错误； D．气体微溶于水，不能通入水中尾气处理，也不需要用防倒吸的装置，D错误； 故答案选B。 【5题详解】 A．中的N原子有一个未成键的孤电子对，没有，孤电子有较大的斥力，所以和中的H—N—H键角不相等，A错误； B．和都是分子晶体，B错误； C．的氮原子含有一个孤电子对，使分子的正电中心与负电中心不重合，故分子是极性分子，中氮原子之间以非极性键结合，两个氮原子均含有一个孤电子对，分子为极性分子，C错误； D．基态砷原子()核外电子排布式为第四周期第VA族，价电子排布式为，D正确； 故答案选D。 【6题详解】 A．肼燃烧生成氮气和水，热化学方程式为： ，A错误； B．制单质磷：，B正确； C．制砷化镓晶体化学方程式为：，少反应条件，C错误； D．铅蓄电池放电时的负极反应：，D错误； 故答案选B。 7. 下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴加足量NaOH溶液： B. 水杨酸与过量碳酸钠溶液反应： C. 与反应： D. 溶液中通入足量氯气： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加足量NaOH时，与过量应生成更难溶的沉淀，而非，正确离子方程式为，A错误； B．水杨酸含羧基（-COOH）和酚羟基（-OH），羧基酸性强于，酚羟基酸性弱于但强于。与过量碳酸钠反应时，反应应生成而非，正确的离子方程式为：++2，B错误； C．与反应中，中的O全部来自，中的进入OH⁻，生成的不含，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C错误； D．被足量氧化为，S从+2价升至+6价（每个S失4e⁻，共失8e⁻），中Cl从0价降至-1价（每个得2e⁻，4个得8e⁻），配平后离子方程式正确，D正确； 故选D。 8. 一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成，下列说法正确的是 A. 一定条件下，X可以发生加成、缩聚、消去、氧化反应 B. X、Y分子中所有碳原子处于同一平面 C. 1molX最多能与含3molBr2的浓溴水发生反应 D. Y与H2完全加成，每个产物分子中含有5个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．X含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应；X含有碳碳双键、羟基，能发生氧化反应；X不能发生缩聚、消去反应，故A错误； B．Y分子中有1个单键碳与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子处于同一平面，故B错误； C．X分子苯环的邻位、对位能与溴发生取代反应，X分子中碳碳双键能与溴发生加成反应，1molX最多能与含3molBr2的浓溴水发生反应，故C正确； D．Y与H2完全加成，生成物 分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D错误； 选C。 9. 全钒液流电池的工作原理如下图。下列说法不正确的是 A. 放电时负极反应式： B. 充电时阳极的pH降低 C. 放电时正极每消耗，负极区便有通过质子交换膜移向正极区 D. 电池总反应： 【答案】C 【解析】 【分析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2＋离子被氧化，是电源的负极，VO2＋离子化合价降低，被还原，是电源的正极反应，电池反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O。放电时，右侧为负极，电极反应式为，左侧为正极，电极反应式为；充电时，右侧为阴极，电极反应式为，左侧为阳极，电极反应式为，据此分析作答。 【详解】A．放电时，负极反应为V2＋−e−=V3＋，A正确； B．充电时阳极的电极反应为VO2+-e-+H2O= VO+2H+，氢离子浓度增大，pH降低，B正确； C．放电时，若转移1mol电子，正极会消耗，因为氢离子要平衡电荷，则有从右往左通过质子交换膜，C错误； D．电池总反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O，D正确； 故选C。 10. 某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为，原理如图。已知：，，下列说法不正确的是 A. 气体温度升高后有利于的固定 B. 使用多孔材料不能改变的焓变 C. 使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于的去除 D. 加入和，化学反应方程式为：，同时实现MOFs再生 【答案】A 【解析】 【详解】A．由于是放热反应，因此升温会导致反应逆移，浓度减小，多孔材料对固定的效率下降，A错误； B．反应焓变只与反应本身和反应的环境温度和压强有关，与多孔材料无关，B正确； C．多孔材料是选择性固定，从而降低体系浓度，导致反应正移，从而有利于的去除，C正确； D．