湖南省长沙市2026-2027学年高三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学年高三秋季开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案ABABACCACA题号11121314答案DCAB1．A【详解】A．诗句描述煅烧石灰石的过程，发生反应，该分解反应属于吸热反应，A符合题意；B．爆竹爆炸涉及火药燃烧，燃烧均为放热反应，B不符合题意；C．蜡烛燃烧属于典型的放热反应，C不符合题意；D．雪融化是固态水变为液态水的物理变化，不属于化学反应，不是吸热反应，D不符合题意；故选A。2．B【详解】A．为离子化合物，由和构成，题给电子式符合离子化合物电子式书写规则，A正确；B．乙醇结构为，仅含2个碳原子，键线式无拐点；题给键线式含有1个拐点，共3个碳原子，是1-丙醇的键线式，B错误；C．氢氧化铁胶体制备需要加热，涉及佩戴护目镜、明火、热烫、洗手等，题给安全图标均对应该实验的风险提示，C正确；D．硬脂酸甘油酯在、加热条件下水解生成甘油和硬脂酸钠，为皂化反应，题给方程式书写正确，D正确；故选B。3．A【详解】A．物质的稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，H2O稳定性大于H2S是因为O非金属性更强，H-O键键能更大；氢键只影响熔沸点等物理性质，不影响稳定性，A解释错误；B．CO与N2相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子间范德华力更强，因此CO沸点高于N2，B解释正确；C．羧酸酸性取决于羧基电离H+的能力，-CH3是推电子基团，会减弱羧基中O-H键的极性，使H+更难电离，因此CH3COOH酸性弱于HCOOH，C解释正确；D．金刚石和晶体硅都属于共价晶体，共价键键能越大，共价晶体硬度越大；原子半径Si>C，因此C-C键键长更短、键能更大，硬度金刚石大于晶体硅，D解释正确；故选A。4．B【详解】A．玻璃属于非晶体，不具有晶体的自范性，玻璃球的规则外形是外力加工的结果，并非晶体自范性的体现，A错误；B．晶体的X射线衍射实验可以获得晶胞的结构参数，进而测定键长、键角和晶体的微观结构，B正确；C．气态和液态物质不一定都由分子构成，例如液态汞由汞原子和自由电子构成，熔融由和构成，C错误；D．液晶是介于液态和晶态之间的特殊聚集状态，属于纯净物的一种状态，不是液体和晶体组成的混合物，D错误；故选B。5．A【详解】A．除去粗盐水中的不溶物用过滤的方式，过滤的要点为“一贴、二低、三靠”，故A正确；B．蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管处，故B错误；C．容量瓶不能用来溶解，应该在烧杯中溶解氢氧化钠待冷却后转移至容量瓶中进行溶液的配制，故C错误；D．中和滴定时眼睛应该盯着锥形瓶中，方便确定终点，故D错误；故答案为：A。6．C【详解】A．过氧化钠与水反应的离子方程式未配平，正确的方程式应为，A错误；B．氢氟酸是弱酸，不能拆写为，且会与结合为络合离子，实际溶解过程氢氟酸过量，反应为，B错误；C．等物质的量的与反应时，优先与反应生成，未达到与反应的用量，过量，化学计量数以的离子比例为基准，因此选项的离子方程式书写正确，C正确；D．稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，不会生成，一般条件下发生的主要反应为,根据条件不同会发生不同还原产物的反应，D错误；故答案选C。7．C【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，A正确；B．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，B正确；C．碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，D正确；答案选C。8．A【详解】A．化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，I与II反应的产物除III外，另一生成物的化学式为C3H6O，为丙酮，化学方程式为，故A正确；B．羧基、酯基均与NaOH溶液反应，则1molⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故B错误；C．酚羟基易被氧化，具有还原性，则CAPE可作抗氧化剂，可能与酚羟基有关，故C错误；D．1个CAPE中含有2个酚羟基，其邻对位上的氢原子可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，则1molCAPE与足量饱和溴水反应，消耗4molBr2，故D错误；答案选A。9．C【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确；B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确；C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确；答案选C。10．A【详解】A．由反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，该反应为加成反应，A错误；B．I和II中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确；C．I和II中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确；D．根据反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，双键加成形成环状结构，乙烯在UV下能生成环丁烷，D正确；答案选A。11．D【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；D．T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；故选D。12．C【详解】A．由、发生缩聚反应制备，故A正确；B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B正确；C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C错误；D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确；故选C。13．A【分析】与电源正极相连的石墨电极为阳极，H2O失电子生成H+和O2，H+通过a膜进入产品室，则a膜为阳膜；与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，从NaOH溶液的流向看，其浓度应增大，所以Na+通过c膜流向N室，c膜为阳膜；通过b膜流向产品室，则b膜为阴膜。【详解】A．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应：＋H＋=H3BO3＋H2O，去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，会影响的纯度，A错误；B．N室中与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，电极方程式为：，B正确；C．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应生成，可以推知可以发生电离平衡：+H2O+H+，则为一元弱酸，C正确；D．由分析可知，a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，D正确；故选A。14．B【详解】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A错误；B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B正确；C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C错误；D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D错误；故答案为：B。15．(1)通入空气过多会被氧气氧化成高价态锰的氧化物(2)(3)pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质(4)1：5【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，得到MnSO4，据此分析；【详解】（1）①若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低；②先用过量在酸性溶液中还原生成，离子方程式为，剩余的再用标准溶液滴定，离子方程式为，可得关系式、，则剩余的=，，样品中的纯度；（2）加热水解生成硫酸根和氧气，离子方程式：；（3）①煅烧有生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为，不能分解产生，不能得到疏松的轻质MgO；②由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为；（4）Mn3O4、MnO2与(NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH3和N2；生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为2∶3，设MnSO4、NH3和N2化学计量数为4、6、1，，根据得失电子守恒，设Mn3O4化学计量数为a、MnO2化学计量数为b，列式，Mn元素质量守恒：3a+b=4，化合价升降守恒：，解得a=，b=，理论上消耗Mn3O4与MnO2的物质的量之比为1：5。16．(1)>、都是分子构成的物质，的相对分子质量大于，的范德华力大于极性(2)放出8.5(3)升高温度，反应i平衡向左移动程度小于反应ii平衡向右移动程度10【详解】（1）四氯化硅、二氯化硅都是分子构成的物质，分子间作用力决定沸点高低，因为四氯化硅的相对分子质量大于二氯化硅，故四氯化硅的范德华力大于二氯化硅。中原子价层电子对数为3，采用杂化，空间结构为形，故它是极性分子；（2）硅与周围4个硅形成共价键，1mol硅含2molSi—Si键。此条件下生成0.1molSi、0.05molSiCl2，。（3）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i平衡向左移动程度小于反应ii平衡向右移动程度；②平衡常数只与温度有关，反应ii是吸热反应，温度升高，平衡常数增大。③忽略生成，即只发生反应i．设消耗的物质的量为。，，则故；平衡常数。17．(1)ABCD(2)反应Ⅰ的，温度升高正反应进行程度减小，的转化量减小；反应Ⅱ的，温度升高正反应进行程度增大，的转化量增大；转化量的增大幅度大于减小幅度分子筛膜从反应体系中不断分离出，使反应I正向进行程度增大E(3)1.5或提供氧空位，促进的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的，促进被还原【详解】（1）要计算反应I的焓变△H，可利用盖斯定律，通过已知反应的焓变来推导；已知反应I的方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0；H2(g)燃烧的热反应为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3，A选项能提供H2燃烧生成液态水的焓变信息；CH3OH(1)的燃烧热反应为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H4，B选项可提供甲醇液态燃烧的焓变；H2O(1)=H2O(g)△H5，C选项能提供液态水转化为气态水的焓变；CH3OH(1)=CH3OH(g)△H6，D选项可提供液态甲醇转化为气态甲醇的焓变；根据盖斯定律，可得反应I的焓变△H1=3△H3-△H4+△H5+△H6，综上所述ABCD的数据都需要；故答案为：ABCD。（2）当温度高于260℃时，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，温度高于260℃时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大；分子筛膜可以从反应体系中不断分离出H2O，使反应I正向进行程度增大；CH3OH产率=CO2的转化率×CH3OH的选择性，结合各点横纵坐标可知，E点产率最高。（3）x=0.2时，化学式为CeO1.8，Ce正价有+3和+4，设1个分子中，+3价Ce为a个，+4价Ce为b个，则a+b=1，结合正负化合价代数和为零可知3a+4b=1.8×2=3.6，联立解得，a=0.4，b=0.6，则==1.5；n(CO2):n(H2)=1：2时，结合图像可知，步骤ii反应的化学方程式为5CeO1.8+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2或3CeO2⋅Ce2O3+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2；提供氧空位，促进CO2的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的Hδ-，促进CO2被还原。18．(1)羧基(2)浓硝酸、浓硫酸，加热(3)a(4)(5)(6)19、、(7)消去反应【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A