2026届北京师大附属实验中学高三第一次调研测试化学试卷含解析

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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是
A．硫酸铜的溶解度B．溶液中溶质的质量
C．溶液中溶质的质量分数D．溶液中Cu2+的数目
2、下列有关实验操作的说法正确的是
A．向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体
B．为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘干后使用
C．将含有少量乙烯的甲烷气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质
D．中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化
3、下列说法正确的是
A．紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析
B．高聚物()属于可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成
C．通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质
D．石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量
4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是
A．W、Z形成的化合物可做消毒剂
B．原子半径：WCl>O，故B错误；
C. 工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；
D. O、Na、Cl可以形成多种化合物，NaClO水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D错误；
答案：A。
【点睛】
易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是Al，认为Al2O3和AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。
5、B
【解析】
A. CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；
B. 硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；
C. 蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；
D. 根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。
故选B。
【点睛】
掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。
6、C
【解析】
A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；
B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；
C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；
D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；
综上所述，答案为C。
7、B
【解析】
A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；
B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5ml，则含NA个H原子，B项正确；
C. 1L1ml/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1ml，CO32－为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；
D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；
答案选B。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。
8、A
【解析】
具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，中＋6价Cr被还原成＋3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nyml＝3nxml，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nml FeO·FeyCrxO3时，消耗ml，消耗n(y＋1) ml硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为ml×6＝3nxml，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1) ml，所以正确的答案选A。
9、B
【解析】
稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；
【详解】
A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；
B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；
C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；
D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；
正确答案:B。
【点睛】
明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。
10、C
【解析】
A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；
B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；
C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；
D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；
故答案为C。
【点睛】
利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。
11、C
【解析】
A．“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；
B．“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；
C． “吸入” CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；
D．标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，物质的是量为1ml，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4e－=4Na＋+3CO2↑，所以每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为1.3 ml，故D错误；
故选C。
12、C
【解析】
将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；
答案选C。
13、C
【解析】
本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。
【详解】
A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确；
B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项 C错误；
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；
答案选C。
14、C
【解析】
A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；
B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；
C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；
D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；
故合理选项是C。
15、C
【解析】
A．“纳米银外用抗菌凝胶”利用了银使蛋白质变性的原理杀灭病菌，故A正确；
B．标准首饰用银的合金，银含量为92.5%，又称925银，故B正确；
C．地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，不是碳氢化合物，故C错误；
D．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，从而消除了氯气的毒性及危害，故D正确；
故答案选C。
16、A
【解析】
A. 根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1ml，即铵根离子为NA个，故A正确；
B. 1.7g双氧水的物质的量为0.05ml，而双氧水分子中含18个电子，故0.05ml双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；
C. 标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D. 由于钠反应后变为+1价，故1ml钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。
故选：A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醛基 加成反应 3 CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
【解析】
根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。
【详解】
根据有机物间的转化关系知，D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D为1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C， A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。
（1）E为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为，故答案为：醛基；；
（2）由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3种，故答案为：加成反应；3；
（3）丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。
18、 硝基、羟基 +2NaOH+NaCl+H2O AB 、(任意两种)
【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为； A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。
【详解】
(1)、由分析可知B为，F为；
故答案为； ；
(2)、D结构简式为 ，官能团为羟基和硝基；
故答案为硝基、羟基；
(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
故答案为+2NaOH+NaCl+H2O ；
(4) A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1ml柳胺酚最多可以和3ml NaOH反应，故A不正确；
B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；
C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;
D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；
故选AB；
(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；
②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；
故答案为。
19、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD
【解析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。
【详解】
(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。
（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。
（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02ml,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03ml，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04ml，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04ml铵根离子，0.12ml铁离子，0.08ml硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
【点睛】
掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
20、白色固体变黑 测出产生O2的体积 不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ 去掉BC，仅O2进入E中可计算
【解析】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；
(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；
(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。
【详解】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；
(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸收；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02ml，电子转移0.08ml，CuSO4～SO2～2e-；计算得到二氧化硫物质的量为0.04ml，依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06ml，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06ml-0.04ml=0.02ml；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；
(6)由计算(4)中分析可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC，仅O2进入E中，即可根据收集的氧气计算。
21、羧基 取代反应 KOH醇溶液，加热 HOOC(CH2)4COOH 1，4-丁二醇 +2NH3+3O2 →+6H2O 、
【解析】
由A、C的结构简式，可推知B为；由信息，可推出D为HOOC(CH2)4COOH；再由PBAT，可推出H的结构简式为HO(CH2)4OH；
由G结合信息，可推出E为，F为
【详解】
(1)G的结构简式为，则其所含的官能团的名称为羧基。答案为羧基；
(2) ① 由→ ，可确定反应类型为取代反应。答案为取代反应；
由 →，可确定反应类型为消去反应，反应②所需的试剂和条件是KOH醇溶液，加热。答案为KOH醇溶液，加热；
(3)由上面依据流程图的分析，得出D的结构简式为HOOC(CH2)4COOH。
答案为HOOC(CH2)4COOH；
H的结构简式为HO(CH2)4OH，则H的化学名称为1，4-丁二醇。答案为1，4-丁二醇
(4)⑤的化学方程式为：+2NH3+3O2 →+6H2O。
答案为+2NH3+3O2 →+6H2O；
(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14，则M的化学式中比G多一个CH2；N是M的同分异构体，则G除苯环外，还有-CH2COOH、-COOH的异构体部分。
Ⅰ、既能与FeCl3发生显色反应，又能发生水解反应和银镜反应，说明G分子内含有酚羟基、酯基、醛基；
Ⅱ、与NaOH溶液反应时，1ml N能消耗4mlNaOH，说明分子内含有一个酯基，且酯基氧原子连在苯环上，还有2个酚羟基；
Ⅲ、核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1，说明分子内含有5种H原子，且按1:2:2:2:1关系进行分配。
故符合条件的N的结构简式可能为或，
答案为：或；
(6)的单体为，由丙烯进行合成，需使用信息，故合成路线为：
答案为：。
选项
试剂1、试剂2
实验目的
A
过量锌粒、食醋溶液
测定食醋中醋酸浓度
B
粗锌、过量稀硫酸
测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度
C
碳酸钠固体、水
证明碳酸钠水解吸热
D
过氧化钠固体、水
证明过氧化钠与水反应产生气体