加入和，化学反应方程式为：，MOFs多孔材料中吸附的被反应，即得到了，也再生了MOFs，D正确； 故选A。 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 探究方案和现象 探究目的 A 滴有酚酞的氨水中加入固体，溶液的红色变浅 溶液一定呈酸性 B 将石油裂解产生的气体通入的溶液，观察溶液颜色褪色 验证石油裂解产物中含有乙烯 C 向溶液中通入至过量，观察是否有沉淀生成 是否具有氧化性 D 将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨水中存在如下平衡：NH3·H2ONH+OH-，向滴有酚酞的氨水中加入醋酸铵固体，溶液中的铵根离子浓度增大，平衡向左移动，使得溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的红色变浅，则溶液的红色变浅不能说明醋酸铵溶液一定呈酸性，A错误； B．将石油裂解产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，但不能说明石油裂解产物中含有乙烯，B错误； C．向硫化钠溶液中通入过量二氧化硫，溶液中有沉淀生成说明二氧化硫能与硫化钠溶液反应生成硫，反应时二氧化硫中的硫元素化合价降低被还原，是反应的氧化剂，则观察是否有沉淀生成能说明二氧化硫是否具有氧化性，C正确； D．卤代烃在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成醇和卤化钠，过量的氢氧化钠也能与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，干扰卤素离子的检验，所以将卤代烃与氢氧化钠水溶液混合加热，待冷却后未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，直接加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色无法准确确定卤原子种类，D错误； 故选C。 12. 室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是 A. NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c() B. “酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+ C. “除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D. “沉锰”后上层清液中：=2.5 【答案】D 【解析】 【分析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到硫酸锰。 【详解】A．由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()＞c()+2c()，故A错误； B．由分析可知，“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+ =5Mn2+++4H2O，故B错误； C．由分析可知，“除铁除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误； D．“沉锰”后上层清液中：====2.5，故D正确； 故选D。 13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应I：CO(g)+CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g) 反应II：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 固定CO、CH3OCH3、H2的起始原料比为1∶1∶2、体系压强不变的条件下发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应II为放热反应 B. 由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量减少 C. 曲线C也可以表示CH3OH的物质的量分数 D. 由500K上升至600K，温度对反应I的影响大于对反应II的影响 【答案】B 【解析】 【分析】固定CO、CH3OCH3、H2的起始原料比为1∶1∶2通入体系，先发生反应I，再逐渐发生反应II。由图像分析可知，曲线C代表CH3CH2OH，随着温度的升高，CH3CH2OH的平衡含量逐渐减少；CH3COOCH3的平衡含量先升高，500K后逐渐减少，可推知温度升高，两个反应都逆向移动，所以两个反应都是放热反应；再继续分析CH3COOCH3的平衡含量先升高，说明300-500K时，反应I较完全，反应II反应很少，这时CO反应较完全后，含量很低，氢气含量还较高，说明曲线A表示氢气的物质的量分数变化，曲线B表示CO的物质的量分数变化； 【详解】A．