精品解析：江苏省苏州市园区西安交通大学苏州附属中学2025-2026学年高三上学期期末模拟考试化学试题

西安交通大学苏州附属中学2025-2026学年第一学期 高三年级期末模拟练习 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学助力科技。下列说法正确的是 A. “北斗卫星导航系统”中的星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的ds区 B. “碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉属于合金 C. “复兴号”高铁车厢连接处使用的聚四氟乙烯属于烃类 D. “祝融号”火星车上使用的新型碳化硅材料属于无机非金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．铷(Rb)是碱金属元素，位于元素周期表第IA族，属于s区，而非ds区，A错误； B．碲化镉(CdTe)是由镉和碲形成的化合物，属于半导体材料，而合金是金属与金属(或非金属)的混合物，B错误； C．聚四氟乙烯(PTFE)由碳、氟元素组成(结构为)，含氟原子，属于含氟高分子化合物；烃类仅含碳、氢元素，C错误； D．碳化硅(SiC)由硅和碳通过共价键形成，具有高硬度、耐高温等特性，属于新型陶瓷材料，归类为无机非金属材料，D正确； 故答案选D． 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 和的球棍模型均为： B. 中含键 C. 的电子式： D. 和的最外层电子轨道表示式均为 【答案】D 【解析】 【详解】A．和均为V形结构，但的中心N原子与O原子的键角、原子相对大小和不同，无法用同一个球棍模型表示，A错误； B．中，4个含12个N-H 键，与形成4个配位键，中含4个S-O 键，总键数为20个，即中含键，B错误； C．是离子化合物，由和构成，中C与C之间为三键，其电子式为，C错误； D．和的核外电子排布均为，最外层为，轨道表示式中3s轨道有2个成对电子，3p轨道有3对电子，与图示完全一致，D正确； 故答案选D。 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 甲装置模拟氯碱工业制取并验证Cl2 B. 乙装置验证浓度对反应速率的影响 C. 丙装置制取并收集NO2 D. 丁装置喷泉实验验证Cl2溶于饱和食盐水并产生酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．电源正极连接了铁棒，为活性电极，则铁棒在阳极放电，不能制得氯气，A错误； B．两个试管中唯一的变量为过氧化氢溶液的浓度，通过观察肥皂泡冒出的速率可以判断浓度对反应速率的影响，B正确； C．NO2能与水反应生成硝酸和NO，不能用排水集气法来收集，C错误； D．氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，不会产生压强差，不能用来做喷泉实验，D错误； 故选B。 4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。 下列说法不正确的是 A. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 B. 基态原子的第一电离能： C. 电负性： D. 该晶体中存在氢键 【答案】A 【解析】 【详解】A．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为，中B与4个O形成了4个键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为，中O分别与B和C形成了2个键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型为，故晶体中B、O和N原子轨道的杂化类型不相同，A符合题意； B．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大而呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，因此基态原子的第一电离能顺序为，B不符合题意； C．同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，B和C处于同周期，且原子序数，因此电负性，C不符合题意； D．由晶体结构图可知，中的基团中的H原子与中的O原子形成氢键，因此该晶体中存在氢键，D不符合题意； 故答案选A。 阅读下列材料，完成下列小题： Br2具有较强的氧化性，能够将磷氧化为PBr3或PBr5(PBr5可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，也可以氧化一些非金属阴离子，如Br2与反应生成S8()，工业上可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8。在催化剂作用下，苯与Br2发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与Br2在碱的催化下，醛的α—H被溴取代生成α—溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为： 5. 下列说法正确的是 A. 基态溴离子的电子排布式为[Ar]4s24p6 B. 的空间结构为平面三角形 C. PBr3中P原子的轨道杂化类型为sp3杂化 D. C2Cl4和S8都是由非极性键构成的非极性分子 6. 下列化学用语表示正确的是 A. 溴与氨反应的化学方程式：3Br2+8NH3=6NH4Br+N2 B. PBr5水解反应的化学方程式：PBr5+4H2O=H3PO4+5HBrO C. 