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

湖南省株洲市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CDACCCCDCA题号11121314答案CCDC1．C【详解】A．稀硝酸与Cu反应生成NO，产生污染气体，不符合绿色化学的原子经济性和环保要求，A错误；B．纤维素、蛋白质是高分子，但油脂相对分子质量较小，不属于高分子(相对分子质量一般上万)，B错误；C．裂化汽油含不饱和烃，能使溴水褪色；直馏汽油为饱和烃，与溴水不反应，可用溴水鉴别，C正确；D．过量NaOH会与碘水反应，导致无法检测淀粉是否残留，未变蓝不能证明完全水解，D错误；故选C。2．D【详解】A．一氯甲烷（CH3Cl）的电子式中，Cl原子最外层有7个电子，形成1个共价键后应还有3对孤对电子，电子式：，A错误；B．和的结构均为CH2Cl2（二氯甲烷），由于甲烷是四面体结构，二氯甲烷只有一种结构，二者为同一种物质，不互为同分异构体，B错误；C．乙烯的结构简式需体现碳碳双键，正确应为CH2=CH2，C错误；D．C2H4为乙烯（仅含碳碳双键的烯烃），C5H10可能为烯烃（如戊烯）或环烷烃（如环戊烷）。若C5H10为环烷烃，与乙烯结构不相似，不互为同系物；若为烯烃则可能互为同系物，故二者不一定互为同系物，D正确；故选D。3．A【详解】A．ClO2是一种强氧化剂，具有氧化性，能够有效杀灭细菌和病毒，可用于自来水的杀菌消毒，A符合题意；B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，即晶体硅可用作半导体材料与其导电性能有关，与熔点高无关，B不符合题意；C．能与胃酸(主要成分为盐酸)反应而中和胃酸，可用于制胃酸中和剂，与其受热易分解无关，C不符合题意；D．液氨汽化时要吸收大量的热量，使周围温度急剧下降，液氨可用作制冷剂，与氨气易溶于水无关，D不符合题意；故选A。4．C【详解】A．ClO-具有较强的氧化性，Fe2+和ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符题意；B．Cu2+和OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，B不符题意；

C．四种离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意；

D．H+和反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，D不符题意。答案选C。5．C【详解】A．金属钠燃烧反应剧烈，可能有火花或熔融物溅出，近距离俯视坩埚易造成灼伤，A正确；B．焰色反应用稀盐酸洗涤铂丝，因盐酸挥发性强，加热可除去，而硫酸难挥发，硫酸盐残留会干扰实验，B正确；C．钠与水反应需注意易燃（氢气）和液体飞溅，而图片中放射性（三叶形）和高压电（闪电）图标与该反应无关，C错误；D．铜与浓硫酸反应后的混合液中含浓硫酸，需缓慢加入水中稀释，水合铜离子显蓝色可判断硫酸铜生成，D正确；故选C。6．C【详解】A．浓硝酸与过量Fe反应时，初始生成Fe3+，但随着反应进行，硝酸浓度降低变为稀硝酸，Fe过量会继续反应生成Fe2+，最终产物应为Fe(NO3)2而非Fe(NO3)3，A错误；B．N2分子中氮氮三键键能大使其稳定，但在高温或放电条件下可与Mg等物质反应（如），因此氮气能支持某些物质燃烧，B错误；C．反应中，Cl2为氧化剂（3mol），2molNH3被氧化为N2（还原剂），氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，C正确；D．，每3molNO2转移2mol电子，故1molNO2转移mol电子，D错误；故选C。7．C【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，X为H，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，可知M位于第三周期，M原子的电子总数是其最外层电子数的3倍，M为P，Z为N，Y为C，据此分析。【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，C的原子半径大于N，因此原子半径Y＞Z，A错误；B．同主族中，简单氢化物的还原性随原子半径增大而增强，P的原子半径大于N，简单氢化物的还原性：NH3（Z）弱于PH3（M），B错误；C．最高价含氧酸的酸性随非金属性增强而增强，同主族中，非金属性N＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3（Z）强于H3PO4（M），C正确；D．H与C形成的最简单的分子为CH4，CH4的电子数为10，X、Y组成的稳定分子的电子数不可能为8，D错误；故选C。8．D【详解】A．SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，而CO2没有漂白性，不能使品红溶液褪色，鉴别SO2和CO2可用品红溶液，A正确；B．SO2具有还原性，酸性KMnO4溶液可氧化SO2，而CO2不和酸性KMnO₄溶液反应，可用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2，B正确；C．SO2和CO2均为酸性氧化物，CO2通入澄清石灰水时，先生成CaCO3沉淀，CO2过量后生成可溶的Ca(HCO3)2使溶液澄清；SO2通入澄清石灰水时，先生成CaSO3沉淀，SO2过量后生成可溶的Ca(HSO3)2使溶液澄清，C正确；D．碳酸氢钠溶液会与SO2反应生成CO2，导致后续通过澄清石灰水时无法区分原气体中的CO2与新生成的CO2，D错误；故选D。9．C【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，能达到实验目的，故A不符合题意；B．只有硫酸浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，故B不符合题意；C．铜制搅拌器可导致热量散失，因使用玻璃搅拌器，不能达到实验目的，故C符合题意；D．图中构成原电池，锌为负极，铜为正极，可知金属性Zn大于Cu，能达到实验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为C。10．A【分析】将选项中的速率都转化为用A物质表示的反应速率且统一单位。【详解】A．v(A)=0.3mol·L-1·s-1；B．v(B)=0.4mol·L-1·s-1，此时v(A)=v(B)≈0.133mol·L-1·s-1；C．v(C)=0.5mol•L-1•s-1，此时v(A)=v(C)=0.25mol·L-1·s-1；D．v(D)=0.8mol•L-1•min-1，此时v(A)=v(D)=0.4mol•L-1•min-1≈0.0067mol•L-1•s-1；综上所述，反应速率最大的为0.3mol·L-1·s-1，故选A。11．C【详解】A．根据C(石墨，s(金刚石，s可知金刚石的能量更高不稳定，故A正确；B．ΔH＞0，ΔS＜0，则△G=ΔH-T△S＞0时，该反应不能自发进行，故B正确；C．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故C错误；D．H2、I2、HI在密闭容器中存在化学平衡：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，将平衡混合气加压后，由于I2(g)浓度增大，因此混合气体颜色变深，但化学平衡不发生移动，因此不能用勒夏特列原理解释，故D正确；答案选C。12．C【详解】A．反应前4min，消耗n(Y)=(0.16mol－0.11mol)=0.05mol，根据反应方程式，则生成n(Z)=0.05mol×2=0.10mol，根据化学反应速率的表达式v(Z)=，A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v(逆)>v(正)，B错误；C．由题干信息可知，，故化学平衡为，C正确；D．因为反应前后气体系数之和相等，因此其他条件不变时，再充入0.2molZ，重新达到平衡，与原平衡为等效平衡，则平衡时X的体积分数不变，D错误；故选C。13．D【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到的2.54g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，设Cu的物质的量为xmol，Mg的物质的量为ymol，根据98x+58y=2.54，64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01。则合金中Cu与Mg的物质的量之比为2：1，A错误；B．根据浓硝酸的密度为1.40g·mL-1，质量分数为63%，则该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为mol·L-1=14.0mol·L-1，B错误；C．混合气体的物质的量为0.05mol，设NO2的物质的量为amol，则的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子得失守恒：a+2(0.05-a)=0.06，解得，N2O4体积分数为，而非40%，C错误；D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：，D正确；故选D。14．C【详解】A．由图可知，N2O4、NO2的初始浓度分别为1.20mol/L、0.20mol/L，平衡时，N2O4、NO2的浓度分别为0.80mol/L、1.00mol/L，浓度的变化量之比等于化学计量数之比，(1.20mol/L-0.80mol/L):(1.00mol/L-0.20mol/L)=1:2，则反应的化学方程式为：N2O4(g)⇌2NO2(g)，故A正确；B．