北京市丰台区2025-2026学年高三化学下学期综合练习一 (1)【含答案】

北京市丰台区2025～2026学年度下学期综合练习(一)高三化学本试卷共10页，100分。考试时长90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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.中国科学家首次合成了单原子催化剂，并证明其在氧化反应中具有非凡活性，实现了从“颗粒催化”到“单原子催化”的开创性突破。“单原子催化”是指每个金属原子都成为催化反应的活性中心。在元素周期表中的信息如图所示，下列说法不正确的是A.是第六周期的主族元素B.基态Pt原子的5d能级有1个未成对电子C.可在元素周期表中与位置相近的元素中寻找类似的单原子催化剂D.相同质量的的“单原子催化剂”比“颗粒催化剂”具有更多活性中心【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，原子序数为78，位于元素周期表第六周期第Ⅷ族，属于过渡金属元素，A符合题意；B．由图可知，的5d能级容纳有9个电子，d能级有5个原子轨道，根据洪特规则可知有1个未成对电子，B不符合题意；C．元素周期表中位置相近的元素性质相似，与位置相近的元素可能用作单原子催化剂，C不符合题意；D．单原子催化剂中所有原子都可作为活性中心，而颗粒催化剂只有颗粒表面的原子能作为活性中心，因此，相同质量的，单原子催化剂拥有更多活性中心，D不符合题意；答案选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.中子数为9的氧原子：B.的VSEPR模型：C.键的形成过程：D.用电子式表示KCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．氧原子的质子数为8，中子数为9时，质量数，核素符号应为，A不符合题意；B．中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，B符合题意；C．键由两个轨道沿键轴方向以“头碰头”方式重叠形成，图示符合键的形成过程，C不符合题意；D．为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，需体现电子转移，正确形式为，D不符合题意；故选B。3.下列说法不正确的是A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸B.葡萄糖在酒化酶作用下可产生乙醇C.油脂氢化可获得不易氧化变质的人造脂肪D.淀粉和纤维素的组成通式均为，二者互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．蛋白质是氨基酸脱水缩合得到的高分子化合物，完全水解的最终产物为氨基酸，A正确；B．葡萄糖在酒化酶催化下发生发酵反应，可分解生成乙醇和二氧化碳，B正确；C．油脂的烃基中含有不饱和碳碳双键，易被氧化发生变质，氢化是与氢气发生加成反应得到饱和的人造脂肪，不易氧化变质，C正确；D．淀粉和纤维素的组成通式均为，但二者的聚合度的取值不同，分子式不相同，因此不互为同分异构体，D错误；故选D。4.下列物质的用途体现价S的氧化性的是A.工业上常用漂白纸浆 B.利用遇产生S可处理两种有毒气体C.常用作食品抗氧化剂 D.实验室用与70%硫酸反应制取【答案】B【解析】【详解】A．漂白纸浆利用的是的漂白性，通过与有色物质结合生成无色不稳定物质实现，无元素化合价变化，不体现+4价S的氧化性，A错误；B．与反应的化学方程式为，SO2中+4价S化合价降低为0价，得电子作氧化剂，体现氧化性，该用途可处理两种有毒气体，B正确；C．作食品抗氧化剂时，其中+4价S化合价升高被氧化，体现还原性，不体现氧化性，C错误；D．实验室用与70%硫酸反应制取，化学方程式为，该反应为复分解反应，未发生氧化还原反应，D错误；故选B。5.下列解释事实的方程式不正确的是A.NO和通入水中制硝酸：B.铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀的负极反应式：C.遇水产生大量气体：D.稀苯酚溶液与浓溴水反应产生白色沉淀：+3Br2↓+3HBr【答案】B【解析】【详解】A．一氧化氮和氧气通入水中制硝酸的反应为一氧化氮与氧气和水反生成硝酸，反应的化学方程式为：，A正确；B．铁制品在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为：，B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：，C正确；D．稀苯酚溶液与浓溴水反应产生白色沉淀的反应为苯酚与浓溴水反应三溴苯酚白色沉淀和HBr，反应的化学方程式为：+3Br2↓+3HBr，D正确；故选B。