乙醛与溴反应生成α—溴代乙醛的化学方程式：CH3COBr D. 纯碱溶液吸收Br2的离子方程式： 7. 下列说法不正确的是 A. FeBr3是苯与Br2发生取代反应的催化剂 B. 使用催化剂可以降低苯与Br2反应的活化能 C. 海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集 D. 可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有Br2 【答案】5. C 6. A 7. D 【解析】 【5题详解】 A．溴为35号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s24p5；则溴离子基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p6，A错误； B．中Br原子价层电子对数为，孤电子对数为1，杂化类型为sp3杂化，则空间结构为三角锥形，B错误； C．PBr3中P原子价层电子对数为，则P原子的轨道杂化类型为sp3杂化，C正确； D．由S8结构可知，其环状结构对称，正负电荷中心重合，是由非极性键构成的非极性分子；C2Cl4分子中有极性键（C-Cl），非极性键（C=C），结构对称属于非极性分子，D错误； 故答案选C； 【6题详解】 A．溴与氨气反应生成溴化铵和氮气，反应的化学方程式为，A正确； B．PBr5水解生成磷酸和氢溴酸，化学方程式为，B错误； C．乙醛与溴发生取代反应生成α-溴代乙醛和氢溴酸，反应的化学方程式为，C错误； D．用纯碱溶液吸收Br2时，生成溴化钠、溴酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，D错误； 故答案选A； 【7题详解】 A．苯与Br2发生取代反应的催化剂为溴化铁，A正确； B．使用催化剂可以降低苯与Br2反应的活化能，B正确； C．海水提溴中的步骤Ⅱ，用纯碱吸收溴蒸汽，离子方程式为，步骤Ⅲ中在酸性条件下反应生成溴单质，离子方程式为，可以实现溴元素的富集，C正确； D．溴单质(Br2)与淀粉不会发生显色反应，因此不能用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有Br2，D错误； 故答案选D。 8. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是 A. 隔膜为阳离子交换膜 B. 甲室中电极反应为： C. 电池工作过程中，两电极质量均减轻 D. 其他条件不变，若扩散到乙室将增大电流强度 【答案】B 【解析】 【分析】甲室加入氨水后，Cu失去电子与发生络合反应，为负极，电极反应式为；乙室Cu为正极，溶液中在正极得电子生成Cu，电极反应式为。 【详解】A．由分析可知，电池工作时，甲室产生阳离子，为维持溶液电中性，乙室的需向甲室迁移，因此隔膜应为阴离子交换膜，A错误； B．由分析可知，甲室中电极反应式为，B正确； C．甲室（负极）Cu失去电子溶解，质量减轻，乙室（正极）得电子析出Cu，质量增加，C错误； D．扩散到乙室后，会与乙室的络合，降低溶液中浓度，导致正极得电子的速率减慢，电流强度减小，D错误； 故答案选B。 9. 我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是 A. 分子中所有原子均可共面 B. 能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 C. 存在对映异构体，不存在顺反异构体 D. 1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子中存在甲基（），甲基的空间结构为四面体，其碳原子上的氢原子无法全部与其他原子共面，因此所有原子不可能共面，A错误； B．该分子中苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以能和饱和溴水发生取代反应，分子中碳碳双键能和饱和溴水发生加成反应，B正确； C．分子中不存在连有4个不同基团的手性碳原子，因此不存在对映异构体，分子中碳碳双键两端的基团不同，存在顺反异构体，C错误； D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以发生反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，D错误； 故答案选B。 10. Cu/ZnO催化CO2、H2与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如下图，下列说法正确的是 A. 反应过程中有非极性键的断裂和形成 B. 反应过程中没有甲酸生成 C. CO2、D2与二甲胺反应可能生成HDO D. 催化剂Cu/ZnO降低了反应的活化能和焓变 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息和机理图可知，Cu/ZnO为催化剂，氢气、二氧化碳和二甲胺为反应物，水和DMF是生成物，其他物质全为中间产物，据此分析解答。 【详解】A．反应物中存在非极性键，反应过程中只有非极性键的断裂，没有非极性键形成，A错误； B．根据反应机理，过程中生成了中间体，说明甲酸作为中间产物在反应过程中生成，B错误； C．二甲胺结构为，N上连接1个；若将换为反应，氘会进入反应中间体，最终生成水时，来自二甲胺的和来自的可以结合氧原子形成，因此反应可能生成，C正确； D．催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂不改变反应物和生成物的总能量，因此不能改变反应的焓变，D错误； 故选择C。 11. 探究浓硫酸性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取约浓，插入一光洁的铜丝，铜丝表面无明显现象。