反应II生成CH3CH2OH，曲线C代表CH3CH2OH，温度升高，对应CH3CH2OH的曲线是逐渐下降的，说明随着温度升高，反应II逆向移动，说明正反应方向是放热反应，A项正确； B．反应II可知，氢气作为反应物，CH3CH2OH 作为生成物，两者含量变化相反，已知CH3CH2OH随着温度的升高逐渐减小，那氢气的含量应逐渐升高，曲线A可表示氢气的物质的量分数，由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量分数减少，不是氢气的物质的量减少，B项错误； C．反应II：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)，CH3CH2OH(g)和CH3OH(g)都是生成物，两者含量变化应一致，所以曲线C也可以表示CH3OH的物质的量分数，C项正确； D．由500K上升至600K时，反应II中氢气的含量还在增加，但是同样作为生成物的CH3COOCH3开始减少，说明温度对反应I中CH3COOCH3影响较大，说明温度对反应I的影响大于对反应II的影响，D项正确； 故答案选B。 二、非选择题(共4题，共62分) 14. 由一种废脱硝催化剂(含、等)，回收钒的过程如下： 已知：能与酸发生反应，有机萃取剂P204对有强萃取作用，萃取原理为： ，为P204的单体。易水解。 （1）基态V的第三电子层空轨道数目为_______个。 （2）酸浸还原。酸浸还原过程中，生成的离子方程式为_______。 （3）萃取与反萃取。 ①“萃取”得到，(结构如图所示，其中“-R”为辛基)。有机萃取剂P204常以二聚体的形式存在，写出HA的分子式_______。 ②反萃取过程中，所加硫酸的浓度与反萃取率如图所示，随着硫酸浓度的增大，反萃取率逐渐增大的原因_______。 ③反萃取后，可直接向水溶液中通入足量空气，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，得到，请写出该过程的离子方程式_______。 （4）沉钒过程中，的回收率与pH的变化如图所示，时回收率最高的原因_______。 【答案】（1）2 （2） （3） ①. C16H35PO4 ②. 随着硫酸浓度的增大，H+的浓度增大，萃取平衡逆向移动，反萃取率增大 ③. （4）pH<8，随着酸性增强会促进的水解，pH>8，随着碱性增强，会与OH-反应，均不利于生成。 【解析】 【分析】“酸浸还原”过程中，被还原为，过滤除去WO3；向滤液中加入P204进行萃取，后又通过加入硫酸进行反萃取；用NaOH溶液调pH，并通入足量空气将VO2+氧化成，再加入NH4Cl沉钒，经一系列操作得到。 【小问1详解】 V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，3s、3p轨道均已填满，3d有2个空轨道，故第三层有2个空的d轨道； 【小问2详解】 V2O5生成VO2+，亚硫酸根被氧化为硫酸根，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 ①由的结构图可知，HA的结构为（-R为辛基，即-C8H17），故HA的分子式为C16H35PO4；②根据萃取反应可知，随着硫酸的浓度增大，H+浓度也增大，萃取平衡逆向移动，故反萃取率增大； ③在该条件下，VO2+被氧气氧化成，反应的离子方程式为； 【小问4详解】 pH<8，随着酸性增强会促进的水解，pH>8，随着碱性增强，会与OH-反应，均不利于生成。 15. 某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下： 已知：。 （1）下列关于化合物E和G的说法正确的是_______。 A. 官能团种类相同 B. 都含有手性碳原子 C. 都能使酸性溶液褪色 D. 可以使用质谱仪区分 （2）用“”标出B中酸性最强的氢原子_______。 （3）已知C的分子式为，的结构简式为_______。 （4）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式_______。 能和溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子。 （5）写出以、乙醇为原料制备的合成路线图_______ (须使用、，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）ACD （2） （3） （4） （5） 【解析】 【分析】化合物A与在条件下发生取代反应生成B，B和C在条件下发生取代反应生成D，由第（3）问信息可知C的分子式为，结合路线图中D的结构式可知，C的结构式为。D在条件下水解，之后经HCl酸化生成E。E与在条件下发生取代反应生成F，F经HCl酸化后生成终产物G，据此作答。 【小问1详解】 A．E和G中含有的官能团为醚键和羧基，种类相同，A正确； B．化合物E中与羧基和甲基相连的碳原子为手性碳原子，化合物G中不含手性碳原子，B错误； C．E和G的苯环均连接甲基，可以使酸性溶液褪色，C正确； D．