根据图示，达到平衡前，NO2的浓度在不断增大，因此混合气体的颜色逐渐变深，故B正确；C．64s时，N2O4和NO2的浓度相等，但N2O4、NO2浓度的变化量不相等，则反应速率不相等，故C错误；D．由图可知，达到平衡时，N2O4的浓度为0.80mol/L，初始浓度为1.20mol/L，则其转化率为：，故D正确；故选C。15．(1)(2)温度过高易分解(合理即可)(3)CD(4)坩埚(5)812【分析】本题为工业流程题，由水解后得到氯化氢，随后加入硅镁石溶解，用过氧化氢调节pH将二价铁氧化三价铁，再此调节pH除去三价铁，随后过滤，结晶后得到产品。【详解】（1）根据流程可知，“水溶”时和水反应生成，方程式为：；（2）“氧化”时加可以将二价铁氧化为三价铁，离子方程式为：；由于过氧化氢受热容易分解，则反应温度不易过高，主要原因是：温度过高易分解(合理即可)；（3）“调pH”可以生成氢氧化物杂质，同时不能引入杂质：则试剂X可以是CD；“调pH”的目的是除去三价铁，同时不能沉淀镁离子，根据表格中的数据可知，“调pH”的范围为；（4）给固体加热时应该选择坩埚；（5）的物质的量为2mol，根据氯守恒可知，可以生成的物质的量为4mol，则理论上制得的质量为：4mol×203g/mol=812g。16．(1)787000kJ(2)12.5(3)(4)石灰厂排放的废水溶有氢氧化钙呈碱性或或(5)水体富营养化，造成藻类疯长(6)绿色【分析】煤能够燃烧，为了提高煤的燃烧效率，建立火力发电厂，并为其它厂提供电力，进一步提高煤的综合利用，建立焦化厂，将煤进行干馏可以获得重要的化工原料，根据铁矿石和煤的干馏产生的一氧化碳，建立炼铁厂，石灰石与黏土是生产水泥的原料，可以建立水泥厂，据此分析；【详解】（1）根据碳完全燃烧的热化学方程式，可以理论上计算24kg煤(以C计算)完全燃烧放出的热量为；质量为ag的和完全燃烧放出的能量分别为、，故相同质量的这4种燃料完全燃烧，放出热量最多的是；（2）用三段式讨论分析法：，在等温等容下，压强之比等于物质的量之比，求出，则该条件下的百分含量约为；（3）高炉炼铁的化学方程式：；（4）导致b处水样pH变大的原因是石灰厂生产氧化钙或氢氧化钙，这些物质溶在水中使溶液呈碱性，而c处水样pH变小的原因是火力发电厂烧煤，煤中含硫，会产生二氧化硫，溶在水中使溶液呈酸性，故可以将石灰厂排放的废水与火力发电厂排放的废水集中处理再排放，发生的反应为或或；（5）由于化肥厂和污水处理厂排放的废水导致水中氮、磷元素过多，水体富营养化，造成藻类疯长，消耗水中溶解的氧，从而导致鱼类大量减少；（6）要实现人与自然和谐共生，必须践行绿色发展理念，保护生态环境。17．(1)羧基(2)AB(3)(4)(5)、、【分析】淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖的分子式为，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成A，则A为乙醇；乙醇催化氧化得到B，B氧化生成C，则B为乙醛，C为乙酸；C与F反应生成N，根据N、F的分子式可知，F为、N为或；油脂G水解生成D、E、F的物质的量之比为1∶2∶1，且E能够与等物质的量的氢气发生加成反应生成D，则D、E中含有的碳原子数相同，根据G、F的分子式可知，D、E中含有的碳原子数为，G的不饱和度为＝4，除了含有3个酯基外，还含有1个碳碳双键，则D为硬脂酸()、E为油酸()；A与D反应生成M，则M为。【详解】（1）根据分析可知化合物C是乙酸，所含官能团名称为羧基；化合物F的结构简式为。（2）A.反应①是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，反应③是酸与醇的酯化反应，属于取代反应，故反应类型不相同，A错误；B.淀粉、油脂都能发生水解反应，但油脂不属于高分子化合物，B错误；C.化合物A为乙醇，醇可以使酸性高锰酸钾褪色，E为油酸，属于不饱和高级脂肪酸，碳链上有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D.根据燃烧方程式，，设1g葡萄糖燃烧则消耗氧气为，1g乙酸完全燃烧消耗氧气为，耗氧量相同，D正确。故选AB。（3）反应③是与乙醇的酯化反应，化学方程式。（4）根据分析，N为或；结合甘油醛的结构，N应选择，N催化氧化为，然后在碱性下水解为。故中间为物为。（5）A(乙醇)的一种同系物和C(乙酸)的一种同系物反应得到分子式为的物质，该物质含有酯基，结合碳原子4个，可能是甲酸与丙醇形成的酯、，丙酸与甲醇形成的酯，故结构有、、。18．(1)分液漏斗(2)E、D、B(3)排出装置中氧气，防止可能产生的NO被氧化成NO2(4)D装置中有红棕色气体生成冷凝，使NO2完全液化(5)4NO+O2+4OH-=2H2O+4NO