加热后，铜表面逐渐变黑，形成细小颗粒状黑色物质。反应初期，溶液颜色无明显变化。 步骤Ⅱ：取出铜丝，用水清洗后插入足量稀盐酸中，溶液呈现浅蓝色，黑色颗粒部分溶解。 步骤Ⅲ：将少量步骤Ⅰ所得溶液倒入适量水中，溶液变为浅蓝色，再插入一根打磨过的铁钉，振荡后静置，铁钉表面产生少量气泡且出现红色物质。 下列有关说法正确的是 A. 步骤Ⅰ中浓硫酸只体现强氧化性 B. 步骤Ⅱ中黑色颗粒溶解的物质为CuS C. 步骤Ⅲ中溶液变为浅蓝色是因为形成水合铜离子 D. 步骤Ⅲ中化学反应方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】据实验的步骤可知，浓硫酸与铜加热后，生成硫酸铜及细小颗粒状黑色物质，黑色物质部分溶解于稀盐酸中，说明溶解的可能是，不是CuS；将少量步骤Ⅰ所得溶液倒入水中变为浅蓝色，是因形成，步骤Ⅰ所得溶液中含有硫酸铜和稀硫酸，加入打磨过的铁钉，产生硫酸亚铁、氢气、铜； 【详解】A．步骤Ⅰ中，浓硫酸与铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，及黑色物质（可能含有），既体现强氧化性（硫元素化合价降低），又体现酸性（生成硫酸盐），并非只体现强氧化性，A错误； B．常见含铜的黑色物质为，步骤Ⅱ中，黑色颗粒部分溶解于稀盐酸并形成浅蓝色溶液，表明颗粒为可溶性铜化合物（如），而不溶于稀盐酸，因此溶解物质不是CuS，B错误； C．步骤Ⅲ中，将步骤Ⅰ的溶液倒入水中变浅蓝色，是因稀释后Cu²⁺与水通过配位键作用形成水合铜离子呈现蓝色，C正确； D．步骤Ⅲ中，铁钉与稀释后的溶液（含CuSO₄和稀硫酸）反应，产生红色物质（铜）和气泡（氢气），反应方程式应为和，而选项方程式产生SO₂不符合稀硫酸反应事实，D错误； 故选C。 12. 室温下，磷酸的Ka1=7.6×10-3、Ka2=6.3×10-8、Ka3=4.4×10-13。通过下列实验探究含磷化合物的性质。下列有关说法正确的是 实验 实验操作和现象 1 蘸取0.1mol/LNaH2PO4溶液点在pH试纸上，pH＜7；蘸取0.1mol/LNa2HPO4溶液点在pH试纸上，pH＞7 2 向0.1mol/LNa2HPO4溶液中加入足量0.2mol/LCaCl2溶液，生成白色沉淀，蘸取上层清液点在pH试纸上，pH＜7 3 将等浓度等体积的Na2HPO4、Na3HPO4溶液混合，pH＞7 4 向0.1mol/LH3PO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至pH=6 A. 实验1中，0.1mol/LNaH2PO4溶液中存在：Ka1•Ka2＜Kw B. 实验2中发生反应的离子方程式为2HPO+3Ca2+=Ca3(PO4)2↓+2H+ C. 实验3中存在5c(Na+)=2[c(H2PO)+c(HPO)+c(H3PO4)+c(PO)] D. 实验4的过程中可能存在c(H2PO)＞c(PO)＞c(HPO) 【答案】B 【解析】 【详解】A．电离常数只与温度有关，根据题给信息可知，Ka1•Ka2=7.6×10-3×6.3×10-8=4.8×10-10> Kw，A错误； B．根据反应生成了白色沉淀，以及所得溶液显酸性可知,反应过程中生成Ca3( PO4)2的同时生成了H+，反应的离子方程式为2HPO+3Ca2+=Ca3(PO4)2↓+2H+，B正确； C．根据物料守恒可知，实验3中存在2c(Na+)=5c(H2PO)+5c(PO)+5c(HPO)+5c(H3PO4)，C错误； D．此时溶液pH=6，溶液显酸性，若H2PO浓度最大，结合其Ka2可知其电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，并且逐级电离程度是越来越小，故PO浓度最小，则实验4的过程中不可能存在c(H2PO)＞c(PO)＞c(HPO)，当离子HPO或者PO最多时，结合其Ka3可知此时水解大于电离，溶液显示碱性，不合题意，D错误； 故选B。 13. 硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有： 反应I：　 反应II：　 恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。 (X的平衡选择性，X为COS或S)。 下列说法不正确的是 A. 曲线c表示S的平衡选择性 B. C. 1400K下，反应的平衡常数 D. 其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，而反应II正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，曲线a表示SO2的平衡转化率； 【详解】A．随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，而反应II正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，A正确； B．由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，B正确； C．设起始n(SO2)=1 mol，n(CO)=3 mol，在1400K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n(SO2)=0.8 mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8 mol×50%=0.4 mol，生成n(S)=0.4 mol。根据反应I生成n(CO2)=0.8 mol×2=1.6 mol，剩余n(CO)=3 mol−0.8 mol×3+0.4 mol=1 mol。