湖南省长沙市2026-2027学年高二秋季开学学情化学自测卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高二秋季开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DDDDACABAD题号11121314答案BCDD1．D【详解】A．单晶硅能将太阳能转化为电能，则太阳能电池的主要材料是高纯度的单质硅，A错误；B．为防止红酒中维生素被氧化，并防止细菌滋生，通常往红酒中添加少量二氧化硫，用于红酒的抗氧化和除菌，B错误；C．液氨汽化时，会吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，C错误；D．开发新能源，减少化石能源的使用，减少对化石燃料的依赖，减少污染，D正确；故选D。2．D【详解】A．甲烷为正四面体结构，其空间填充模型为，A正确；B．乙烯分子式是C2H4，结构简式为CH2=CH2，球棍模型：，B正确；C．乙醇的结构式为：CH3CH2OH，则乙醇分子式为C2H6O，C正确；D．聚丙烯的结构简式为，链节为，D错误；答案选D。3．D【详解】A．根据热化学方程式可知，生成1mol氧气时，放出196kJ热量，但11.2LO2不一定是0.5mol，因为题目没告诉温度和压强，因此放出的热量不一定等于98kJ，故A错误；B．根据热化学方程式可知，该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；C．相同质量的H2O为气态时比液态时具有的能量高，故当水为气态时，放出的热量应小于196kJ，故C错误；D．根据热化学方程式可知，该反应是放热反应，放热反应的正反应的活化能应小于逆反应的活化能，故D正确；本题答案D。4．D【详解】由，可知A和B的能量之和大于C的能量；由①，可知这步反应是吸热反应，故X的能量大于A和B的能量之和，反应②为放热反应，X的能量高于C，故D符合题意，故选D。5．A【详解】A．利用覆铜板制作印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，本身被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．酸性与反应：，B正确；C．食醋去除水垢中的CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-+H2O＋CO2↑，C正确；D．用绿矾(FeSO4·7H2O)处理工业废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，Cr元素化合价由+6降低为+3、Fe元素化合价由+2升高为+3，反应的离子方程式为，D正确；故选A。6．C【详解】A．实验b中Cu溶解的离子方程式为，生成的催化的分解生成，故产生的无色气体不是错误；B．实验a滴加Na2SO4溶液（含Na+、）无现象，实验b滴加稀硫酸（含H+、）有现象，变量为H+，说明H+提供酸性环境增强了的氧化能力，而非催化作用，B错误；C．Cu2+在水溶液中呈蓝色，实验b溶液变蓝，可证明有Cu2+生成，C正确；D．稀硝酸为强氧化剂，与铜反应生成NO气体（无色，遇空气变红棕色），而原实验b气体为O2，且硝酸与铜反应现象（如气体性质）与H2O2不同，D错误；故选C。7．A【分析】由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1【详解】A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C错误；D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大于1.9kJ，D错误；选A。8．B【详解】A．铵根与强碱反应：，产生的氨气可以和硫酸反应，但是硫酸是非挥发性酸，与氨气反应无白烟产生，不能说明溶液中不存在铵根，A错误；B．二者发生反应：，硫元素发生归中反应，二氧化硫中硫元素化合价降低，说明二氧化硫具有氧化性，B正确；C．滴加过量氯水，可分别氧化溴离子、碘离子，方程式为：，生成单质溴，所以溶液先变橙色，然后再与碘化钾反应：，也可以发生反应：，因此只能证明Cl的氧化性Br和I，但无法比较Br与I的氧化性，C错误；D．氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，发生反应：，氨气被催化氧化为，一氧化氮是无色气体，遇到氧气生成红棕色的气体，D错误；故选B。9．A【详解】A．的摩尔质量为36g/mol，物质的量为。每个18O原子中子数为18-8=10，每个18O2分子含20个中子，总中子数为0.05mol×20×=，A正确；B．H2与I2反应生成HI的化学方程式为H2+I2⇌2HI，反应前后气体分子总数不变，无论反应是否完全，分子总数始终为0.4，B错误；C．OH－的电子数：氧原子（8e-）+氢原子（1e-）+额外1e-（因电荷-1）=10e-，1molOH－含10个电子，C错误；D．标准状况下乙醇为液体，无法用气体摩尔体积计算物质的量，D错误；故选A。10．D【详解】A．压电陶瓷属于新型无机非金属材料，而传统无机非金属材料包括普通陶瓷、玻璃、水泥等，A错误；B．硫化橡胶通过橡胶分子之间发生交联反应，物质分子形成网状结构，从而使物质的强度和弹性显著提高，硫化橡胶是网状结构而不是线型结构，B错误；C．芯片的主要成分是高纯度晶体硅，而不是二氧化硅，C错误；D．棉花的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物，D正确；故合理选项是D。11．B【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A元素为有机物必含元素，A是C元素；根据A、E在元素周期表中的相对位置，可知E是S元素、F是Cl元素；C与E位于同一主族，C是O元素，A是C元素、C是O元素，则B是N元素；A与B的原子序数之和等于D的原子序数，D是Al元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径大小：，故A正确；B．H、N、O可形成，属于离子化合物，氧的氢化物有水和过氧化氢两种，1mol水中含有2mol共价键，1mol过氧化氢中含3mol共价键，故B错误；C．检验氯离子会用到稀硝酸和溶液，故C正确；D．非金属性Cl>N>C，最高价氧化物的水化物的酸性：高氯酸>硝酸>碳酸，故D正确；选B。12．C【分析】根据图示，左侧电极HCOO-失电子生成，左侧电极为负极；右侧电极为正极，Fe3+得电子生成Fe2+；阳离子交换膜只允许阳离子通过，K+由负极向正极移动。【详解】A．要在右侧产生硫酸钾，钾离子由左侧移向右侧，需要不断补充硫酸根离子，故物质X为，故A正确；B．每消耗1mol，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可将4mol转化为，故B正确；C．左侧电极为负极、右侧电极为正极，由左室通过阳离子交换膜移向右室，故C错误；D．左侧为负极，负极上HCOO-失电子生成，电极反应式为，故D正确；选C。13．D【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物；【详解】A．由图可知，硝酸的浓度越小，铵根含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，选项A正确；B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，选项B正确；C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，选项C正确；D．一定量的铁粉与12.2mol·L-1硝酸溶液完全反应，根据图中曲线可知，生成气体为NO、NO2且相对含量相等，得到标况下的气体2.24L，即0.1mol气体，根据氮原子守恒则有0.1mol硝酸为氧化剂，而反应生成的亚铁盐或铁盐为硝酸盐，故参加反应的硝酸的物质的量为大于0.1mol，选项D错误；答案选D。14．D【详解】A．根据图-1，可以看出步骤I的反应为：，是被氧气氧化所得，为氧化产物，A错误；B．根据图-1，可以看出步骤Ⅱ的反应为：，可知与反应消耗的数目比为，B错误；C．根据图-2，当硫酸浓度超过时，锌的浸出率开始呈下降的趋势，不是完全成正比的关系，C错误；D．根据图-2，当硫酸浓度超过时，会有部分硫元素转化为逸出，导致溶液中的浓度降低，使硫的氧化率降低，D正确；故答案为：D。15．(1)(2)B(3)实验1气泡的冒出速率和沉淀的生成速率更快温度【详解】【小题1】①单位时间内，产生气体体积越多反应速率越大，在时间段内，产生气体体积分别为、，因此反应速率最快的时间段为：。②在时间段氢气的物质的量变化量为，依据可知，HCl的消耗量为0.03mol，则。【小题2】A．加入溶液，盐酸会与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，A错误；B．加入KCl溶液，可降低盐酸浓度，使反应速率减小，B正确；C．加入固体，锌会与硫酸铜反应生成铜，形成铜锌原电池，加快反应速率，C错误；故答案为B。【小题3】①探究一个影响因素时，其他条件应保持不变，实验1和实验2是探究浓度对反应速率的影响，因此、；②其他条件相同时，浓度对化学反应速率有影响，浓度较大的一组反应速率较快，因此对比实验1和2的现象为：实验1气泡的冒出速率和沉淀的生成速率更快；③实验1和3中，温度不同，其他条件相同，因此探究的是温度对化学反应速率的影响。16．(1)(2)a用湿润的红色石蕊试纸靠近导管口b，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口用热毛巾(或冷毛巾)热敷(或冷敷)圆底烧瓶一段时间(3)由无色变成红棕色，最后变成无色(4)18(5)0.054【分析】工业合成氨是通过氮气和氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气；实验室是通过氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气；氨气的密度比空气小，氨气极易溶于水，且氨水呈碱性，据此分析；【详解】（1）工业用氮气和氢气在高温、高压、催化剂存在的条件下合成氨气，合成氨的化学方程式为；（2）①装置A中氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为；②氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，用装置收集氨时，进气口是。检验收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近导管口b，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，产生白烟)；③打开装置中的活塞，没产生喷泉，因为导管中存在空气，隔绝了氨气和溶液，此时可以用热毛巾(或冷毛巾)热敷(或冷敷)圆底烧瓶一段时间，使氨气和溶液接触即可引发喷泉实验；（3）先与反应生成红棕色的，又被水吸收生成和，气体又变成无色；（4）根据方程式：，氧气，可以消耗，气体共减少，最终气体体积为，再加上水占据的，最终活塞停留的刻度为；（5）的浓度为。17．(1)(2)氧化反应(3)羟基、酯基(4)慢(5)或【分析】CO和H2催化生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二酸，乙二酸和甲醇生成乙二酸二甲酯，然后生成D。【详解】（1）反应①中CO和H2反应生成乙二醇，化学方程式为：。（2）醇羟基在加热、催化剂条件下，可以被空气中的氧气氧化为羧基，A→B的反应类型是氧化反应。（3）B和X发生酯化反应生成C，由B和C的结构简式可知X为，D中所含官能团的名称是羟基、酯基。（4）乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，则乙二醇和钠反应生成氢气和，化学方程式为：；；乙二醇羟基中的氢原子不如水中的氢原子活泼，故速率更慢。（5）根据题意可知，E能与溶液反应且1molE与足量钠完全反应产生标准状况下22.4L氢气，E中含有1个羧基、1个羟基，故结构为或。18．(1)搅拌、适当升温、增大浓度等(2)(3)与反应，减小浓度，平衡逆向移动，使Tl元素以形式重新进入水层(4)(5)沉淀又转化成进入溶液【分析】富铊灰的主要成分有PbO、Fe2O3、FeO、ZnO、Tl2O等，富铊灰加入KMnO4、H2SO4的混合溶液浸取时ZnO转化为ZnSO4，PbO转化为PbSO4、Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，FeO被氧化为Fe2(SO4)3、Tl2O转化为Tl3+离子，经过浸取II得到，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应，然后反萃取得到，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后电解Tl2SO4溶液得到Tl和Tl2(SO4)3溶液，据此分析；