6.实验室利用如下装置制取氯气并研究其性质。下列说法不正确的是A.制取氯气利用了的氧化性B.装置F中发生反应的离子方程式：C.装置B、C中的试剂分别为浓硫酸、饱和NaCl溶液D.与发生化学反应的实验证据是D中布条不褪色、E中布条褪色【答案】C【解析】【分析】A中加热时反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中浓硫酸干燥氯气，D中为干燥的红色布条，E中为湿润的红色布条，F中NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染环境，据此分析；【详解】A．实验室制氯气的反应为，​中Mn元素化合价降低，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B．F中NaOH吸收尾气氯气，反应的离子方程式为，B正确；C．制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，除杂需要先除HCl，再干燥除水：B中应为饱和NaCl溶液（除去HCl），C中应为浓硫酸（干燥氯气），选项中试剂顺序颠倒，C错误；D．D中干燥布条不褪色，说明干燥氯气无漂白性；E中潮湿布条褪色，说明氯气和水反应生成了具有漂白性的新物质（次氯酸），可以证明​与水发生了化学反应，D正确；故选C。7.下列实验的相应操作中，正确的是配制溶液(定容)测定溶液的pHA．当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸中央，再与标准比色卡比色实验室制取分液C．先检查装置气密性，然后加入试剂，加热。在收集的试管口塞胶塞，防止逸出D．先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，从下口依次收集流出的下层和上层液体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．配制溶液定容时，当液面离容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，且视线与凹液面最低处相平，操作符合规范，A正确；B．测定溶液时，试纸不能预先润湿，润湿会稀释待测液，导致测定结果产生误差，B错误；C．收集氨气时，试管口不能塞胶塞密封，否则无法排出空气，且内部压强过大易引发危险；正确操作是在试管口塞一团疏松的棉花，C错误；D．分液操作时，下层液体从下口放出后，上层液体必须从分液漏斗上口倒出，不能从下口流出，D错误；故选A。8.下列依据相关数据进行的推断正确的是

数据推断A元素的电负性：分子极性：B可用CuS除去溶液中的C短周期元素R的各级电离能(省略单位)：R元素的最高正化合价为+2价D相同温度下：与反应的速率更快A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．为正四面体形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性，A不符合题意；B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去，B不符合题意；C．的第三电离能远大于第二电离能，说明失去2个电子后达到稳定结构，最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，C符合题意；D．平衡常数衡量反应进行的限度，与反应速率无直接关联，仅说明与反应更彻底，不能说明反应速率更快，D不符合题意；故选C。9.一种有机金属框架材料(MOF-5)具有纳米尺度的多孔结构，低温储氢、吸附的性能优异。MOF-5化学式为，其结构中和对苯二甲酸根()以配位键结合，下列说法不正确的是A.MOF-5与分子之间的作用力为范德华力B.和对苯二甲酸根中的C都是杂化C.对苯二甲酸根中的4个氧原子参与形成配位键D.通过改变有机配体的长度可调控孔径的大小，吸附不同大小的分子【答案】B【解析】【详解】A．​是分子，MOF-5吸附​时，MOF-5与​分子之间的相互作用为范德华力，A正确；B．​中心C原子价层电子对数为2，无孤电子对，杂化方式为杂化；而对苯二甲酸根中的所有C为杂化，B错误；C．对苯二甲酸根含2个羧基，共4个氧原子，氧原子带有孤对电子，可提供给形成配位键，4个氧原子均可参与配位，C正确；D．该材料为多孔框架，改变有机配体的长度可以改变孔径大小，从而吸附不同尺寸的分子，D正确；故选B。10.下图为室温下将固体溶解，再将溶液升温的过程，下列说法正确的是A.的电离方程式为：B.溶液中水合钠离子的微观示意图可表示为：C.25℃溶液中：D.温度升高，溶液中和均增大【答案】D【解析】【详解】A．电离是电解质在水分子作用下自发解离为离子的过程，不需要通电，的电离方程式为

，A错误；B．Na+带正电，水分子中O原子带部分负电，H原子带部分正电，因此水合钠离子中，应该是带负电的O原子朝向中心，，B错误；C．​溶液的电荷守恒式为：，C错误；D．温度升高：①水的电离程度增大，​增大；②水解吸热，升温促进水解，增大；由图中数据，升温后减小，说明也增大，因此和均增大，D正确；故选D。11.煤的气化是将煤转化为水煤气(主要成分为和)的过程：，这是实现煤的综合利用的一种重要途径。已知：①②③下列说法不正确的是A.反应①中，1mol(g)完全燃烧释放的热量大于akJB.反应②中，反应物的化学键的键能之和小于产物的化学键的键能之和C.制备水煤气的热化学方程式为：D.根据盖斯定律，煤直接燃烧放出热量与水煤气燃烧放出的热量相同【答案】D【解析】【详解】A．固态C转化为气态需要吸收热量，1mol(g)的能量高于1mol(s)，完全燃烧释放的热量大于akJ，A不符合题意；B．反应②为放热反应，，反应物的化学键键能之和小于产物的化学键键能之和，B不符合题意；C．根据盖斯定律，由反应①-反应②-反应③可得目标反应，故，C不符合题意；D．盖斯定律要求反应的始态和终态完全一致，且选项中未限定煤的物质的量相等，等物质的量的煤直接燃烧和对应水煤气燃烧的反应物和产物均不同，放出的热量不相等，D符合题意；答案选D。12.科学家开发了一种电化学驱动的反应技术，当粉末进入电解池后开始电解，原理示意图如下。下列说法不正确的是已知：A.气体X和Y分别和B.阴极电极反应式为：C.电解过程中，D.该工艺最终的目的是以海水为原料制备、和盐【答案】C【解析】【分析】已知反应，电解池中，Zn电极接电源负极作阴极，电极反应为：，Pt电极接电源正极作阳极，电极反应：；左侧装置中Zn与水蒸气反应生成ZnO和气体X，反应：，ZnO再送入电解池再生Zn，循环使用；【详解】A．左侧反应：，因此气体为；电解池阳极Pt上放电生成​：，因此气体为，A正确；B．阴极上得电子，价被还原为，配平后电极反应为：，B正确；C．结合已知反应和阴、阳极反应，总电解反应为：，不消耗也不生成，物质量不变，溶液体积也几乎不变，因此，C错误；D．整个流程中，Zn循环使用，最终以海水为原料，得到​、​，同时分离出海水中的盐（），D正确；故选C。13.一种水溶性封端嵌段共聚物的合成路线如下。下列说法不正确的是A.由聚乙二醇与甲醇发生脱水反应可得高分子化合物AB.反应①中参加反应的A、B、D的物质的量之比为C.若反应②的原子利用率为100%，则F的结构简式为D.n的数量影响G的水溶性，1molG最多消耗【答案】D【解析】【详解】A．A为，可由聚乙二醇与甲醇发生脱水反应可得，A不符合题意；B．反应①中，A的端羟基与B发生取代，D的碳碳双键发生加聚，再与B发生取代，根据E的结构，参加反应的A、B、D的物质的量之比为，B不符合题意；C．反应②原子利用率为100%，为加成反应，对比E与G的结构，F的结构简式为，C不符合题意；D．1个G分子中含个酰胺键、1个酯基、1个酸酐结构、1个键，1molG最多消耗，且的数量影响G中聚乙二醇链的长度，进而影响水溶性，D符合题意；故选D。14.某小组探究的检验方法，实验记录如下。已知：①因颗粒度不同，可呈现棕黄色或棕黑色②检测的原理为：实验序号试剂a操作及现象Ⅰ2滴溶液+米粒大常温下，溶液变棕黄色，5min后出现紫红色Ⅱ2滴溶液+米粒大微热溶液变浅红色，1min后颜色加深至紫红色Ⅲ米粒大加热至沸，溶液变棕黄色，1min后出现紫红色Ⅳ2滴溶液+米粒大微热，出现棕黑色浑浊，静置，待固体沉降，观察到溶液为紫红色Ⅴ米粒大加热至沸，出现棕黑色浑浊，静置，待固体沉降，观察到溶液为无色下列说法不正确的是A.实验Ⅰ和Ⅱ、实验Ⅱ和Ⅳ分别研究温度、浓度对检验效果的影响B.实验Ⅳ中棕黑色沉淀产生的可能原因是：溶液中浓度过大，与反应生成C.实验Ⅴ中溶液未呈现紫红色的原因是：该实验条件下，氧化性D.最佳检验方案为实验Ⅱ，适宜条件为加入催化剂、微热、不宜过高【答案】C【解析】【详解】A．实验Ⅰ与Ⅱ的变量为温度，其他条件相同，可研究温度对检验效果的影响；实验Ⅱ与Ⅳ的变量为浓度，其他条件相同，可研究浓度对检验效果的影响，A正确；B．实验Ⅳ中浓度较高，生成的可与过量发生归中反应：，生成棕黑色沉淀，B正确；C．实验Ⅴ中无催化，氧化的速率较慢，且生成的立即与足量反应生成，最终溶液为无色，说明氧化性，C错误；D．实验Ⅱ加入催化剂、微热，可快速观察到紫红色，且浓度适中，无沉淀干扰，为最佳检验方案，适宜条件为加入催化剂、微热、不宜过高，D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.纳米磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。（1）位于元素周期表中的_______区。（2）共沉淀法制备：将、的混合物与溶液混合加热制得。①制备的离子方程式为_______。②的熔融态能导电，熔点为1594℃，而的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是_______。(已知电负性：Fe1.8O3.5Cl3.0)（3）共沉淀法制备出的纳米容易团聚，导致粒径过大，需要对进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将与油胺混合形成油胺包覆的，结构如下。①与油胺之间形成的化学键为_______。②油胺包覆的易溶于环己烷的原因是_______。（4）的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。①图中A代表_______(填“”或“”)。②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，晶体密度为，晶胞边长为_______cm。【答案】（1）d（2）①.②.熔化时破坏是离子键，熔化时主要破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力更强，因此熔点高于（3）①.配位键②.油胺包覆的表面有极性小的长碳链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷（4）①.②.【解析】【分析】【小问1详解】Fe是26号元素，核外电子排布为，最后一个电子填充在d轨道，因此位于元素周期表d区；【小问2详解】①可看作​，反应物中，和加热反应生成​和水，离子方程式：；②晶体类型不同，作用力强度不同：是离子晶体，熔化破坏离子键；​是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，因此​熔点更高；【小问3详解】①油胺中​的N原子有孤对电子，​表面的Fe离子有空轨道，二者形成配位键；②相似相溶原理：油胺包覆后，​外层为极性小的长链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷；【小问4详解】①晶胞分为8个小立方体，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，根据图示：32个为结构Ⅰ、32个为结构Ⅱ，总O原子数为；根据​中，总Fe原子数为24；又​中，可知共16个，共8个，根据图示，晶胞中A离子的个数为个，则A为；②晶胞中共含8个​，晶胞质量​，由密度公式​，推导得晶胞边长​​。16.工业上采用硫化氢-甲醇法合成甲硫醇()，过程中可能发生的反应如下：ⅰ．ⅱ．ⅲ．（1）的沸点_______的沸点(填“>”或“<”)。（2）在温度400℃气体总压为1.0MPa下，保持气体总物质的量恒定，将投料比)不同的反应混合气以相同流速通过催化剂表面发生反应。测得实验数据如下表所示。转化率/%产率/%选择性/%92.1875.465.8910.8381.8687.8580.327.53-91.4380.2065.6014.60

81.80已知：选择性产率①制备时最佳投料比为_______。②与最佳投料比相比，过高转化率降低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因_______。（3）有刺鼻的臭味，将微量的掺入天然气中可起到安全警示的作用。一种测定天然气中含量的方法如下：取掺有的天然气，用100mL苯吸收，吸取样品溶液5mL于锥形瓶中，加适量乙醇和溶液，充分振摇，加溶液为指示剂。以滴定溶液中过量的至白色浊液恰好变红，消耗体积为。已知：(白色)(白色)(红色)①、、由大到小的顺序为_______。②天然气中的含量为_______。【答案】（1）>（2）①.②.反应i的速率减小，反应ii的速率增大，以反应i的影响为主，导致的总体转化速率减小（3）①.②.或【解析】【小问1详解】分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此的沸点高于，即的沸点的沸点；【小问2详解】①由表格数据可知，当投料比时，的产率与选择性均最高，因此制备时最佳投料比为；②保持气体总物质的量恒定，当过高时，的起始浓度降低，导致反应i的速率减小，反应ii的速率增大，且以反应i的影响为主，导致的总体转化速率减小，在相同的停留时间内，的转化率降低；【小问3详解】①由滴定原理可知，优先与反应生成沉淀，待完全反应后，过量与反应生成沉淀，最后与反应显红色，说明反应的优先级为，因此平衡常数由大到小的顺序为；②样品溶液中，，，则与反应的，苯吸收的的物质的量为，的摩尔质量为，则天然气中的含量为=。17.一种环戊醇衍生物K的合成路线如下。已知：（1）F分子中含有的官能团是硝基和_______。（2）A→B的化学方程式是_______。（3）试剂a的分子式为。试剂a的结构简式为_______。（4）E→F的反应类型为_______。（5）I的结构简式为_______。（6）以D和J为原料合成K分为三步反应。已知：J、X的结构简式分别为_______、_______。（7）K的合成过程中，Y→K的目的是_______。【答案】（1）醛基（2）（3）（4）氧化反应（5）（6）①.②.（7）脱去氨基保护基【解析】【分析】A分子式为，与乙醇酯化得到B（），推得A为丙二酸，B为，与、氧气催化作用下生成D；E氧化生成F，E为，F发生已知反应生成G（），G经还原生成I（），I与发生取代反应生成J（），J与D先加成，取代，肼解，生成K，据此分析；【小问1详解】由流程给出的F的结构可知，F为邻硝基苯甲醛，除硝基外还含醛基；【小问2详解】A→B的化学方程式是，1molA与2mol乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯和2mol水，方程式：；【小问3详解】试剂a分子式为，结构简式：；【小问4详解】根据分析，E为，经氧化，羟基被氧化为醛基得到F，反应类型为氧化反应；【小问5详解】根据分析可知，I的结构简式为；【小问6详解】J（）的碳碳双键与D（）发生环加成得到X（），X还未脱去乙醇，保留两个乙酯结构；【小问7详解】合成中先用邻苯二甲酰基保护氨基，最后经肼解（符合给定反应），脱去氨基保护基。18.氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示：已知：HF是一种有毒气体（1）步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。①在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平_______。（2）步骤Ⅱ，试剂是_______。（3）步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有_______。（4）步骤Ⅳ，滤渣3的成分为_______。（5）步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。已知：ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强ⅱ．①，随着pH升高，增大，原因是_______。②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；_______。【答案】（1）①.②.（2）水（3）（4）（5）①.，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大②.形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低【解析】【分析】氟碳铈精矿（主要成分为，含杂质）与在焙烧，生成、、和少量；经水浸分离等可溶性杂质，滤渣用盐酸在酸浸，转化为，转化为；加氨水调节，沉淀为，滤液中经氧化、调得到，据此分析。【小问1详解】①在受热分解，生成、和，化学方程式为；②根据原子守恒、氧化还原反应配平，在焙烧生成的化学方程式为；【小问2详解】步骤Ⅱ需浸出可溶性杂质，分离不溶性铈的氧化物，试剂为水；【小问3详解】滤渣1含、，在下与盐酸反应，与反应生成和，离子方程式为；与、发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式为；【小问4详解】溶液2含、，加氨水调节，沉淀为；【小问5详解】①时，、形成沉淀，，升高，增大，比值增大；②时，形成沉淀，随升高沉淀量增多，固液接触面积小于液体，氧化速率降低；且生成的附着于表面，减小反应物接触面积，导致氧化速率降低。19.某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。Ⅰ．制备晶体（1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。①的作用是_______。②产生的原因是_______。（2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式_______。Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素取步骤2煮沸后的浊液amL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下：实验操作实验编号加入方式反应后溶液pH配阴离子电荷偏离值ⅰ一次性倒入2.5ⅱ逐滴加入2.5ⅲ一次性倒入3.5ⅳ逐滴加入3.5（3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是_______。（4）对比实验ⅱ