对于反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)，平衡时n(SO2)=1 mol−0.8 mol=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n(S)=0.4 mol，n(CO2)=1.6 mol。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式，C正确； D．反应I是气体分子数减小的反应，增大压强，反应I正向移动，从而使SO2的平衡转化率增大，D错误； 故选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 利用MgO2与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。一种制备MgO2的流程如下： （1）沉镁时，Mg2+转化为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，同时有生成。该反应的离子方程式为_______。 （2）称取4.66 mg 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O在密闭体系中进行焙烧，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为MgaOb(CO3)e。通过计算确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 （3）MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如图所示： 微粒M的化学式是_______。 （4）相同条件下，取不同形态的MgO2样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同MgO2样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水来评价MgO2样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是_______。 ②花瓣状MgO2降解亚甲基蓝的速率大于棒状MgO2，原因是_______。 （5）纳米片状C3N4由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作MgO2降解有机物的催化剂，其中一种二维平面结构如图所示。 ①研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的C3N4(简称OPCN)。OPCN的化学式为_______。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物的去除率迅速上升的原因是_______。 【答案】（1） （2）解：，根据、守恒可知：，，时失去的物质的量为。结合守恒，A处固体中，则该产物中 （3） （4） ①. 亚甲基蓝溶液呈蓝色，降解后变为无色，现象直观，便于观察和定量检测降解效果 ②. 该条件下，活性氧含量对反应的影响程度大于比表面积的影响 （5） ①. ； ②. 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 【解析】 【分析】与碳酸铵沉淀生成碱式碳酸镁，碱式碳酸镁焙烧得到，与过氧化氢反应生成。 【小问1详解】 根据原子守恒与电荷守恒配平离子方程式，反应物为、、，生成物为和，确定系数为5，系数为6，系数为6，系数为2，配平后得到离子方程式。 【小问2详解】 的摩尔质量为，该物质的物质的量为，其中的物质的量为，450℃时剩余固体质量为，对应产物的摩尔质量为，A点处所得固体产物化学式可表示为，由Mg原子守恒得，则，化简得，结合整数取值得，，故。 【小问3详解】 根据反应方程的原子转化，与反应生成和，与反应生成和，因此微粒M的化学式为。 【小问4详解】 亚甲基蓝溶液为蓝色，被降解后变为无色，颜色变化直观，便于观察降解过程并进行定量检测，因此可代表有机物模拟降解实验。已知：不同样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状，而花瓣状降解亚甲基蓝的速率大于棒状。所以，活性氧含量对反应的影响程度大于比表面积的影响。 【小问5详解】 的基本结构单元中两个N原子被O原子取代，C原子数为3，剩余N原子数为2，O原子数为2，故的化学式为。范围内，温度升高使催化剂的光催化活性增强，同时释放活性氧的速率加快，有机物降解的反应速率显著提升，因此废水中有机物的去除率迅速上升。 15. 化合物I有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如题15图-1所示，某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)： 已知：①RCOOR′R′OH ②R″COOH ③(、、等) 请回答： （1）化合物A官能团名称_______。 （2）E→F反应类型为_______。 （3）不能用A直接与反应制取C的原因可能是_______。 （4）G的结构简式是_______。 （5）写出同时符合下列条件的化合物X的结构简式_______。 ①分子组成比D多1个“” ②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸；另一种水解产物能和溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子个数比为1:1 （6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】（1）羧基、碳溴键 （2）还原 （3）A直接与反应制取C的反应会发生副反应，产率低 （4） （5） （6） 【解析】 【分析】由流程可知，A发生取代反应生成B，B发生已知反应原理生成C，结合C化学式，C为，C→D发生已知反应生成E，结合DE化学式，D为、E为，E中硝基还原为氨基得到F，F→G生成H，结合G化学式，G为，H进一步转化为I。 