北京市延庆区2025-2026学年高三化学下学期一模试卷【含答案】

本试卷共分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1CO第一部分本部分共小题，每题3分，共分，在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科研团队通过高温高压技术成功合成新型超导材料，其临界温度远高于传统超导材料，在新能源、医疗设备等领域具有广阔应用前景。下列说法正确的是A.中镁元素的化合价为+2价，硼元素为-3价B.合成的过程中，原子的种类和数目均发生改变C.的超导性属于物质的化学性质D.镁原子的结构示意图中，最外层电子数为2【答案】D【解析】A0，中Mg为+2B元素化合价为-1A错误；B．化学反应遵循质量守恒定律，化学变化中原子的种类和数目均不发生改变，B错误；C．超导性不需要发生化学变化就能表现出来，属于物质的物理性质，C错误；D．镁是12号元素，镁原子核外电子排布为2、8、2，最外层电子数为2，D正确；答案选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.乙炔的球棍模型：B.的VSEPR模型：平面三角形C.基态原子的价层电子排布式：第1页/共23页

D.次氯酸的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．题图是乙炔的空间填充模型，球棍模型需要用"棍"表示化学键，图示不符合球棍模型的定义，A错误；B．中中心S原子的价层电子对数键数孤电子对数，因此VSEPR模型为四面体形，不是平面三角形，B错误；C．为243dC正确；D．次氯酸中O是中心原子，分别和H、Cl成键，正确结构式为，D错误；故选C。3.下列说法不正确的是A.淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然有机高分子B.麦芽糖在稀硫酸催化下发生水解反应，产物能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀C.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，可用于生产肥皂D.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质发生变性，出现白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．淀粉、纤维素和蛋白质都是天然有机高分子化合物，A正确；B的氧化亚铜沉淀，B正确；C应可用于生产肥皂，C正确；D色沉淀，D错误；故选D。4.乙醚等有机溶剂混溶。下列说法不正确的是第2页/共23页

A.乙胺的电子式：B.乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为杂化C.乙胺分子中的氨基可与水形成氢键D.乙胺可与盐酸发生反应，生成【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，乙胺是典型的共价化合物，电子式为：，A错误；B．由结构简式可知，乙胺分子中，乙基中的碳原子形成4个σ键，氨基中的氮原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以碳原子氮原子的杂化方式均为杂化，B正确；C．由结构简式可知，乙胺分子中的氨基可与水分子形成分子间氢键，C正确；D．由结构简式可知，乙胺分子中的氨基具有碱性，能与盐酸发生反应生成，D正确；故选A。5.下列叙述对应的反应中，能体现还原性的是A.向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体B.向酸性高锰酸钾溶液中滴加亚硫酸钠溶液，溶液紫红色逐渐褪去C.向亚硫酸钠溶液中通入二氧化碳，无明显实验现象D.向氯化钡溶液中滴加亚硫酸钠溶液，生成白色沉淀【答案】B【解析】A的反应中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，A错误；B应中硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原剂，体现了还原性，B正确；C于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，C错误；D第3页/共23页

合价变化，该反应属于非氧化还原反应，亚硫酸根离子未体现还原性，D错误；故选B。6.下列化学方程式或离子方程式与所给事实不相符的是A.实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳：B.铜与浓硫酸在加热条件下反应：C.向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：D.用溶液除去乙炔中的：【答案】C【解析】【详解】A．难溶于水，不能拆分为离子，与稀盐酸反应的离子方程式书写正确，符合事实，A正确；B．铜与浓硫酸加热反应的化学方程式中，产物、配平均正确，符合事实，B正确；C．通入过量氯气时，溴化亚铁中的和会完全被氧化，该方程式漏掉了的氧化反应，正确离子方程式为，与所给事实不符，C错误；D．的溶解度很小，硫酸铜溶液可与反应生成CuS沉淀除去杂质HS，离子方程式书写正确，符合事实，D正确；故选C。7.下列实验的相应操作中，不正确的是A.中和滴定：用NaOH标准溶液滴定溶液B.配制溶液：向容量瓶中转移溶液C.蒸馏：冷却水从冷凝管②口通入，①口流出第4页/共23页

D.制备并检验：为防止有害气体逸出，先放置浸有溶液的棉团，再加热【答案】A【解析】【详解】A．NaOH是强碱，会与酸式滴定管的玻璃活塞中的二氧化硅反应，使活塞粘连无法打开，因此NaOH标准溶液应盛放在碱式滴定管中，图中使用的是酸式滴定管，A错误；B．向容量瓶转移溶液时，用玻璃棒引流，且玻璃棒末端靠在容量瓶刻度线以下，B正确；C“下进上出”①流出，C正确；DNaOH溶液的棉团吸收尾气，D正确；故答案A。8.二溴甲烷是无色透明液体，微溶于水，可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，在工业、医药等领域应用广泛，其结构如下图所示。下列关于二溴甲烷的说法不正确的是A.分子中不含手性碳原子B.是非极性分子C.电负性：D.一定条件下能与溶液发生反应【答案】B【解析】【详解】A．手性碳原子要求连接4种不同的原子/基团，二溴甲烷的中心碳原子连接2个H、2个Br，不存在4种不同基团，因此不含手性碳原子，A说法正确；BBr和HC-BrC-H键的极性不能相互抵消，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，不是非极性分子，B说法错误；C．电负性规律：卤族元素Br电负性大于C，C电负性大于H，即，C说法正确；DNaOHNaOH溶液反应，D说法正确；故选B。9.实验室利用印刷电路板腐蚀废液(主要成分为、、)制备晶体的流程如图所示。第5页/共23页

下列说法正确的是A.“还原”时，若腐蚀废液中，加入足量粉后，溶液中与原废液中的比为B.“过滤”后，向滤液中滴加溶液无明显现象，再通入少量后溶液变红，说明还原后的滤液中仍含极少量C.制备晶体时，可在气流中蒸发溶液，且的浓度需随温度升高适当增大，以抑制水解D.晶体中混入与水反应生成的将氧化【答案】C【解析】【分析】腐蚀废液，含、、，加过量铁粉，将还原为，置换出，过滤除去过量和生成的，滤液为溶液，再通入将氧化为，最终得到晶体。【详解】A．设，，发生反应、溶液中的的物质的量未知，A错误；B．铁粉足量时，已完全还原为，滴加无现象；通入后，氧化滤液中的生成，因此溶液变红，不能证明还原后的滤液原本就含有，B错误；C．水解吸热，方程式为，温度升高，水解平衡正向移动，水解程度增大。因此需要随温度升高适当增大的浓度，提高浓度，抑制水解，C正确；第6页/共23页

D．在中已经是价最高价，不能被氧化，且酸性条件下浓度极低，不会生成，D错误；答案选C。10.可采用Deacon催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理：下列说法不正确的是A.转化过程中，元素的化合价变化有：、B.图中“”的转化中，原子利用率为C.生成时，催化循环中消耗的与的物质的量之比为D.若将反应物改为“”，平衡时的转化率会降低【答案】B【解析】Deacon催化氧化法的基元反应为：氧化铜与氯化氢反应生成碱式氯化铜，则Y为氯化氢；碱式氯化铜发生分解反应生成CuOCl2和水，则W为水；CuOCl2发生分解反应生成氯化铜和氧化铜；氯化铜发生分解反应生成氯气和氯化亚铜，则X为氯气；氯化亚铜与氧气反应生成CuOCl。A为：+2→+1；氯化亚铜与氧气反应生成CuOCl2时，铜元素的化合价变化为：+1→+2，A正确；BCu(OH)Cl→CuO的反应为碱式氯化铜发生分解反应生成CuOCl2CuOCl2发生分解反应生成氯化铜和氧化铜，两步反应得到的产物都不唯一，所以原子利用率小于，B错误；C2mol4mol氯化氢和1mol1mol氯气时，催化循环中消耗的氯化氢和氧气的物质的量之比为：2mol：mol=4：1，C正确；D．将反应物改为“”，生成物水的浓度增大，平衡会向逆反应方向移动，氯化氢的转化率会降低，D正确；第7页/共23页

故选B。为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法不正确的是A.①中增大使的平衡常数增大B.若向②的红色溶液中继续滴加1滴浓KSCN溶液，溶液红色会加深C.②→③说明对的配位能力强于对的配位能力D.④中无色溶液未见明显变化，是因为不能氧化【答案】A【解析】【分析】由实验现象可知，①的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子；②的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子；③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子；④的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。【详解】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以①中增大氯离子浓度，反应的平衡常数不变，A错误；B．②的溶液中存在如下反应：，向红色溶液中继续滴加1滴浓硫氰化钾溶加深，B正确；C．由分析可知，③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子，说明氟离子对铁离子的配位能力强于硫氰酸根离子对铁离子的配位能力，C正确；第8页/共23页

D液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，D正确；故选A。12.一种生物基可降解高分子P合成路线如下。下列说法正确的是A.化合物A的同分异构体中，能与溶液显色的芳香族化合物至少有3种B.D分子中不含手性碳原子C.D与E生成P的过程中，有肽键的形成D.高分子P在碱性条件下降解，会生成甲酸盐【答案】A【解析】AA的分子式为溶液显色说明含有酚羟基，芳香族化合物至少有3别为：，A正确；BD与E生成P时还生成D的结构为D分子中含有手性碳原子，位置如图：，B错误；C．肽键是酰胺键（D中的羰基与E的端氨基脱水，形成，没有新的肽键生成，C错误；DP中的羰基是碳酰二肼的中心羰基，碱性水解该结构生成碳酸盐和氨基化合物，不会生成甲酸盐，甲酸盐的形成需要在碱性情况下水解，D错误；第9页/共23页

故选A。13.依据图示关系，下列说法不正确的是A.石墨燃烧是放热反应B.C.(石墨)和分别在足量中燃烧，全部转化为，前者放热多D.化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．石墨燃烧的，属于放热反应，A正确；B．根据盖斯定律，设反应①：，反应②：，①②，即可得到目标反应，焓变满足，B正确；C1molC(石墨)完全燃烧生成放热2molCO完全燃烧生成放热，后者放热更多，C错误；D．盖斯定律核心结论是：化学反应的只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故答案选C。14.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：①图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。第10页/共23页

下列说法不正确的是A.由图1，时，B.由图2，初始状态、，体系中优先析出沉淀C.由图2，初始状态、，平衡时由的溶度积决定D.由图1和图2，初始状态、，反应后溶液中会显著降低【答案】B【解析】【详解】A．从图1可以看出，当pH=6.37时，的物质的量分数曲线与相交，此时二者物质的量分数相等，则有，A正确；B．从图2可以看出，当初始pH=10，时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方，不会产生和沉淀，B错误；C．pH=12，时，该点位于曲线Ⅰ上方，体系内产生沉淀，平衡时的由该温度下的溶度积决定，C正确；D．pH=8，时，该点位于曲线Ⅱ上方，体系内能产生沉淀，溶液中的含C离子主要是，与反应生成沉淀，降低，上述电离平衡向正反应方向移动，使降低，直至达到沉淀平衡，D正确；故答案选B。第二部分本部分共5题，共分。第11页/共23页

15.通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。（1的基态原子核外电子排布式补充完整：[Ne]_______3s轨道的电子云形状为_______。（2）中键角比游离分子的键角大，从结构角度解释原因：_______。（3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下所示。①中，的配位数为_______；该配合物中存在的化学键类型有_______(填序号)。a.离子键b.配位键c.极性共价键d.非极性共价键②该晶胞中位于顶点和面心，构成棱长的小立方体位于晶胞的中央，则周围最近等距的有_______个。（4和脱氨过程，是研究反应调控的典型体系。已知热化学方程式：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.请回答下列问题：①写出转化成的热化学方程式_______。②工业上通过调控温度实现分步脱氨制备高纯，不宜直接高温加热的原因是______________(填“高于”或“低于”)反应Ⅱ的脱氨温度。【答案】（1）①.②.球形第12页/共23页

（2）与间的斥力相对增大，故键角变大（3）①.6②.abc③.8（4）①.②.直接高温加热会导致进一步分解为，无法得到目标产物③.低于【解析】【小问1详解】Mg是第三周期第ⅡA族元素，基态电子排布式为，其最外层3s层轨道的电子云形状为球形；【小问2详解】分子中，N原子存在孤对电子，在中，中的孤对电子与的空轨道结合，形成配位键，使得其与N-H的成键电子对之间的斥力减弱，N-H成键电子对之间的斥力增加，键角变大；【小问3详解】①中，配离子为，每个与6个通过配位键结合，配位数为6；该配合物中与之间存在离子键，与N-H之间存在极性共价键，配合物中不存在非极性共价键，故答案选abc；②从图像可以看出，周围最近且等距的有8个，距离为；【小问4详解】反应Ⅲ-反应Ⅱ可得，根据盖斯定律，该反应；②从反应Ⅲ可以看出，直接高温加热会使其分解为和；要得到较纯的，需要控制温度略低于反应Ⅱ，避免其完全分解为和。16.铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。（1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。铅酸电池工作原理：。①放电时，当外电路通过电子时，理论上电解质溶液中的物质的量_______(填“增加”或“减少”第13页/共23页

)_______mol。②充电时，若将铅酸电池与外接电源连接，正极应与外接电源的_______极相连，充电时阳极发生的电极反应为_______。③参与电极反应并有利于保持电压稳定，的VSEPR模型名称为_______。④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。若储存过程中消耗标准状况下，则理论上被氧化的的质量为_______。（2）废旧铅酸电池回收过程中主要物质的转化示意图如下。①步骤I中，转化为的离子方程式为_______。②步骤II中，的作用是将还原为，写出该反应的离子方程式：_______。（3）铅酸电池的电压()与电解质中浓度密切相关，根据能斯特方程：分析“放电过程中电池电压逐渐下降”的原因：_______。【答案】（1）①.4②.正，③.正四面体④.41.4（2）①.②.（3不断被消耗，、的值增大，E减小，故电池电压逐渐下降【解析】【小问1详解】的物质的量减少。方程式中Pb的化合价发生变化，分别从价和0价变为价，转移电子，消耗了。②铅酸电池放电时，正极发生还原反应，到了充电的时候，放电时的正极作阳极，应发生氧化反应，与外第14页/共23页

接电源的正极相连。根据电池的工作原理可知，充电时阳极由生成，两者为固体不能拆，电极反应式为。③的中心S原子的σ键数目为4σ键数孤对电子数，为杂化，模型为正四面体。④消耗标准状况下的时，Pb反应时，一分子氧气得到4个电子，而一个Pb失去2个电子，根据得失电子守恒可知和Pb反应的关系式为，所以，。【小问2详解】①转化为化合价不变，发生复分解反应，两者均为沉淀物不能拆，离子方程式为。②转化为，作还原剂，生成，加了酸溶液显酸性，离子方程式为。小问3详解】根据铅酸电池的工作原理可知，在放电的过程中，硫酸不断被消耗，和的浓度不断下降，的值不断增大，代入能斯特方程可知E不断减少。电池电压逐渐下降。17.一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。第15页/共23页

已知：①②试剂a是（1）L分子中含有的官能团是氟原子和_______。（2）B→D的反应类型是_______。（3）下列说法不正确的是_______(填序号)。a.试剂a的结构简式为b.J→K的反应中，的作用是消耗生成的，促进反应正向进行c.F→G的反应中，还原了硝基；K→L的反应中，还原了羰基（4）以G和M为原料合成P分为三步反应。已知：①M含1个sp杂化的碳原子，M的结构简式为_______。②第一步“加成”反应中，G与M的物质的量之比为，的结构简式为_______；（5）P的合成路线中，步骤E→F反应的意义是：_______。【答案】（1）氨基、酯基（2）取代反应（3）ac（4）①.②.（5E中氨基与试剂a与“稀碱”脱除保护基保护氨基，防止全部与M反应【解析】第16页/共23页

【分析】A为苯胺，与乙酸反应得到B：，与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：，D水解得到E为，E与试剂a反应得到F，F与H2发生还原反应得到GI与SOCl2碱性条件下反应得到JJ与CHOH反应得到KK的分子式可以确定K为：，K还原得到L，L进一步反应得到M，根据M的分子式可以确定M的结构简式为：，G与M经过三步反应得到P。【小问1详解】L分子中含有的官能团是氟原子和氨基、酯基；【小问2详解】B()与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D，反应类型是取代反应；【小问3详解】a、试剂a是，结构简式写为，a错误；b、J→K生成有HCl，加入碱性物质(CHCH)N，与生成HCl反应，促进反应正向进行，b正确；c、根据分析F→G与K→L的反应均为硝基还原为氨基的反应，c错误；答案选ac；【小问4详解】第17页/共23页

①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原子，得出M的结构简式为：；②M()与G在N=C双键上先发生加成反应得到X，X的结构简式为：X在碱性条件下脱除CHOH得到YY的结构简式为：，最后发生已知的反应得到P，X的结构简式为：；【小问5详解】根据分析：E→F引入保护基，Y→P脱除保护基，步骤E→F反应的意义是：E中氨基与试剂a形成酰胺键，避免后续与反应中氨基全部反应，最终通过“稀碱”脱除保护基保护氨基，防止全部与M反应。18.的纯度与结构对的电化学性能至关重要。以下是一种制备磷酸铁的流程：（1）共沉淀反应：共沉淀反应发生的主要离子反应有：i._______。ii.iii.第18页/共23页

（2）溶液1中含有的主要物质为_______。（3）老化过程：①结合平衡移动原理解释老化过程加入稀磷酸作用_______。②铁磷比是衡量磷酸铁品质的关键指标，是决定电池电化学性能的重要因素，最佳铁磷比区间为0.965~0.985。老化温度与铁磷比数据如下：组别温度/℃铁含量/%磷含量/%铁磷比18037.1520.611.01628535.7520.770.97039035.7620.790.96949536.2421.010.972510036.4220.940.980实际生产中温度选取为宜，试解释其原因_______。（4）测定磷酸铁中的铁含量：a.称取的样品于锥形瓶中，加入盐酸溶液，加热至完全溶解并沸腾；b.趁热滴加二氯化锡溶液至淡黄色，加入去离子水后冷却；加入滴溶液，混匀，再滴加溶液令其略变蓝色；c.加入硫磷混酸，3~5滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，到达滴定终点时，记下体积读数。还原后呈蓝色，且氧化性：钨酸钠②反应原理：步骤b操作的实验目的是_______，本产品中铁含量(质量分数)为_______。【答案】（1）第19页/共23页

（2）硫酸铵或（3）①.老化过程存在平衡与发生中和反应同时生成，均使平衡正向移动，促使溶解，生成②.温度低于85℃时铁磷比偏高(超过0.985)95℃时铁磷比无明显优化，但高温会增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，故选择（4）①.将恰好全部转化为②.或【解析】氧化为，一部分直接与磷酸根生成沉淀，部分水解得到氢氧化铁沉淀，过滤洗涤后，溶液1主要成分为副产物硫酸铵，沉淀进入老化环节。老化环节加入稀磷酸可消耗平衡生成的，推动氢氧化铁转化为磷酸铁的平衡正向移动；选择85-95℃老化，是因为该温度区间产物铁磷比刚好落在0.965-0.985的最佳区间，同时兼顾了转化效率与生产能耗，最终经分离干燥脱水得到合格产物。【小问1详解】原料中需要被氧化为；【小问2详解】已经转化为、沉淀，体系中剩余的离子为（来自）和（来自；【小问3详解】①加入稀磷酸的作用：稀磷酸电离出，会与平衡体系中的结合生成水，降低，另一方面增加了反应物的浓度，均使平衡正向移动，促进转化为，提高产物纯度；②选择的原因：最佳铁磷比区间为；温度低于时，铁磷比（为）超出最佳区间，不符合要求；范围内，铁磷比刚好落在最佳区间内；温度高于时，第20页/共23页

铁磷比无明显优化，会额外增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，提高生产成本，因此选择；【小问4详解】步骤b的实验目的：将样品中全部完全还原为，保证后续滴定测定铁含量的准确性；铁的质量分数计算：根据反应关系，得，，因此铁的质量分数为。19.小组同学用实验1所示方法制备含铜配合物，并探究其组成。【实验1】（1）i中生成沉淀时，的作用是_______；后续加入过量氨水，沉淀溶解生成，此时的作用是_______。(从“酸碱性”“配位性”角度分析)【实验2】小组同学推测蓝色针状晶体可能含或水溶解后，加入足量盐酸酸化的溶，过滤、洗涤、干燥，得到沉淀。（2）若晶体仅含，则与的定量关系为____