北京市门头沟区2026学年下学期高三年级综合练习化学试题

门头沟区年高三年级综合练习化学本试卷共分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1CNO第一部分本部分共题，每题3分，共分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科研团队用掺杂非铁催化剂实现温和条件下热催化合成氨。下列说法不正确的是A.含有共价键B.Fe位于元素周期表中的d区C.热催化合成氨是人工固氮D.使用该新型催化剂可以显著提高氨的平衡产率【答案】D【解析】【详解】A．是碳原子通过共价键结合形成的分子，分子内只含共价键，A正确；B．Fe的价电子排布为，位于元素周期表第VIII族，属于d区元素，B正确；C．热催化合成氨是将游离态的转化为化合态氨的过程，属于人工固氮，C正确；D．催化剂只能降低反应活化能、加快反应速率，不影响化学平衡移动，无法提高氨的平衡产率，D错误；答案选D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.中子数为20的Cl核素符号：B.的VSEPR模型：第1页/共24页

C.HCHO分子的空间结构模型：D.基态Na原子的简化电子排布式：【答案】B【解析】【详解】A．Cl的质子数为17，质量数=质子数+中子数=，核素符号书写正确，A正确；B．中心O原子的价层电子对数成键数孤电子对数，即含3个成键电子对、1对孤电子对；图示为2对孤电子对、2个成键电子对，与实际结构不符，表达错误，B不正确；C．中心C原子价层电子对数为3子半径：，图示符合结构特征，C正确；D．基态Na原子核外共个电子，内层电子排布与Ne相同，简化电子排布式为，书写正确，D正确；故答案选B。3.下列说法不正确的是A.油脂产生“哈喇”味，因其发生了水解反应B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.纤维素与乙酸反应生成纤维素乙酸酯属于酯化反应D.核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子【答案】A【解析】【详解】A．油脂产生“哈喇”味是因为油脂中的不饱和碳碳双键被氧化发生酸败，并非发生水解反应，A错误；B．福尔马林是35%~40%的甲醛水溶液，甲醛可使蛋白质变性失去生理活性，因此可用于浸制动物标本防止腐坏，B正确；CC正确；D．核苷酸是核酸的单体，多个核苷酸通过缩聚反应脱去小分子水得到核酸，核酸相对分子质量可达上万，属于生物大分子，D正确；第2页/共24页

答案选A。4.下列反应中，含化合物只体现还原性的是A.固体和固体混合加热B.受强烈撞击时会发生剧烈分解反应有生成C.纯净的通入灼热的，黑色固体变为红色D.将钠单质投入液氨中，有气体生成【答案】C【解析】【详解】A．固体和固体加热生成NH，中N为3价，产物NH3中N仍为3价，化合价未变，未体现还原性，A不符合题意；B．分解生成，中N为3价（被氧化为0中N为+5价（被还原为0N既被氧化又被还原，B不符合题意；C．NH3与CuO反应生成，NH3中N由3价变为0价，仅被氧化，体现还原性，C符合题意；D．Na与液氨反应生成H，NH3中N始终为3价，未发生氧化还原反应，D不符合题意；故选C。5.铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图。下列说法不正确的是A.电负性：B.该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形C.该化合物中C、N原子的杂化轨道类型不同D.该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱【答案】C【解析】AC<N，中C是4H是+1电负性HC，A正确；第3页/共24页

B．阴离子为，中心Al原子的价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为：正四面体形，B正确；C．该化合物中，所有C均为甲基碳，均形成4个σ键、无孤电子对，为杂化；中心N原子形成4个σ键（3个CN键，1个NH杂化，二者杂化轨道类型相同，C错误；D较大，离子键较弱，因此熔点较低，符合离子液体的性质，D正确；故答案选C。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.用溶液腐蚀覆铜板：B.工业废水中的用FeS去除：C.制取漂白粉：D.苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：【答案】B【解析】【详解】A．腐蚀覆铜板时，氧化Cu生成和，离子方程式符合反应事实，A正确；B．是难溶固体，书写离子方程式时不能拆分为，正确的离子方程式为，该选项方程式与事实不符，B错误；C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式符合事实，C正确；D苯酚通入苯酚钠只能生成苯酚和碳酸氢钠，方程式符合反应事实，D正确；故答案选B。7.下列实验的相应操作中，不正确的是第4页/共24页

A.强酸与强碱的中和滴定：边滴边摇动锥形瓶，观察锥形瓶中颜色变化B.验证易溶于水且溶液呈碱性：打开止水夹，挤压胶头滴管，让少量水进入烧瓶C.验证铁与水蒸气的反应：加热，一段时间后用火柴点燃肥皂泡D.配制一定物质的量浓度NaOH溶液：称取NaOH固体，放入容量瓶中，再加入水至刻度线【答案】D【解析】AA正确；B．该装置为喷泉实验，打开止水夹挤压胶头滴管后，少量水进入烧瓶，极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中含酚酞的水压入烧瓶，溶液变红，既验证易溶于水，也验证其溶液呈碱性，B正确；C证氢气生成，证明反应发生，C正确；D．容量瓶只能用来配制溶液，不能用于溶解固体。固体溶解放热，会影响容量瓶精度，应该先在烧杯中溶解固体，冷却后转移到容量瓶中，再定容，D错误；故选D。8.依据下列事实进行的推测正确的是A电解熔融氯化钠可得到钠电解熔融氯化铝可得到铝碱性强于B碱性强于第5页/共24页

金属Zn能与溶液反应，金属Na能与溶液反应，也能C置换出Cu置换出CuD的沸点高于的沸点高于A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A氧化铝制备铝，A错误；B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，金属性，故碱性强于，B正确；C化铜沉淀，不能置换出铜，C错误；D．分子间存在氢键，氢键作用力强于范德华力，故沸点高于，D错误；故答案选B。9.某粗盐中含有、、、等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制：已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示。下列说法不正确的是A.试剂①②③可能分别是NaOH溶液、溶液、溶液第6页/共24页

B.加入盐酸发生的反应是、C.“一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶D.为确保除杂彻底，所加的每种除杂试剂需适当过量【答案】C【解析】【分析】某粗盐中含有、、等杂质离子，可分别用、、溶液除去，而和可以反应，且过量的可以被后面的稀盐酸除去，所以必须加在、酸之后溶液中主要含有、两种溶质，最后经过蒸发结晶的操作可得到精盐。【详解】A．由分析可知，只要保证溶液加在溶液的前面即可保证精盐无杂质，A正确；B．根据分析，盐酸是为了除去过量的和，题干方程式已配平，B正确；C的溶解度受温度影响变化不大，所以应采用蒸发结晶的方法得到其晶体，正确的操作是蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，避免温度降低导致结晶析出，混入杂质，C错误；D．为保证杂质离子完全除去，除杂试剂需要适当过量，D正确；故选C。10.的综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B.该反应的总方程式：C.反应过程中C原子的杂化方式发生了变化第7页/共24页

D.反应过程中既有极性键的断裂，又有极性键的生成【答案】A【解析】A素化合价改变，不是氧化还原反应，A错误；B，B正确；C．中C原子采用sp杂化，HCOOH中C原子采用sp2杂化，C的杂化方式发生改变，C正确；D．由流程，反应过程中存在极性键HO的断裂和生成，D正确；故选A。工业上以和纯碱为原料制备无水主要流程如图所示。下列说法不正确的是资料：25℃时，A.母液中含有和B.吸收过程发生反应：、C.中和过程只发生反应D.干燥时温度不宜过高【答案】C【解析】A产量大，通入的二氧化硫通常过量，母液中会含有溶解的，因此母液中含有和，A正确；B．，根据强酸制弱酸的规律，与第8页/共24页

反应生成和；与反应生成，两个反应均符合反应规律，B正确；C．母液中除外，还含有，由于酸性，也会与发生反应，因此中和过程不是只发生题干中的反应，且题干方程式未配平，C错误；D．受热易分解，且易被氧化，因此干燥时温度不宜过高，D正确；故选C。12.为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。下列说法不正确的是A.实验ⅰ溶液变蓝证明有生成B.由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：C.实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由引起的，此时还原性强于D.实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响【答案】C【解析】【详解】A．淀粉遇会变蓝，实验ⅰ加淀粉后溶液变蓝，可证明反应生成了，A正确；B．实验Ⅰ中，，，二者按参与反应，若反应不可逆，完全反应后无KSCNKSCN溶液变第9页/共24页

红，证明溶液中仍有剩余，说明该反应为可逆反应，B正确；C．实验ⅲ加入后，与反应生成AgI黄色沉淀，浓度降低，可逆反应平衡逆向移动，为还原剂，为还原产物，还原性强于，C错误；D．实验ⅲ中加入硝酸银溶液，浓度减小，溶液褪色，平衡逆向移动，说明还原性减弱，实验ⅳ中加入硫酸亚铁溶液，体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响，D正确；故选C。13.制备生物基醇酸树脂(P)的反应如图所示(—R为烃基，不含手性碳原子)。下列说法不正确的是A.B可水解生成丙三醇B.P与A可以进一步交联形成网状结构C.生物基醇酸树脂(P)的重复单元中含有3种含氧官能团D.上述反应中高级脂肪酸的化学计量数【答案】C【解析】【详解】A．B是丙三醇（甘油）与3分子高级脂肪酸形成的三酯，酯类水解后可以得到丙三醇，A正确；BA2PA可以连接不同的P链，进一步发生酯化交联形成网状结构，B正确；C．生物基醇酸树脂(P)的重复单元（括号内结构）中，含氧官能团只有酯基和醚键（呋喃环中的氧为醚键）共2种，羟基/羧基只存在于高分子的端基，不属于重复单元的官能团，因此重复单元只有2种含氧官能团，C错误；D．根据R基团守恒：1分子B含3个RCO−，n分子B共含3n个RCO−，产物P中，每个重复单元含1个侧链RCO−，加上链末端1个RCO−，P中共含n+1个RCO−，因此生成高级脂肪酸的数目第10页/共24页

，D正确；故选C。14.某研究小组用下图装置探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。实验Ⅰ：向烧杯a、b中各加入30mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。取a、b中溶液少量，滴加溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化。继续探究，改变NaCl溶液的浓度，实验记录如下。已知；在饱和NaCl溶液中浓度较低，钢铁不易被腐蚀。实验序号ab指针偏转方向Ⅱ0.1%3.5%向左Ⅲ0.1%0.01%向右Ⅳ3.5%饱和溶液向右下列说法不正确的是A.实验Ⅰ未加热时指针不偏转，说明两烧杯中生铁片未发生反应B.实验Ⅱ中，a烧杯中生铁片为正极，该电极发生还原反应C.实验Ⅳ中，若将饱和NaCl溶液换成同浓度的溶液，指针偏转方向可能不变D.根据上述实验，影响钢铁腐蚀的因素有温度、NaCl溶液的浓度、的浓度等【答案】A【解析】【分析】实验Ⅰ向烧杯a、b中各加入30mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转，说明反应速率aa中Feaa第11页/共24页

据此分析。【详解】A．实验Ⅰ未加热时指针不偏转，是因为两烧杯中电解质浓度与浓度相近，两极无电势差，无电流产生，并非生铁片未发生反应，钢铁在常温下可发生缓慢吸氧腐蚀，A错误；B．实验Ⅱ中指针向左偏转，说明a烧杯中生铁片为正极，正极上得电子发生还原反应，B正确；C．实验Ⅳ中将饱和NaCl溶液换成同浓度的溶液，两种溶液均为高浓度电解质溶液，浓度均较低，两极电势差方向不变，指针偏转方向可能不变，C正确；D．由实验可知，温度、溶液浓度、浓度均能影响钢铁的腐蚀速率，D正确；故选A。第二部分本部分共5题，共分。15.钴被称为“无机配合物之王”。瑞士化学家维尔纳因研究它的配合物创立了配合物理论，获得了1913年诺贝尔化学奖。钴的粉红色配合物的结构示意图如图。（1）基态钴原子的价层电子排布式为_______。（2）中微粒间的作用力类型有：_______、_______、极性共价键、氢键、范德华力。（3）比较中键角和中键角的大小并解释原因_______。（4）向中滴加氨水，其反应过程如下图所示。第ⅲ步反应的离子方程式为_______。第12页/共24页

（5）配合物的立方晶胞结构如下图所示。①晶体中每个周围距离最近的有_______个。②已知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为，则该立方晶胞的密度为_______。()【答案】（1）（2）①.离子键②.配位键(两空顺序可互换)（3）键角小于中键角，原因：中心O原子和甲烷中C原子均为杂化，但的O原子上有2对孤电子对而的C原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更强，使键角更小（4）（5）①.12②.【解析】【小问1详解】Co是27号元素，基态钴原子的价层电子排布式为。【小问2详解】中，配离子与SO之间存在离子键，Co2+与配体HO的O之间存在配位键，所以中微粒间的作用力类型除极性共价键、氢键、范德华力外还有离子键、配位键。【小问3详解】键角小于中键角，根据价层电子对互斥理论，中心O、中心原子C均为杂化，水分子有2个孤电子对，分子中没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更强，第13页/共24页

产生较大斥力，使键角略小。【小问4详解】第ⅲ步是空气中O将氧化为到离子方程式。【小问5详解】①晶胞中位于顶点和面心，观察可知，每个周围最近的同离子数目为12。②已知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为，晶胞中数目为8×+6×=4，则该立方晶胞的密度为。16.水煤气(CO和)是重要的工业原料气，经“变换”“脱碳”可以获得纯氢。Ⅰ.水煤气变换反应原理为：是水煤气变换反应的常用催化剂，其催化过程可表示为：（1）_______。（2可防止被进一步还原为Fe_______(用化学方程式表示)。Ⅱ.水煤气变换气脱除和利用的工艺如图所示：已知：具有强氧化性第14页/共24页

（3）脱除在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、缓蚀剂等。吸收液中加入能减缓设备腐蚀的原因是_______。（4）再生塔中产生的离子方程式为_______。（5）利用电化学原理可将电催化还原为CO。研究表明，装置中的电极通过电化学还原可在电极上析出Ag纳米颗粒，更有利于还原为CO。①阴极上除发生AgCl转化为Ag的反应外，还发生的反应有_______(写电极反应式)。②装置中的电极还能使“转化为CO的反应”比“析氢反应”更具竞争优势，其可能原因有_______(写两条)。【答案】（1）41.2（2）（3）具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜（4）（5）①.②.AgCl中的氧化性强于电解质中的，优先放电；生成的Ag纳米颗粒可降低还原为CO的活化能，加快该反应的发生或者Ag纳米颗粒作催化剂【解析】【小问1详解】=41.2；【小问2详解】Fe在高温下与水蒸气发生反应：，在反应中通入过量的，反应正向进行，可防止被进一步还原为Fe；【小问3详解】腐蚀；【小问4详解】第15页/共24页

再生塔中溶液受热分解生成碳酸钾、水和二氧化碳，其离子方程式为；【小问5详解】在阴极得电子结合生成CO和HO为；②装置中的电极还能使“转化为CO的反应”比“析氢反应”更具竞争优势的原因：AgCl中的氧化性强于电解质中的Ag纳米颗粒可降低还原为CO快该反应的发生或者Ag纳米颗粒作催化剂。17.布比卡因(J)是一种长效局部麻醉药，常见的合成路线如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.（1）物质A的名称是_______。（2）A→B的化学方程式是_______。（3）已知试剂a的分子式为，结构简式是_______。（4）下列关于化合物布比卡因(J)的说法正确的是_______(填字母序号)。a.J中含有手性碳原子b.J的分子式是c.J既可与盐酸反应，又可与氢氧化钠反应（5I的结构简式是_______I中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(b)N强，则碱性较强的N原子是_______(填“a”或“b”)。第16页/共24页

（6）F→I另一种合成路线如下：X→Y的化学方程式是_______。【答案】（1）间二甲苯（或1，3二甲苯）（2）（3）（或）（4）ac（5）①.②.b（6）【解析】【分析】A的结构简式为，A转化为B（分子式为CHNO）可知发生了硝化反应；B被还原为D（CHNB中硝基被还原为氨基，结合J的结构简式和已知信息Ⅰ、Ⅱ，逆推出D为，B为（CHN）被酸性高锰酸钾氧化得到（CHNOF与H2在PtO2条件下反应得到（CHNOG在一定条件下转化为HH与D发生已知反应Ⅰ得到（CHNOI与试剂a发生已知信息Ⅱ的反应得到J（3）小问中试剂a的分子式为CHBr，则I为，H为，E为，F为，G为。【小问1详解】第17页/共24页

A的结构简式为，名称是间二甲苯（或1，3【小问2详解】A→B发生的是硝化反应，化学方程式为。【小问3详解】试剂a的分子式为，结合化合物I和J的结构简式可推知，试剂a的结构简式是（或【小问4详解】a．手性碳原子是连接4个不同原子或基团的碳原子，J中含有手性碳原子，如图（图中※号标注a正确；b．J的结构简式为，分子式是，b错误；c.J中含有酰胺基，既可与盐酸反应，又可与氢氧化钠反应，c正确；答案选ac。【小问5详解】根据分析可知，I的结构简式为I中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(bC=O为吸电子基团，烷基为推电子基团，N原子电子云密度越大，碱性越强，则碱性较强的N原子是杂环N原子(b)。【小问6详解】F为，F与SOCl2在加热条件下发生反应生成X（CHNOClX为，X与D（）第18页/共24页

发生已知信息Ⅰ的反应得到Y，则Y为，故X→Y的化学方程式是。18.是一种重要的工业原料，其制备方法在不断发展。已知；重铬酸钠()的熔点为356.7℃。（1）传统制备方法；①铬酸酐()热分解法，化学方程式为_______。②硫磺还原法，分为两步，第一步硫磺还原铬酸钠制备；第二步加热得到。已知：还原过程S转化为，第一步的化学方程式为_______。（2）炭热还原制备的纯度更高。①查阅资料：炭热还原过程分为两个阶段进行。第1阶段：与C反应生成、和，反应中与C的化学计量数之比为_______。生成的和继续反应转化为。第2阶段：进一步与炭反应得到，将反应的化学方程式补充完整_______。______________②研究人员考察了、反应温度对相同时间内(Ⅵ)还原转化率的影响。第19页/共24页

a.图1：(Ⅵ)还原转化率在等于6之前显著提高，原因是_______。b.图2：(Ⅵ)还原转化率在356.7℃到400℃之间显著提高，原因是_______。【答案】（1）①.②.（2）①.23②.③.随着不断增多，反应物充分接触加快了反应速率，（Ⅵ）还原转化率大幅度提高④.提高反应温度有利反应速率【解析】【小问1详解】①受热分解生成和元素从价降为价，元素从价升为价，得失电子守恒配平后方程式为：；②被还原为，元素从价降为价；被氧化为，元素从价升为价。根据得失电子守恒，与的化学计量数之比为，结合原子守恒配平得：；【小问2详解】①第1阶段反应为与反应生成、和。元素从价降为价，第20页/共24页

得；元素从价升为价，生成结合产物配比与得失电子守恒，配平后与的化学计量数之比为2：3；第一步根据元素守恒确定缺项为含中为中为价，共得到电子，需失去电子，因此产物中的价态为和；第三步结合原子守恒配平：守恒推出缺项为，化学计量数，守恒推出另一缺项为，化学计量数，最终配平方程式为；②a.图1中，还原转化率在等于6之前显著提高，原因是随着相同时间内还原转化率大幅度提高；b.图2中，还原转化率在到之间显著提高，原因是为的熔点，温度升高至该范围时，面积大幅增大，反应速率大大加快，同时升温本身也加快反应速率，因此还原转化率显著提高。19.某小组同学探究溶液与溶液之间的反应。已知：为白色沉淀（1）理论分析依据反应规律，二者可以发生复分解反应，离子方程式是_______。（2）实验探究2mL溶液和5mL管底部有灰色沉淀，上层清液呈黄色。①针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有，对产生的原因作出如下假设，请补充完整。假设a：溶液中的氧化；假设b：_______：假设c：溶液中的氧化。第21页/共24页

经实验证实a