【小问1详解】 化合物A官能团名称羧基、碳溴键； 【小问2详解】 E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应类型为还原反应； 【小问3详解】 的两个氨基都有碱性，用A直接与反应制取C，可能会导致1mol会与2molA（2mol -COOH）反应，制取C的反应产率低； 【小问4详解】 根据分析可知，G的结构简式是； 【小问5详解】 根据分析可知，D为（），则X的分子式为 ，水解产物1为α-氨基酸，其的通式为 ，水解产物2：能与 溶液发生显色反应（含酚羟基 ），且核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子个数比为 。因此，X物质应含有酯键（水解生成α-氨基酸和酚类物质），故其为； 【小问6详解】 结合结构，流程可以为中甲基首先氧化为羧基得到，再和乙醇发生取代反应生成，再和转化为；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成，和发生已知②反应生成产物，故流程为： 16. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。 已知：ⅰ.易与形成；ⅱ.，易发生水解为BiOCl。 以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： （1）“转化”时加入金属Bi的作用是_______。 （2）得到BiOCl的离子方程式为_______。 （3）铋能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是_______。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相为草酸溶液的混合方式为_______。 （5）如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的数目为_______。 （6）请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水) 【答案】（1）加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度 （2） （3）当时，铋离子萃取平衡逆向移动，萃取率下降；当时，铋离子水解程度增大，不利于铋的萃取。 （4）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 （5）4 （6）将粗品加入适量的溶液中，充分搅拌使其完全溶解；向溶液中加入适量溶液，除去硫酸钡沉淀；再加入适量溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，将沉淀在空气中加热至质量不再变化 【解析】 【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH=4.6，使Bi3+水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。 【小问1详解】 金属Bi具有还原性，“转化”时加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度。 【小问2详解】 得到BiOCl的离子方程式为：。 【小问3详解】 根据铋的萃取原理为，当时， 氯离子浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，导致铋离子萃取率下降；当时，铋离子水解：，导致水解程度增大，不利于铋离子以的形式存在，也就不利于铋的萃取。 【小问4详解】 为得到含氯离子较少的草酸铋晶体，应使有机相中的铋离子缓慢与草酸溶液反应，避免局部浓度过高被包裹在晶体中，所以“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。 【小问5详解】 由晶胞结构可知，上底和下底均为正方形的长方体，以上面的正方形面心的为中心，面下左右两侧面有2个，面上前后两个侧面有2个，则与紧邻的数目为4。 【小问6详解】 先加入溶液，溶解BiOCl粗品和杂质，生成和；然后加入溶液除去硫酸根离子，过滤除去硫酸钡沉淀和可能未反应完的氢氧化铁等杂质；接着向滤液中加入溶液，调节溶液，使转化为沉淀，过滤后得到，然后进行洗涤、干燥，最后再高温煅烧生成。 17. 低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题： （1）二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由制取C的太阳能工艺如图： 已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为_______，“热分解系统”中每转移2 mol电子，需消耗_______mol。 （2）铜基催化剂(为、等)是加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所示。 其中催化剂上有两个活动点位(位点、氧化物载体位点)，分别在中碱位()、强碱位()吸附发生反应。请写出中碱位()上发生反应的总化学方程式_______。 （3）氧化制水煤气。相关的主要化学反应有： 反应I： 反应II： 反应III： 下，将的混合气体置于密闭容器中，加入催化剂在不同温度下反应，平衡时各组分的物质的量分数如图所示。 ①450~750℃时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是_______。 ②反应中积碳是反应催化剂失活的主要原因。对附着积碳的催化剂a和催化剂b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是_______(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是_______。 （4）利用电解法在碱性或酸性条件下将还原为和的原理如下图所示： 已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表或如下： ①实验测得，碱性条件生成、总的选择性小于酸性条件，原因是_______。 ②实验测得，酸性条件生成、总的法拉第效率小于碱性条件，原因是_______。 【答案】（1） ①. Fe3O4 ②. 1 （2） （3） ①. 反应II消耗的CO2的量大于反应III消耗CH4的量 ②. 催化剂b ③. 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化剂活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a （4） ①. 碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总选择性减小 ②. 酸性条件下，H+浓度大，发生的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4的总法拉第效率减小 【解析】 【小问1详解】 由图可知，二氧化碳制取碳的反应方程式为2xFeO+(y—x)CO2(y—x)C+2FexOy，由反应中可得：，解得x：y=3：4，则FexOy为Fe3O4，热分解系统发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，反应消耗2 mol四氧化三铁，转移4 mol电子，则“热分解系统”中每转移2 mol电子，需消耗四氧化三铁的物质的量为1 mol，故答案为：Fe3O4；1； 【小问2详解】 由图可知，碱位(α)上发生的反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下反应生成一氧化碳和水，总反应化学方程式，故答案为：； 【小问3详解】 ①由于CO和H2的物质的量分数比较大，且比较接近，其次反应II消耗CO2的量大于反应III消耗CH4的量，所以450~750℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大，故答案为：反应II消耗的CO2的量大于反应III消耗CH4的量； ②剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a，所以重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b，故答案为：催化剂b；剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化剂活性保持时间就越长，根据图像可知催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a； 【小问4详解】 ①由图可知，碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小，所以碱性条件生成总的选择性小于酸性条件，故答案为：碱性条件下，有部分CO2转化为，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小； ②酸性条件下，电极Ⅲ发生，H+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区，该电极区域H+浓度大于碱性条件下的阴极区H+浓度，发生的反应程度大，即电极Ⅳ有相当一部分电子参与的是生成H2的副反应，因为该副反应发生程度较大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小；故答案为：酸性条件下，H+浓度大，发生的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的法拉第效率减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安交通大学苏州附属中学2025-2026学年第一学期 高三年级期末模拟练习 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学助力科技。下列说法正确的是 A. “北斗卫星导航系统”中的星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的ds区 B. “碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉属于合金 C. “复兴号”高铁车厢连接处使用的聚四氟乙烯属于烃类 D. “祝融号”火星车上使用的新型碳化硅材料属于无机非金属材料 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 和的球棍模型均为： B. 中含键 C. 的电子式： D. 和的最外层电子轨道表示式均为 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 甲装置模拟氯碱工业制取并验证Cl2 B. 乙装置验证浓度对反应速率的影响 C. 丙装置制取并收集NO2 D. 丁装置喷泉实验验证Cl2溶于饱和食盐水并产生酸 4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。 下列说法不正确的是 A. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 B. 基态原子的第一电离能： C. 电负性： D. 该晶体中存在氢键 阅读下列材料，完成下列小题： Br2具有较强的氧化性，能够将磷氧化为PBr3或PBr5(PBr5可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，也可以氧化一些非金属阴离子，如Br2与反应生成S8()，工业上可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8。在催化剂作用下，苯与Br2发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与Br2在碱的催化下，醛的α—H被溴取代生成α—溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为： 5. 下列说法正确的是 A. 基态溴离子的电子排布式为[Ar]4s24p6 B. 的空间结构为平面三角形 C. PBr3中P原子的轨道杂化类型为sp3杂化 D. C2Cl4和S8都是由非极性键构成的非极性分子 6. 下列化学用语表示正确的是 A. 溴与氨反应的化学方程式：3Br2+8NH3=6NH4Br+N2 B. PBr5水解反应的化学方程式：PBr5+4H2O=H3PO4+5HBrO C. 乙醛与溴反应生成α—溴代乙醛的化学方程式：CH3COBr D. 纯碱溶液吸收Br2的离子方程式： 7. 下列说法不正确的是 A. FeBr3是苯与Br2发生取代反应的催化剂 B. 使用催化剂可以降低苯与Br2反应的活化能 C. 海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集 D. 可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有Br2 8. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是 A. 隔膜为阳离子交换膜 B. 甲室中电极反应为： C. 电池工作过程中，两电极质量均减轻 D. 其他条件不变，若扩散到乙室将增大电流强度 9. 我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是 A. 分子中所有原子均可共面 B. 能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 C. 存在对映异构体，不存在顺反异构体 D. 1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应 10. Cu/ZnO催化CO2、H2与二甲胺反应合成DMF（）的可能机理如下图，下列说法正确的是 A. 反应过程中有非极性键的断裂和形成 B. 反应过程中没有甲酸生成 C. CO2、D2与二甲胺反应可能生成HDO D. 催化剂Cu/ZnO降低了反应的活化能和焓变 11. 探究浓硫酸性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取约浓，插入一光洁的铜丝，铜丝表面无明显现象。加热后，铜表面逐渐变黑，形成细小颗粒状黑色物质。反应初期，溶液颜色无明显变化。 步骤Ⅱ：取出铜丝，用水清洗后插入足量稀盐酸中，溶液呈现浅蓝色，黑色颗粒部分溶解。 步骤Ⅲ：将少量步骤Ⅰ所得溶液倒入适量水中，溶液变为浅蓝色，再插入一根打磨过的铁钉，振荡后静置，铁钉表面产生少量气泡且出现红色物质。 下列有关说法正确的是 A. 步骤Ⅰ中浓硫酸只体现强氧化性 B. 步骤Ⅱ中黑色颗粒溶解的物质为CuS C. 步骤Ⅲ中溶液变为浅蓝色是因为形成水合铜离子 D. 步骤Ⅲ中化学反应方程式为 12. 室温下，磷酸的Ka1=7.6×10-3、Ka2=6.3×10-8、Ka3=4.4×10-13。通过下列实验探究含磷化合物的性质。下列有关说法正确的是 实验 实验操作和现象 1 蘸取0.1mol/LNaH2PO4溶液点在pH试纸上，pH＜7；蘸取0.1mol/LNa2HPO4溶液点在pH试纸上，pH＞7 2 向0.1mol/LNa2HPO4溶液中加入足量0.2mol/LCaCl2溶液，生成白色沉淀，蘸取上层清液点在pH试纸上，pH＜7 3 将等浓度等体积的Na2HPO4、Na3HPO4溶液混合，pH＞7 4 向0.1mol/LH3PO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至pH=6 A. 实验1中，0.1mol/LNaH2PO4溶液中存在：Ka1•Ka2＜Kw B. 实验2中发生反应的离子方程式为2HPO+3Ca2+=Ca3(PO4)2↓+2H+ C. 实验3中存在5c(Na+)=2[c(H2PO)+c(HPO)+c(H3PO4)+c(PO)] D. 实验4的过程中可能存在c(H2PO)＞c(PO)＞c(HPO) 13. 硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有： 反应I：　 反应II：　 恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。 (X的平衡选择性，X为COS或S)。 下列说法不正确的是 A. 曲线c表示S的平衡选择性 B. C. 1400K下，反应的平衡常数 D. 其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 利用MgO2与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。一种制备MgO2的流程如下： （1）沉镁时，Mg2+转化为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，同时有生成。该反应的离子方程式为_______。 （2）称取4.66 mg 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O在密闭体系中进行焙烧，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为MgaOb(CO3)e。通过计算确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 （3）MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如图所示： 微粒M的化学式是_______。 （4）相同条件下，取不同形态的MgO2样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同MgO2样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水来评价MgO2样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是_______。 ②花瓣状MgO2降解亚甲基蓝的速率大于棒状MgO2，原因是_______。 （5）纳米片状C3N4由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作MgO2降解有机物的催化剂，其中一种二维平面结构如图所示。 ①研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的C3N4(简称OPCN)。OPCN的化学式为_______。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物的去除率迅速上升的原因是_______。 15. 化合物I有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如题15图-1所示，某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)： 已知：①RCOOR′R′OH ②R″COOH ③(、、等) 请回答： （1）化合物A官能团名称_______。 （2）E→F反应类型为_______。 （3）不能用A直接与反应制取C的原因可能是_______。 （4）G的结构简式是_______。 （5）写出同时符合下列条件的化合物X的结构简式_______。 ①分子组成比D多1个“” ②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸；另一种水解产物能和溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子个数比为1:1 （6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 16. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。 已知：ⅰ.易与形成；ⅱ.，易发生水解为BiOCl。 以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： （1）“转化”时加入金属Bi的作用是_______。 （2）得到BiOCl的离子方程式为_______。 （3）铋能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是_______。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相为草酸溶液的混合方式为_______。 （5）如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的数目为_______。 （6）请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案：_______，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水) 17. 低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题： （1）二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由制取C的太阳能工艺如图： 已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为_______，“热分解系统”中每转移2 mol电子，需消耗_______mol。 （2）铜基催化剂(为、等)是加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所示。 其中催化剂上有两个活动点位(位点、氧化物载体位点)，分别在中碱位()、强碱位()吸附发生反应。请写出中碱位()上发生反应的总化学方程式_______。 （3）氧化制水煤气。相关的主要化学反应有： 反应I： 反应II： 反应III： 下，将的混合气体置于密闭容器中，加入催化剂在不同温度下反应，平衡时各组分的物质的量分数如图所示。 ①450~750℃时，平衡体系中物质的量分数比略大的原因是_______。 ②反应中积碳是反应催化剂失活的主要原因。对附着积碳的催化剂a和催化剂b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是_______(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是_______。 （4）利用电解法在碱性或酸性条件下将还原为和的原理如下图所示： 已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表或如下： ①实验测得，碱性条件生成、总的选择性小于酸性条件，原因是_______。 ②实验测得，酸性条件生成、总的法拉第效率小于碱性条件，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $