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

湖南省株洲市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BBBADACCCC题号11121314答案BDAD1．B【详解】A．淀粉需先水解为葡萄糖，再经发酵生成乙醇，而非直接水解为乙醇，A错误；B．酵母菌中的酶作为催化剂，能降低发酵反应的活化能，B正确；C．蒸馏是通过沸点差异分离物质，属于物理变化，C错误；D．葡萄糖发酵产物应为CO2而非CO，D错误；故选B。2．B【详解】A．为氦原子，质子数为2，核外电子数=质子数=2，的原子结构示意图应为，A错误；B．Cu的原子序数为29，基态电子排布式为，失去2个电子形成时，先失去4s轨道1个电子，再失去3d轨道1个电子，因此价电子排布式为，B正确；C．氯化铯为离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程：，C错误；D．邻羟基苯甲醛中存在羟基氢和醛基氧的分子内氢键：，题中所给结构不是对羟基苯甲醛，且对羟基苯甲醛不存在分子内氢键，可存在分子间氢键，D错误；故选B。3．B【详解】A．恒温恒容，通入的二氧化硫会和硫化氢反应，导致硫化氢浓度减小，平衡正向移动，A错误；B．因固体对压强无影响且浓度不变，所以移走一部分固体平衡不移动，B正确；C．容器容积不变，充入氯化氢气体，氯化氢会与氨气发生反应，导致氨气浓度减小，平衡正向移动，C错误；D．保持压强不变，充入氮气，氨气和硫化氢的浓度减小，平衡正向移动，D错误；故选B。4．A【详解】A．当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，故A正确；B．该反应为可逆反应，达到平衡状态时，反应物不能完全转化为生成物，所以SO2和O2的浓度不等于0，B错误；C．因为是可逆反应，所以消耗的SO2的物质的量小于2mol、消耗O2的物质的量小于1mol，放出的热量小于196.6kJ，C错误；D．反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，2～4min三氧化硫的物质的量不变，为amol，D错误；答案选A。5．D【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入过量的CO2反应生成H2SiO3沉淀和NaHCO3，则反应的离子方程式为：，A正确；B．向FeI2溶液中通入过量的氯气，FeI2被完全氧化生成FeCl3和I2，则反应的离子方程式为：，B正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入过量的NaOH溶液反应生成、Na[Al(OH)4]和Na2SO4，则反应的离子方程式为：，C正确；D．向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至中性，即Ba(OH)2和NaHSO4按物质的量之比为1∶2反应，则反应的离子方程式为：，D错误；故选D。6．A【详解】A．氮分子中存在氮氮三键，键能高，难以断裂，因此氮气化学性质稳定，A正确；B．同主族元素从上到下原子半径增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，金属性增强，而非核电荷数增加导致半径减小，B错误；C．浓硫酸使蔗糖脱水炭化（变黑）体现了其脱水性，但后续膨胀是因碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫气体，此时浓硫酸还体现强氧化性，C错误；D．作为催化剂，仅降低反应活化能，加快分解速率，但不会改变反应的热效应（分解为放热反应，催化剂不改变这一性质），D错误；故选A。7．C【详解】A．是负极失电子，电子由锌经导线流向铜电极，电极表面有大量电子，溶液中向电极方向移动，故A正确；B．是正极，电解液是，正极的电极反应式为，故B正确；C．锌筒作负极，发生失电子的氧化反应，不是还原反应，故C错误；D．铅蓄电池放电时总反应：，使用一段时间后，电解质溶液硫酸的浓度减小，酸性减弱导电能力下降，故D正确；故选C。8．C【分析】除去、Ca2+、Mg2+等杂质用的试剂依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以要先加BaCl2溶液除去，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，最后可以加入氢氧化钠除去镁离子，过滤除去沉淀后滤液加入盐酸调节pH至中性，蒸发结晶得到精盐，用于氯碱工业；母液加入氢氧化钙得到氢氧化镁沉淀，处理得到氯化镁；溴化钠加入氧化剂得到溴单质使用二氧化硫吸收后再加入氧化剂得到富集的溴单质；【详解】A．除杂问题要注意三原则：不增，不减，操作易行，为保证杂质离子除尽所驾驶要过量，过量的物质也要除去，除去、Ca2+、Mg2+等杂质用的试剂依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以要先加BaCl2溶液除去，再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，A错误；B．工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，B错误；C．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴，C正确；D．第③、⑤步中溴元素化合价升高被氧化，D错误。故选C。9．C【分析】氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠溶液，通入二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，灼烧生成氧化铝，电解得到铝单质。【详解】A．碱溶①后，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，溶液中主要含有的阳离子为，A错误；B．步骤②通入足量时，过量，与反应生成和，离子方程式为，B错误；C．受热分解生成和，熔点很高，常用作高温耐火材料（如耐火坩埚），C正确；D．电解④添加冰晶石的主要目的是降低的熔点，使其在较低温度下熔融，而非增强导电性，D错误；故答案选C。10．C【详解】A.丙烯与乙烯的性质相似，乙烯能在空气中燃烧，丙烯也可以，A正确；B.丙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，与Br2的加成产物是CH2Br－CHBr－CH3，C错误；D.丙烯中含有碳碳双键能发生加聚反应，碳碳双键中一条键发生断裂，生成聚丙烯，D正确；答案选C。11．B【分析】海水中加稀硫酸酸化后，通入氯气，溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，热空气吹出后在吸收塔中用二氧化硫水溶液吸收，在蒸馏塔中氯气再次将溴离子氧化为溴单质，得到液溴，整个过程中经过两次溴的转化，其目的是：对溴元素进行富集(或富集溴元素)。【详解】A．海水淡化的主要方法包括蒸馏法、反渗透法和电渗析法，A正确；B．“氧化室”中溴单质溶解于海水中，浓度较低，经吹出、吸收塔富集后，蒸馏塔中溴离子被再次氧化为溴单质，浓度远高于氧化室，故蒸馏塔中溴浓度更高，B错误；C．吸收塔中SO2还原Br2，反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，离子方程式SO2+Br2+2H2O=+4H++2Br-，电荷及原子守恒，C正确；D．液溴易挥发且密度大于水，实验室保存时加少量水液封以防止挥发，D正确；故选B。12．D【详解】A．浓硫酸浓度降低是因为其吸水性，浓硝酸浓度降低是因为易挥发，A错误；B．当溶液中含有时，加入酸化的溶液，亚硫酸根离子被酸性条件下的硝酸根离子氧化成硫酸根离子，也会出现白色沉淀，B错误；C．Fe与稀硝酸反应生成的气体为NO，该反应不是置换反应，C错误；D．HCl、极易溶于水，分别充满HCl、的烧瓶倒置于水中，气体溶解，液面迅速上升，D正确；故答案选D。13．A【详解】A．稀释过程中K不变，稀释后各物质浓度降低，导致Q<K，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确。B．铁与水蒸气反应生成Fe3O4中含Fe2+和Fe3+，足量盐酸溶解时，Fe3+可能被未反应的Fe还原为Fe2+，导致KSCN不显红色，所以无法证明产物不含+3价铁，故B错误。C．检测时加入氢氧化钠，同时需加热使NH3挥发，未加热时，生成一水合氨，湿润的红色石蕊试纸检验未变蓝，不能说明原溶液中不含，故C错误；D．在氢氧化钠溶液中，铝与氢氧化钠反应而镁不反应，故铝作负极，镁作正极，镁电极上是水电离的得电子生成氢气，即。该原电池的电极由电解质溶液的性质决定，不能据此判断金属性强弱。根据元素周期律，金属性，故D错误；答案选A。14．D【分析】由海水提溴的工艺流程可知，海水中浓缩后，溴离子与氯气发生氧化还原反应生成溴，利用空气吹出，在吸收塔中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和HBr，在蒸馏塔中氯气与HBr反应生成溴，然后蒸馏分离出溴。【详解】A．溴易挥发，两次通入的水蒸气都是进行加热，溴被热空气吹出，均不参加反应，A错误；B．吸收塔中SO2作还原剂将Br2还原为Br﹣，而中具有氧化性，与Br2不反应，无法吸收Br2，B错误；C．第一次氧化：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，还原性Br﹣>Cl﹣；吸收塔：，还原性SO2＞Br﹣，则还原性SO2＞Br﹣＞Cl﹣，C错误；D．单次反应：2Br﹣~Cl2，总反应中2Br﹣~2Cl2（氯气两次氧化溴离子），n(Cl2)==0.001mol，则n(Br⁻)=0.001mol，质量为0.001mol×80g/mol=0.08g=80mg，浓度80mg/L，D正确；故选D。15．(1)A(2)a减小(3)(4a＋4b)-(4c＋2d)ac【详解】（1）甲烷在空气中燃烧是放热反应，故其能量变化示意图为A；（2）①甲烷氧气燃料电池中甲烷失去电子发生氧化反应，甲烷做负极，氧气得到电子做正极，电子由负极流出，流入正极，故电子从a极流出；②甲烷失去电子发生氧化反应，甲烷做负极，电极反应式为；③负极电极反应：，正极电极反应，反应消耗OH⁻，故减小；（3）①结合题意当1molCH4参与反应时吸收的能量=应物总键能-生成物总键能=；②0~5s时间段内平均反应速率v(CH4)=；a．CH4浓度不再变化，说明正、逆反应速率相等，反应平衡，a正确；b．生成0.1molCO2同时消耗0.2molH2O，都是正反应，不能证明正、逆反应速率相等，反应不平衡，b错误；c．根据质量守恒可知，容器中气体的总质量不变，正反应是气体体积增加的反应，混合气体的平均摩尔质量不变，能证明反应达到平衡，c正确；d．容器中气体的总质量不变，恒容密闭容器，混合气体的密度恒为定值，混合气体的密度不变，不能证明反应达到平衡，d错误；故选ac。16．(1)乙烯碳碳双键(2)Cl2(3)氧化反应(4)保护醛基(5)

【分析】A为乙烯，经过一系列化学变化生成B，根据已知Ⅰ和C的结构简式可推测B的结构简式应为CH2=CH-(CH2)2-CH=CH2，物质C与HBr在甲苯存在的条件下反应，生成物质D，其结构简式应为Br-(CH2)6-OH，D在PCC、CH2Cl2条件下反应生成了物质E，E与HO-(CH2)2-OH在H+、甲苯存在的条件下反应，生成物质F，物质F根据已知Ⅱ，生成物质G，其结构简式为，G在10%H2SO4生成物质H，物质H与CH2(COOH)2在吡啶、六氢吡啶下最终生成物质M，即王浆酸。【详解】（1）A的名称为乙烯；B中官能团的名称为碳碳双键；（2）由C2H4生成C2H4Cl2，是乙烯与Cl2发生加成反应，所以试剂a为Cl2；结合已知Ⅲ，可知Y的结构简式应为CH≡C-CH2-CH2-C≡CH，根据分析知B为CH2=CH-(CH2)2-CH=CH2，故Y→B的化学方程式为；（3）根据题意和分析知C、D的结构简式，故C→D的化学方程式为：；D→E是发生了氧化反应，将-OH氧化为了-CHO；（4）在合成路线中，E→F是对醛基进行保护，G→H是将保护的基团还原回来，所以设计E→F和G→H的目的是保护醛基；（5）根据分析知，G的结构简式为。17．(1)H2O2在较高温度下发生分解(2)Fe(OH)3、Al(OH)3当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用(3)Mg2+、Ca2+(4)【分析】由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据已知信息知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应，据此回答。【详解】（1）的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为；温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降；（2）①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质；（3）钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+；（4）SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr(OH)(H2O)5SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，化学方程式为。18．(1)D(2)使酸和碱充分混合，加快反应速率，使小烧杯内液体温度上下一致减少实验过程中的热量损失(3)不相等确保盐酸被完全中和(4)△H1=△H2＜△H3(5)-51.8【详解】（1）A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧成稳定氧化物所放出的热量，该反应生成CO，没有生成稳定氧化物CO2，因此碳的燃烧热大于110.5kJ•mol-1，故A错误；B．①的反应热为-221，故B错误；C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H=-57.3kJ•mol-1，故C错误；D．含1molNaOH的溶液和盐酸完全反应放出的热量为57.3kJ，20.0gNaOH即0.5molNaOH和盐酸完全反应放出的热量为28.65kJ，故D正确；故答案为：D；（2）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒，它的作用是使酸和碱充分混合，加快反应速率，使小烧杯内液体温度上下一致；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作