E的相对分子质量为236，G的相对分子质量为250，可以用质谱仪区分二者，D正确； 故答案选ACD； 【小问2详解】 O原子电负性强，对电子的吸引能力强，因此，两个羰基中间的氢原子最容易离去，酸性最强； 【小问3详解】 由分析可知，C的结构简式为； 【小问4详解】 D的分子式为。根据题干要求，D的异构体可以使溶液显色，因此，分子中含有酚羟基。异构体经水解酸化后得到的产物产物产物中有两种不同的氢原子，说明分子中含有酯基，结构对称，并且苯环上的氢全部被取代，根据以上条件可以写出符合条件的分子结构：； 【小问5详解】 在强碱的醇溶液中加热会发生消去反应生成，可以被酸性高锰酸钾氧化为，在浓硫酸条件下与乙醇发生酯化反应生成。根据已知条件，在和DMF条件下生成，经水解酸化生成目标产物，总反应路线为：。 16. 锗是一种重要的半导体材料，中国是世界上锗的主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制备高纯度GeO2，相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 （1）浸出：可用草酸（HOOC-COOH）作为浸出剂，将Ge转化为配离子，转移到溶液中。 ①中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式______。 ②使用草酸浸取的缺点之一在于矿渣中的其他金属阳离子易与草酸形成沉淀或配合物，草酸的利用率降低。已知25℃，H2C2O4的电离平衡常数，；CuC2O4的溶度积，则反应的平衡常数K的数值为______。 ③以热的浓硫酸作为氧化剂，可将彻底氧化，将锗元素转化为进入溶液，反应的化学方程式为______。 （2）丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚（简记为HL），易与Ge（Ⅳ）配位得到，最终转化为沉淀，从而将溶液中的锗沉出，反应可表示为，若反应体系中存在较多不利于锗的沉淀，原因是______。 （3）GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯GeO2，可先将其转化为GeCl4，再在0℃下水解GeCl4得到高纯GeO2。已知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GeCl4常温下是液体，沸点为84℃，易与AsCl3共沸； ③AsCl3在pH为0.4~0.6时有还原性； 现有已知砷含量的粗品GeO2，补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加 NaOH溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入______，随后加入足量NaClO3固体充分反应；控制温度为______进行蒸馏，将馏分______，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。（实验中须使用的试剂：盐酸、蒸馏水） 【答案】（1） ①. ②. 8.7×103 ③. H2[Ge(OH)2(C2O4)2]+4H2SO4(浓) 4CO2↑+Ge(SO4)2+2SO2↑+6H2O （2）丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe3+反应使丹宁酸浓度下降，从而使浓度下降 （3） ①. 10mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内 ②. 84℃ ③. 冷却后，与0℃的蒸馏水混合 【解析】 【小问1详解】 ①由配离子中含有两个五元环，锗离子为六配位，配位原子均为氧可知，离子的结构式为，故答案为：； ②由方程式可知，反应的平衡常数K====≈8.7×103，故答案为：8.7×103； ③由题意可知，锗元素转化为Ge4+离子的反应为浓硫酸与共热反应生成硫酸锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为H2[Ge(OH)2(C2O4)2]+4H2SO4(浓) 4CO2↑+Ge(SO4)2+2SO2↑+6H2O，故答案为：H2[Ge(OH)2(C2O4)2]+4H2SO4(浓) 4CO2↑+Ge(SO4)2+2SO2↑+6H2O； 【小问2详解】 铁离子会与酚发生络合反应生成配合物，所以反应体系中存在较多铁离子时，丹宁酸中的酚羟基易与铁离子反应使丹宁酸浓度下降，从而使浓度下降，不利于锗的沉淀，故答案为：丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe3+反应使丹宁酸浓度下降，从而使浓度下降； 【小问3详解】 由题意可知，提纯二氧化锗的实验方案为向粗品中分批加入4mol/L氢氧化钠溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入10mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内，将锗元素、砷元素转化为氯化物，随后加入足量氯酸钠固体充分反应，将三氯化砷氧化为五氯化砷；控制温度为84℃进行蒸馏，将馏分冷却后，与0℃的蒸馏水混合，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥得到二氧化锗，故答案为：10mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内；84℃；冷却后，与0℃的蒸馏水混合。 17. 是高效光催化剂，可用于降解有机污染物、去除水体中的氨氮等。 （1）制备 已知：ⅰ.难溶于水； ⅱ.沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能； ①已知的平衡常数为，银氨溶液与溶液反应的化学方程式为，其平衡常数K与、、、代数关系式为_______。 ②相同条件下，实验室不用和反应制备。其可能原因为_______。 （2）降解有机物 光催化剂与(质量比1：0.3：3)复合光催化剂降解双酚的实验探究。相同条件下，分别进行3次循环降解BPA实验，与对BPA的降解率如图1，样品反应前和循环3次后的X射线衍射图谱如图2所示。 ①根据图1、图2中信息，循环3次后，催化降解BPA效果比较好的催化剂是_______； ②导致循环后催化剂对BPA的降解率减小的原因为_______。 （3）除氨氮 可见光催化除氨氮的机理是生成具有氧化性要活性物质；羟基自由基()、空穴()、超氧自由基()，其过程如下： ；；； ；；； ； 已知： i、甲醇、EDTA-2Na、对苯醌作为捕获剂可分别捕获羟基自由基()、空穴()、超氧自由基()，不同捕获剂对光催化除氨氮反应的影响如图3所示： ii、光照条件下，表面的价带(VB端)失去的激发至导带(CB端)，价带形成电子空穴，、分离及转移与电势能的关系如图4所示。 ①直接参与光催化除氨氮的主要活性基团为_______。 ②加入不同捕获剂后，氨氮去除率均降低，但EDTA-2Na、对苯醌对氨氮去除率影响程度远小于甲醇，请简要说明：_______。 【答案】（1） ①. ②. 直接反应速率过快，导致沉淀颗粒大、形貌难以控制（或容易团聚），从而影响其光催化活性。 （2） ①.   ②.  发生了副反应，部分  被还原为单质 Ag，导致催化剂活性组分减少。 （3） ①. ②. 甲醇对活性物质的捕获更彻底，因此氨氮去除率更低 【解析】 【小问1详解】 目标反应可以看作是以下三个过程的叠加：( )、 ( ​ )、( ​​ )，将这三个反应相加，消去中间产物 ( ​ )，得到总反应，故总平衡常数 K 为各步常数之积：； 题目已知信息 ii 提到：“ 沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能”。如果直接用 和 反应，由于两者浓度较高，反应极快，会瞬间生成大量沉淀。通过银氨溶液缓慢释放，可以控制沉淀生成速率，从而得到形貌可控、分散性好、催化活性高的。 【小问2详解】 白色柱代表 ，黑色柱代表。在第1、2、3次循环中，白色柱的降解率始终高于黑色柱，故催化降解BPA效果比较好的催化剂是； 对比“反应前”和“循环3次后”的图谱。“循环3次后”的图谱中，出现了明显的 Ag 的特征峰。这说明在光催化过程中， 发生了还原反应：  被电子还原成了单质银。生成的单质 Ag 覆盖在催化剂表面，不仅减少了活性组分的含量，还可能阻挡活性位点，导致催化活性下降。 【小问3详解】 根据图3，各种活性基团对氨氮去除的贡献大小为。甲醇捕获了贡献最大的·OH，而EDTA-2Na和对苯醌捕获的基团贡献较小，因此后两者对氨氮去除率的影响程度远小于甲醇，说明 是最主要的活性物种； 甲醇不仅能捕获，还能捕获  ，而 EDTA-2Na 只能捕获  。甲醇对活性物质的捕获更彻底，因此对反应的抑制作用更强（或氨氮去除率更低）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏大附中2025-2026学年第一学期期末考前热身练 高三年级化学试卷 (考试时间：75分钟 总分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题(共13题，每题3分，共39分) 1. 化学与生产、生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是 A. “鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品 B. 废弃的聚乙烯料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色 C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 D. 22年冬奥会中，国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙炔的结构简式： B. 顺丁烯的分子结构模型： C. 基态原子的价层电子的轨道表示式： D. 的电子式： 3. 下列说法不正确的是 A. 利用盐析可分离提纯蛋白质 B. 植物油和硬化油中都含有酯基 C. 麦芽糖和葡萄糖都能发生水解反应 D. 核酸属于高分子化合物 阅读下列资料，完成以下3个小题： 周期表中VA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为，是常用的火箭燃料；气体微溶于水，有强还原性，可由反应制得。氮和磷都是植物生长的营养元素，单质磷可由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧制得；砷化镓是典型的二代半导体材料，在700~900℃条件下，与通过化学气相沉积可制得砷化镓晶体；铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。 4. 实验室制取少量的原理及装置均正确的是 A. 制取 B. 干燥 C. 收集 D. 吸收尾气中的 5. 下列说法正确的是 A. 和中的键角相等 B. 和晶体类型均为共价晶体 C. 和都是由极性键构成的非极性分子 D. 基态砷原子()核外价电子排布式为 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 肼的燃烧： B. 制单质磷： C. 制砷化镓晶体： D. 铅蓄电池放电时的负极反应： 7. 下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴加足量NaOH溶液： B. 水杨酸与过量碳酸钠溶液反应： C. 与反应： D. 溶液中通入足量氯气： 8. 一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成，下列说法正确的是 A. 一定条件下，X可以发生加成、缩聚、消去、氧化反应 B. X、Y分子中所有碳原子处于同一平面 C. 1molX最多能与含3molBr2的浓溴水发生反应 D. Y与H2完全加成，每个产物分子中含有5个手性碳原子 9. 全钒液流电池的工作原理如下图。下列说法不正确的是 A. 放电时负极反应式： B. 充电时阳极的pH降低 C. 放电时正极每消耗，负极区便有通过质子交换膜移向正极区 D. 电池总反应： 10. 某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为，原理如图。已知：，，下列说法不正确的是 A. 气体温度升高后有利于的固定 B. 使用多孔材料不能改变的焓变 C. 使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于的去除 D. 加入和，化学反应方程式为：，同时实现MOFs再生 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 探究方案和现象 探究目的 A 滴有酚酞的氨水中加入固体，溶液的红色变浅 溶液一定呈酸性 B 将石油裂解产生的气体通入的溶液，观察溶液颜色褪色 验证石油裂解产物中含有乙烯 C 向溶液中通入至过量，观察是否有沉淀生成 是否具有氧化性 D 将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是 A. NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c() B. “酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+ C. “除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D. “沉锰”后上层清液中：=2.5 13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应I：CO(g)+CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g) 反应II：CH3COOCH3(g)+2H2(g)=CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 固定CO、CH3OCH3、H2的起始原料比为1∶1∶2、体系压强不变的条件下发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应II为放热反应 B. 由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量减少 C. 曲线C也可以表示CH3OH的物质的量分数 D. 由500K上升至600K，温度对反应I的影响大于对反应II的影响 二、非选择题(共4题，共62分) 14. 由一种废脱硝催化剂(含、等)，回收钒的过程如下： 已知：能与酸发生反应，有机萃取剂P204对有强萃取作用，萃取原理为： ，为P204的单体。易水解。 （1）基态V的第三电子层空轨道数目为_______个。 （2）酸浸还原。酸浸还原过程中，生成的离子方程式为_______。 （3）萃取与反萃取。 ①“萃取”得到，(结构如图所示，其中“-R”为辛基)。有机萃取剂P204常以二聚体的形式存在，写出HA的分子式_______。 ②反萃取过程中，所加硫酸的浓度与反萃取率如图所示，随着硫酸浓度的增大，反萃取率逐渐增大的原因_______。 ③反萃取后，可直接向水溶液中通入足量空气，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，得到，请写出该过程的离子方程式_______。 （4）沉钒过程中，的回收率与pH的变化如图所示，时回收率最高的原因_______。 15. 某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下： 已知：。 （1）下列关于化合物E和G的说法正确的是_______。 A. 官能团种类相同 B. 都含有手性碳原子 C. 都能使酸性溶液褪色 D. 可以使用质谱仪区分 （2）用“”标出B中酸性最强的氢原子_______。 （3）已知C的分子式为，的结构简式为_______。 （4）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式_______。 能和溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子。 （5）写出以、乙醇为原料制备的合成路线图_______ (须使用、，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 锗是一种重要的半导体材料，中国是世界上锗的主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制备高纯度GeO2，相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 （1）浸出：可用草酸（HOOC-COOH）作为浸出剂，将Ge转化为配离子，转移到溶液中。 ①中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式______。 ②使用草酸浸取的缺点之一在于矿渣中的其他金属阳离子易与草酸形成沉淀或配合物，草酸的利用率降低。已知25℃，H2C2O4的电离平衡常数，；CuC2O4的溶度积，则反应的平衡常数K的数值为______。 ③以热的浓硫酸作为氧化剂，可将彻底氧化，将锗元素转化为进入溶液，反应的化学方程式为______。 （2）丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚（简记为HL），易与Ge（Ⅳ）配位得到，最终转化为沉淀，从而将溶液中的锗沉出，反应可表示为，若反应体系中存在较多不利于锗的沉淀，原因是______。 （3）GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯GeO2，可先将其转化为GeCl4，再在0℃下水解GeCl4得到高纯GeO2。已知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GeCl4常温下是液体，沸点为84℃，易与AsCl3共沸； ③AsCl3在pH为0.4~0.6时有还原性； 现有已知砷含量的粗品GeO2，补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加 NaOH溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入______，随后加入足量NaClO3固体充分反应；控制温度为______进行蒸馏，将馏分______，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。（实验中须使用的试剂：盐酸、蒸馏水） 17. 是高效光催化剂，可用于降解有机污染物、去除水体中的氨氮等。 （1）制备 已知：ⅰ.难溶于水； ⅱ.沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能； ①已知的平衡常数为，银氨溶液与溶液反应的化学方程式为，其平衡常数K与、、、代数关系式为_______。 ②相同条件下，实验室不用和反应制备。其可能原因为_______。 （2）降解有机物 光催化剂与(质量比1：0.3：3)复合光催化剂降解双酚的实验探究。相同条件下，分别进行3次循环降解BPA实验，与对BPA的降解率如图1，样品反应前和循环3次后的X射线衍射图谱如图2所示。 ①根据图1、图2中信息，循环3次后，催化降解BPA效果比较好的催化剂是_______； ②导致循环后催化剂对BPA的降解率减小的原因为_______。 （3）除氨氮 可见光催化除氨氮的机理是生成具有氧化性要活性物质；羟基自由基()、空穴()、超氧自由基()，其过程如下： ；；； ；；； ； 已知： i、甲醇、EDTA-2Na、对苯醌作为捕获剂可分别捕获羟基自由基()、空穴()、超氧自由基()，不同捕获剂对光催化除氨氮反应的影响如图3所示： ii、光照条件下，表面的价带(VB端)失去的激发至导带(CB端)，价带形成电子空穴，、分离及转移与电势能的关系如图4所示。 ①直接参与光催化除氨氮的主要活性基团为_______。 ②加入不同捕获剂后，氨氮去除率均降低，但EDTA-2Na、对苯醌对氨氮去除率影响程度远小于甲醇，请简要说明：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $