湖南省株洲市2026-2027学年高三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学年高三上学期开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BAABDBACAB题号11121314答案CBCC1．B【详解】A．从图中可以看到有元素化合价的变化，如Mo、Co元素等，涉及氧化还原反应，且存在多步电子转移过程，A正确；B．过程b中，转为HCOO-的关键是C原子得到电子、与H成键，断裂双键中的π键参与电子云重排，而非直接断裂σ键，同时过程b生成了新的σ键，B错误；C．该催化剂吸收光能，促使体系中物质发生氧化还原反应，实现光氧化还原级联转化，C正确；D．主客体催化体系是与CoTPA通过分子间相互作用形成的超分子，D正确；故答案为B。2．A【分析】①向M溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，则溶液中不含Fe3+；②向M溶液中滴加盐酸，产生气体和浅黄色沉淀，说明溶液中含有，与H+反应生成S、SO2、H2O，则溶液中不含ClO-，由电荷守恒可知，溶液中一定含有，可能含有。【详解】A．由实验①可知。溶液显碱性，不可能存在，A项正确；B．由分析可知，溶液中不含ClO-，B项错误；C．由实验可知，浅黄色沉淀是硫单质，M可能含，或含和，不能说一定含和，C项错误；D．根据题给信息不能判断是否存在，D项错误；故选A。3．A【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为，共2对电子、2个未成对电子，X为C；Y与X相邻，原子序数更大，Y为N；Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最高能级有4个电子，Y为N，Z原子序数更大，第二周期最高能级为，Z的最高能级为，Z为O；与同主族，M为P；在同周期主族元素中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则为Cl。【详解】A．的简单氢化物为，中心C原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，杂化方式为sp3；的简单氢化物为，中心原子价层电子对数为=4，有1对孤电子对，杂化方式为sp3，孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角>，A正确；B．的双原子分子为，的双原子分子为，含氮氮三键，键能远大于的双键，稳定性即，B错误；C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，则电负性，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性即，D错误；故选A。4．B【详解】A．六方晶胞中，W（黑球）：8个位于棱心，2个位于面心，数目为；O（白球）：16个O位于晶胞面上，1个位于体心，数目为。因此，化学式为，A错误；B．六方晶胞底面为夹角的平行四边形，边长为，因此底面积：，晶胞高为，体积，晶胞总质量：。密度，B正确；C．分数坐标的定义是以晶胞各轴的边长为单位1，坐标分量均为的无量纲数，不会出现a，3号W的分数坐标应为，C错误；D．六方晶系、轴夹角为，1号O和3号W的位置关系可以表示为，1号O和3号W的核间距为，D错误；故选B。5．D【详解】A．SiO2不与水发生反应，无法一步生成H2SiO3，A错误；B．过量Fe和HNO3反应时，生成的Fe3+会被过量Fe还原为Fe2+，最终得到Fe(NO3)2，无法得到Fe(NO3)3，B错误；C．S在O2中点燃只能生成SO2，无法直接生成SO3；且SO2和BaCl2溶液不反应，不会生成BaSO3沉淀，C错误；D．FeS2与O2加热反应生成SO2，SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3和稀硫酸发生复分解反应生成(NH4)2SO4，(NH4)2SO4与NaOH溶液共热反应生成NH3，各步转化均能一步实现，D正确；故选D。6．B【详解】A．酿酒过程是糖类发酵生成乙醇，反应中碳元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，A不符合题意；B．“粉石膏，煮水成膏”是粉石膏（无水硫酸钙或半水硫酸钙）与水反应生成二水硫酸钙的过程，反应中各元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意；C．铁久置生锈，铁单质被氧气氧化生成氧化铁，Fe、O元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．硫黄燃烧生成二氧化硫，S、O元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；故选择B。7．A【详解】A．是难溶悬浊液，不能拆；水解显酸性，可溶解，反应生成与弱电解质，离子方程式：，A正确；B．沸水中滴饱和得到的是氢氧化铁胶体，不是沉淀，胶体不能标沉淀符号，正确方程式应为，B错误；C．中S的化合价从，每个失；中Mn的化合价从，每个得，结合得失电子守恒和电荷、原子守恒，正确离子方程式为，C错误；D．和稀硝酸还原产物是无色，不是；试管上部出现红棕色是遇空气被氧化为，稀硝酸反应离子方程式：，D错误；故选A。8．C【详解】A．氯化钙会与氨气反应生成，不能用于干燥氨气，无法制得干燥的氨气，A错误；B．氯化铵受热分解生成和，左侧碱石灰吸收，但无法使湿润的蓝色石蕊试纸变色；右侧吸收，但无法使湿润的酚酞试纸变色，因此不能检验分解产物，B错误；C．溶液过量，加入少量时完全反应生成沉淀，再加入后出现黑色沉淀，说明转化为更难溶的，可证明，C正确；D．醋酸滴定溶液，滴定终点生成的溶液显碱性，应选用酚酞作指示剂，甲基橙在酸性范围变色，会产生较大测定误差，D错误；故选C。9．A【详解】氯乙烷在氢氧化钠水溶液中水解为乙醇和氯化钠，氯化钠与硝酸银反应生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，故A正确；Fe(NO3)2溶液加入稀硫酸，Fe2+可以被硝酸氧化为Fe3+，所以Fe(NO3)2溶液加入稀硫酸，在加KSCN溶液，溶液变成血红色，不能证明Fe(NO3)2已变质，故B错误；若盐酸的浓度不同，相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉加入到等体积的盐酸中，反应速率：大理石粉不一定大理石块，故C错误；2mL0.01mol/L的Na2S溶液中滴入几滴ZnSO4，Na2S溶液有剩余，再滴入几滴CuSO4溶液，Na2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，不能证明，故D错误。点睛：Fe2+可以被硝酸、氧气等氧化剂氧化为Fe3+，若要证明Fe(NO3)2是否变质，可以向Fe(NO3)2溶液直接加入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则Fe(NO3)2已变质。10．B【分析】废液(含有、、)加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加CuO调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，所得滤液加过量草酸铵，得沉淀、经灼烧得到纳米CuO。【详解】A．沉淀上附着的杂质为和，灼烧时会分解，因此可不洗涤直接灼烧，A项正确；B．灼烧温度过高，可能会使CuO分解为，B项错误；C．依题意，调节pH3.2～4.7的目的是使完全沉淀，不沉淀，C项正确；D．溶液显碱性，得到的中可能混有，D项正确；答案选B。11．C【详解】A．由题目信息可知该反应、气体分子数减少，，由可得，常温下较小，，反应可自发，A错误；B．该反应为可逆反应，通入的1mol不能完全转化，达平衡时放热小于37.8kJ，B错误；C．反应平衡时、，由速率方程可得、，可得，该反应为放热反应，降温平衡正向移动，增大，即，可能存在，C正确；D．恒温恒压下，反应自发向自由能减小的方向进行，随着反应进行体系自由能G减小，D错误；答案选C。12．B【分析】装置图中，左侧装置为氢氧燃料电池，右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中，固体电解质掺杂了K2CO3晶体，负极反应式为，正极反应式为；电解池中，Fe电极(阳极)反应式为：，Ni电极(阴极)反应式为：。从图中箭头可知，电极c产生的H2流入电极b中，所以电极c为Ni电极(阴极)，电极b为负极；电极a为正极，电极d为Fe电极(阳极)。【详解】A．据分析，电极a为正极，得电子，电极d为阳极，失电子，外电路电子由d极流向a极，A正确；B．电解池中，Fe电极(阳极)反应式为：，Ni电极(阴极)反应式为：，阳极需要消耗OH-，阴极不断生成OH-，在浓碱中稳定存在，为提高Na2FeO4的产率，应使用阴离子交换膜，B错误；C．由分析可知，电极a为正极，通入O2和CO2发生反应，电极反应式为，C正确；D．根据装置中的电极反应可得计量关系：，因此理论上电解池中每制得，迁移，D正确；故选B。13．C【详解】A．Ni原子的价层电子排布式为，失去3个电子后变为，A正确；B．和电子层数相同，的核电荷数比大，对核外电子的吸引能力更强，所以离子半径，离子键键能，故熔点，B正确；C．NiO晶体结构与NaCl相同，NaCl中每个周围最近的有6个，围成正八面体，那么NiO晶体中距离最近的有6个，围成的是正八面体，C错误；D．晶胞中O的个数为，Ni的个数为4x，根据密度公式，晶胞体积，则晶胞质量，，整理可得，D正确；故选C。14．C【详解】A．由图可知，，当时，，此时溶液的，即，A错误；B．，的数量级为，B错误；C．当时，，此时，在溶液中最大值为，不会沉淀，可通过分步沉淀进行分离，C正确；D．过量的NaOH能溶解，D错误；故选C。15．(1)(2)的价层电子排布为，失去一个电子后形成半充满稳定结构，较易失去电子；而的结构较稳定，难再失去电子，故显著增大，使得(3)与形成的配合物非常稳定，溶液中自由的浓度极低，难以与邻二氮菲结合(4)BC(5)84(6)【详解】（1）铁是26号元素，基态原子的核外电子排布式为，其价层电子排布式为。（2）的价层电子排布为，的价层电子排布为，属于半充满稳定结构，因此较容易失去一个电子变为（相对较小），而很难再失去一个电子，导致突跃增大，故的差值大于。（3）在溶液中电离出和，由于配离子非常稳定，极难解离出自由的，导致溶液中浓度极低，无法与邻二氮菲发生显色反应。（4）A．和均为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，A正确；B．与会发生络合反应生成配合物，不能大量共存，B错误；C．用溶液除杂会引入、等新杂质，且酸性条件下能氧化，C错误；D．加热蒸干时，和均会发生水解生成氢氧化物，且易被氧化，最终得不到纯净的氯化物，D正确；故选BC。（5）为体心立方堆积，体心的Fe原子与8个顶点的Fe原子紧邻，配位数为8；为面心立方堆积，晶胞中Fe原子位于8个顶点和6个面心，根据均摊法，晶胞中含有的Fe原子数为。（6）Fe与反应生成，说明氧化性；Co与反应生成，说明不能将氧化为，即氧化性；综合可得氧化性顺序为；与盐酸反应生成黄绿色气体，说明将氧化为，自身被还原为，反应的离子方程式为。16．(1)球形冷凝管b(2)+CH3CH218OH+H2O(3)除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度(4)使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率(5)82%【分析】向三颈烧瓶中加入12.2g苯甲酸（0.1mol）、(约0.25mol)的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石，小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置，将乙醇蒸出，再将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性，分液，向有机层加入无水硫酸镁干燥，再蒸馏得到苯甲酸乙酯。【详解】（1）由仪器构造可知A为球形冷凝管，水流方向为下进上出，故答案为：球形冷凝管；b；（2）制备苯甲酸乙酯是苯甲酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成苯甲酸乙酯和水，其反应的化学方程式：+CH3CH218OH+H2O，故答案为：+CH3CH218OH+H2O；（3）步骤③中，加入Na2CO3粉末，主要作用是，除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；故答案为：除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；（4）该反应是可逆反应，使用分水器及时分离出生成的水，可以使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率；故答案为：使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率。（5）12.2g苯甲酸（0.1mol），(约0.25mol)乙醇和2mL浓硫酸，则根据过量分析按照苯甲酸进行计算，根据关系式理论上得到苯甲酸乙酯质量m(苯甲酸乙酯)=，则本实验的产率是；故答案为：82%。17．(1)增大接触面积，提高反应速率，使其充分反应(2)(3)醋酸钙易溶于水，而直接反应生成的柠檬酸钙会覆盖在固体表面，阻止反应的继续进行(4)烧杯、漏斗、玻璃棒(5)b(6)减少溶质损失，降低误差(7)用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2-3次无影响(8)(或)【分析】碳酸钙固体研磨后有利于加快反应速率，加入醋酸，发生反应：，经过滤得到醋酸钙，醋酸钙与柠檬酸反应过滤后得到较纯净的柠檬酸钙固体，洗涤、干燥后得产品；【详解】（1）需将蛋壳研磨成粉，其目的是增大固体反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率；（2）蛋壳主要成分是碳酸钙，是难溶的固体，醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开,要用化学式，碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：；（3）醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应；（4）过滤时用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸，玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是乙醇，答案选b；（6）配制一定物质的量浓度的溶液，需将烧杯和玻璃棒进行洗涤，将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，目的是将溶质全部转移至容量瓶中，减少溶质的损失，减少实验误差；（7）①滴定管用蒸馏水洗涤后，加入EDTA标准溶液之前，需用EDTA对滴定管进行润洗，故操作为：用少量EDTA标准溶