湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期开学学情化学自测卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高二上学期开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DCCBBDBBCD题号11121314答案CBBD1．D【详解】A．二氧化硫能使蛋白质变性，并且具有还原性，可作抗氧化剂，在葡萄酒酿制过程中，添加适量的二氧化硫可以起到杀菌抗氧化的作用，A正确；B．氢氟酸（HF）与玻璃中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，从而可以在玻璃上“雕刻”出各种痕迹和花纹‌，B正确；C．玻璃的化学成分通常包括硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅等，属于硅酸盐材料，C正确；D．在医疗上可被用作消化系统X射线检查的内服药剂俗称“钡餐”的物质成分为，不是，D错误；答案选D。2．C【详解】A．石膏可以作稳定剂、增稠剂、凝固剂，如传统豆腐的做法中加入石膏，使蛋白质凝固，山梨酸钠常用作食品的防腐剂，味精常用作食品的增味剂，A项正确；B．非处方药不需要凭医生处方，消费者可自行购买和使用，其包装上印有“OTC”标识，B项正确；C．绿色化学的核心思想就是改变“先污染后治理”的观念和做法，利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质，实现从源头减少或消除环境污染，C项错误；D．加碘食盐中添加KIO3作为碘营养强化剂，D项正确；答案选C。3．C【详解】①用电子式表示MgCl2的形成过程中，电子转移的箭头应从Mg指向Cl，①不正确；②极性键是由两个不同种非金属元素的原子间所形成，②正确；③在熔融状态时，离子化合物中的阴、阳离子能发生自由移动，能够导电，③正确；④离子化合物Na2O2中含有氧氧非极性键，④不正确；⑤过渡金属是指从IIIB到IIB之间的十个纵列元素，并不是元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素，⑤不正确；⑥次氯酸的电子式为，⑥不正确；⑦离子化合物中一定含有离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，⑦正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选C。4．B【详解】A．蒸馏水可以区分苯和，苯在上层，在下层，但蒸馏水无法区分乙醇和乙酸，因为乙醇和乙酸可以与水以任意比互溶，故A项错误；B．紫色石蕊试液通过酸碱性和密度差异可区分四种液体：1.乙酸呈酸性，使石蕊变红；2.乙醇中性，石蕊显紫色且完全溶解；3.苯密度小于水，分层后上层为苯层，下层为水层；4.CCl4密度大于水，分层后下层为CCl4层，上层为水层；四种液体现象均不同，故B项正确；C．盐酸可以区分苯和，苯在上层，在下层，但盐酸溶液无法区分乙醇和乙酸，因为乙醇和乙酸可以与水以任意比互溶，无明显现象，故C项错误；D．浓硫酸与乙醇混合会放出大量的热，但浓硫酸与乙酸混合也会有类似现象，难以区分，故D项错误；故选B；5．B【详解】A．化肥虽然肥效快，但过量使用会导致土壤板结等问题，且应与农家肥合理配合使用，不能大量施用化肥，A错误；B．铁粉作为脱氧剂可吸收包装内的氧气和水分，延缓食品氧化变质，从而延长保质期，B正确；C．食品添加剂需按国家标准严格控制用量，过量添加可能危害健康，不可随意多加，C错误；D．“OTC”是非处方药标识，处方药需凭医生处方购买，其包装无“OTC”标识，D错误；故选B。6．D【详解】A．该物质结构中含有碳碳双键（C=C），碳碳双键能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，A正确；B．该物质含羟基（-OH），羟基可发生氧化反应（存在氢原子），且羟基能与羧酸发生酯化反应；同时碳碳双键也可被氧化，故能发生氧化反应和酯化反应，B正确；C．该物质含碳碳双键（C=C），碳碳双键可通过加聚反应打开双键相互连接，形成有机高分子化合物，C正确；D．六元环中碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体形，两个六元环上的碳原子不可能共平面，D错误；故选D。7．B【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气迅速反应生成NO2，且NO不溶于水，NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。8．B【详解】A．氨气发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，A正确；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能直接转化为氢氧化铝，B错误；C．S燃烧生成SO2，SO2被氯水氧化可以转化为硫酸，硫酸与镁等反应可以生成硫酸镁，C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化转化为氢氧化铁，D正确；答案选B。9．C【详解】A．100mL1mol/L溶液中，因为亚硫酸根会水解生成亚硫酸氢根和亚硫酸，所以亚硫酸根的数目小于，故A错误；B．纯水中水电离出来的氢离子和氢氧根浓度相等，一定温度下，的纯水中氢离子浓度为则物质的量浓度为，但是不知道水的体积无法确定氢氧根数目，故B错误；C．一定条件下，1mol和3mol完全转化为氨气，转移的电子数为，但是此反应是可逆反应转化不完全所以转移的电子数小于，故C正确；D．用电解法精炼铜时，若阳极质量减轻64g，减轻的质量包含铜失去电子变成铜离子的质量同时保护惰性金属及其他杂质的质量，所以无法确定电路中转移电子的数目，故D错误；故选：C。10．D【详解】A．溶液过量，无法体现沉淀的转化，故不能比较二者的大小，A错误；B．反应无明显现象（如颜色变化、气体生成或沉淀），难以直接观察或测量反应速率的变化。因此，无法有效验证浓度对速率的影响。实验目的未达成，B错误；C．酸性溶液中硝酸根离子、H2O2均可氧化亚铁离子为铁离子，由操作和现象不能比较、的氧化性，C错误；D．此操作中KI过量，加入KSCN后溶液变血红，能证明的存在，从而说明该反应有限度，D正确；故选D。11．C【详解】A．由于反应是气体分子数增大的反应，当气体压强不变，说明反应达到了平衡，A正确；B．实验③达到平衡时，c(NH3)=0.4×10-3mol/L，则有，平衡时c(NH3)=0.4×10-3mol/L，c(N2)=1×10-3mol/L，c(H2)=3×10-3mol/L，则NH3的转化率约为，B正确；C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D．结合①③的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；故选C。12．B【详解】A．MgCl2为液态，增加其量不影响浓度，平衡不移动，A正确；B．压缩体积使Cl2浓度瞬间加倍，但温度不变，平衡常数K不变，最终Cl2浓度恢复原值，B错误；C．减小Cl2浓度使平衡正向移动，但温度不变，平衡常数K不变，C正确；D．该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，使平衡常数K增大，D正确；故选B。13．B【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。【详解】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。14．D【分析】燃料电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。b电极为负极，发生氧化反应，b电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；a电极为缺氧正极，发生还原反应：2+12H++10e-=N2↑+6H2O；c电极为好氧正极，发生还原反应：O2+4H+=2H2O，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，同一闭合回路中电子转移数目相同。【详解】A．在原电池中，阳离子(H+)会向正极移动，阴离子会向负极移动。根据图示，质子交换膜1和质子交换膜2分别位于两个不同的区域。在放电过程中，H+会从负极区向正极区移动，即通过质子交换膜1向左移动，同时通过质子交换膜2向右移动，A正确；B．电极b是厌氧阳极，甲醇(CH3OH)在b电极失去电子发生氧化反应，生成二氧化碳(CO2)和氢离子(H+)，电极b处的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，B正确；C．在缺氧阴极区域，硝酸根离子()被还原为氮气(N2)，电极反应式为：2+12H++10e-=N2↑+6H2O，反应消耗氢离子，导致附近溶液的酸性减弱，该区域溶液的pH值增大，C正确；D．根据选项B分析可知电极b处的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，若电极b流出1.2mol电子时，参与反应的CH3OH的物质的量为n(CH3OH)=，根据C、H元素守恒可知反应生成0.2molCO2气体逸出，其质量为8.8g；同时产生1.2molH+，H+移向阴极，其质量为1.2g，故b电极总质量减轻为△m=8.8g+1.2g=10g，不是8.8g，D错误；故合理选项是D。15．(1)＋3(2)(3)(4)蒸发浓缩(5)(6)3：2【分析】烧渣(主要成分为Fe3O4、CuO、SiO2等)酸浸滤液1为Fe2+、Fe3+、Cu2+，滤渣1为SiO2，根据生成，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸，加入X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，滤渣2为Fe、Cu，滤液2加入乙醇析出晶体，再通入空气氧化生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；【详解】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0，Fe的化合价为+3价；根据分析可知，根据生成，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸；（2）根据分析可知，“滤渣1”的成分为：；（3）加入X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，离子方程式：、；（4）“滤液2”为硫酸亚铁溶液，从硫酸亚铁溶液中获得晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（5）氧化过程中被氧化后形成：；（6）利用铁黄(FeOOH)、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，反应方程式为：，该反应的氧化剂NaClO和还原剂FeOOH的物质的量之比为3：2。16．(1)bc>=(2)该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ(3)0.00375mol•L-1•s-187.5%随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小【详解】（1）①a.该反应达到平衡状态时，5v(NH3)正=4v(N2)逆，v(NH3)=v(N2)，不能判断正逆反应速率的关系，故a错误；b.该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明N2浓度不再改变，能判断达到平衡状态，故c正确；d.容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6，不能说明浓度是否发生变化，不能判断达到平衡状态，故d错误；e.12molN-H键断裂的同时一定会生成5molN≡N键，都表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，故e错误；f.反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不能判断达到平衡状态，故f错误；故选bc；②图中b点没有达到平衡，反应仍在正向进行，所以图中b点对应的速率关系是v(正)>v(逆)；d点达到平衡状态，ν(正)=ν(逆)相等；（2）标准状况下，2.24LNH3的物质的量==0.1mol，放出4.62kJ的热量，则生成2mol氨气放热×4.62kJ=92.4kJ，92.4kJ/mol是1molN2和3molH2完全反应放出的热量，因此将1molN2和3molH2在此条件下反应，放出的热量一定小于92.4kJ；（3）①用NO2表示0～2s内该反应的平均速度为=0.0075mol•L-1•s-1；则用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为×0.0075mol•L-1•s-1=0.00375mol•L-1•s-1，在第5s时，NO2的转化率为×100%=87.5%；②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小。17．(1)-206.2＜(2)CD(3)1.5(4)A(5)增大【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，可得，因此；反应Ⅱ是放热反应，因此活化能＜，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，则；（2）A．根据体系中三个反应的特点分析可知，升高温度时，的平衡产率降低，反应速率提高，A项错误；B．加入催化剂时，不改变的平衡产率，反应速率提高，B项错误；C．根据体系中三个反应的特点分析可知，增大压强时，既能提高的平衡产率，又有利于提高反应速率，C项正确；D．根据体系中三个反应的特点分析可知，增大氢气浓度时，既有利于提高的平衡产率，又有利于提高反应速率，D项正确；故选CD；（3）容器中的转化率为70%，则平衡时容器中CO2物质的量为0.3mol，根据各种元素的质量守恒，结合题中所给数据计算，的物质的量为0.6mol，由碳元素质量守恒，平衡时CO物质的量为0.1mol，由氧元素质量守恒，起始时氧元素的物质的量为2mol，平衡时CO2中有0.6mol，CO中有0.1mol，剩余氧元素在水中，故平衡时H2O物质的量为1.3mol，同理由氢元素质量守恒，平衡时H2物质的量为1.5mol，故平衡体系的组成为、，、、，气体的总物质的量为3.8mol，因此反应Ⅰ的压强平衡常数；（4）A．起始时，的体积分数为50%，设反应Ⅰ消耗物质的量是xmol，列三段式：，则任意时刻的体积分数为=50%，故的体积分数不变不能判断为平衡状态，A选；B．恒温恒容下，该反应是气体物质的量减小的反应，压强是变量，容器内压强不变时，表明已达到平衡状态，B不选；C．当达到平衡状态时，