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

湖南省衡阳市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CBABBBBAAD题号11121314答案DAAB1．C【详解】A．麒麟芯片的主要成分为单质，是光导纤维的主要成分，A错误；B．属于无机非金属材料，不属于有机材料，B错误；C．高导热率陶瓷属于性能优异的新型无机非金属材料，C正确；D．烃是仅由、两种元素组成的有机物，还含有、元素，不属于烃，D错误；故选C。2．B【详解】A．图为空间填充模型并非球棍模型，与描述不符，A错误；B．异丁烷为2-甲基丙烷，主链含3个碳原子，2号碳上连1个甲基，结构简式可写为，B正确；C．聚丙烯由丙烯加聚得到，重复单元为，选项中结构简式的重复单元错误，C错误；D．一氯甲烷中原子最外层满足8电子稳定结构，电子式未标出的3对孤对电子，D错误；故答案选B。3．A【详解】A．铅酸电池放电的反应为，充电为放电的逆过程，反应物应为和，选项中反应物、生成物写反，A错误；B．乙醇与钠反应温和，可生成乙醇钠和氢气，能安全处理废弃钠，方程式书写正确，B正确；C．具有还原性，具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，方程式配平正确，C正确；D．为难溶物，硫离子可与结合生成沉淀，可除去废水中的，离子方程式书写正确，D正确；故答案为：A。4．B【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，含有大量，与会反应生成硅酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；B．所给离子均为无色，且相互之间不发生反应，在溶液中能大量共存，B正确；C．加Al粉产生氢气的溶液可能为酸性也可能为强碱性，若为酸性溶液，在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，因此在酸性条件下，该离子组的存在与题设条件矛盾，不符合‘一定’共存的要求，C错误；D．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，含有大量，与会发生反应生成硫单质、二氧化硫和水，不能大量共存，D错误；故选B。5．B【详解】A．具有氧化性，可将氧化为，自身被还原为，离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，A正确；B．溶液中加少量时，完全反应，与的物质的量之比为1:2，正确离子方程式为，题给方程式不符合量的配比，B错误；C．与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C正确；D．与水发生歧化反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，D正确；故选B。6．B【详解】A．酸性溶液不仅能氧化，也能氧化混合液中的而褪色，无法证明混合液中含，A错误；B．实验室通常用氯化铵与氢氧化钙固体共热制取氨气，反应原理为，B正确；C．蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性，生成的碳单质与浓硫酸反应生成、体现浓硫酸的氧化性，反应无盐类生成，不体现酸性，C错误；D．通入品红溶液褪色是因为生成的具有强氧化性，漂白过程不可逆，加热不会恢复红色，题述现象对应的气体是，D错误；故答案为B。7．B【详解】A．放电时是原电池，铝是活性电极，石墨为惰性电极，铝为负极、石墨为正极，A项正确；B．放电时是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，有机阳离子由铝电极向石墨电极方向移动，B项错误；C．根据示意图，放电时，铝为负极，铝跟得到电子生成，负极反应为：，C项正确；D．充电时石墨是阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为，D项正确；答案选B。8．A【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，相同温度时p1条件下一氧化氮的转化率小于p2，则压强p1小于p2，故A正确；B．由图可知，相同压强时，升高温度，一氧化氮的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应的反应限度减小，故B错误；C．设起始一氧化氮的物质的量为2mol、氧气的物质的量为1mol，由图可知，、条件下，一氧化氮的转化率为40%，由方程式可知，氧气的转化率为×100%=40%，故C错误；D．该反应是气体体积减小的反应，缺容器的体积，所以无法计算该温度下该反应的化学平衡常数，但可通过恒压条件下计算该温度下的压强平衡常数为，故D错误；故选A。9．A【详解】A．环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确；B．温度计测烧杯内的液体的温度，水银球不能接触烧杯底部，故B错误；C．醋酸是弱酸，电离过程为吸热，醋酸和氢氧化钠反应放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故C错误；D．在测定中和热实验中，不需要使用天平、滴定管，故D错误；选A。10．D【详解】A．水在光照和催化剂作用下分解生成氢气和氧气，总反应为，A正确；B．由图示可知，过程I为断裂水分子中的2molH-O键，断裂化学键吸收能量，吸收的能量为，B正确；C．由图示可知，过程II为形成H2分子中的1molH-H键和分子中的1molO-O键，形成化学键释放能量，放出的能量为，C正确；D．过程III中，由1mol生成1molO2和1molH2，1mol的总键能为，1mol和1mol的总键能为，故过程III的焓变，属于吸热反应，D错误；故选D。11．D【详解】A．由图可知，该反应为吸热反应，则反应中断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，A正确；B．由反应式可知，中C的化合价由-4价升高至+2价，被氧化，H的化合价由+1价降低至0价，被还原，则反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．由反应式可知，反应中化合价升高的只有中的C元素，中C的化合价由-4价升高至+2价，即每消耗1个，转移个电子，所以反应中每消耗（即1mol），转移电子，C正确；D．由反应式可知，反应中没有非极性键的断裂，有非极性键的形成，D错误；故选D。12．A【详解】A．原电池是将化学能转变为电能的装置，A正确；B．构成燃料电池的正极和负极的材料必须是能导电的材料，电极材料可以是金属，也可以是非金属如石墨等，B错误；C．在原电池中，负极失电子，被氧化，电子从负极流出，C错误；D．原电池放电时，在电解质溶液中阳离子移向正极，D错误；故选A。13．A【分析】X、Y、Z、W为原子半径依次减小的短周期主族元素。Y的单质常温为下黄色固体且可用于处理泄漏的汞，Y是S元素；Z的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z是C元素；X、Y的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，X为Na、W为F。【详解】A．同主族时电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数大的离子半径小，简单离子半径：S2->F->Na+，故A正确；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液制取84溶液，故B错误；C．Z即碳元素最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3是弱酸，故C错误；D．X的氧化物不都是淡黄色固体，例如氧化钠为白色固体，故D错误；选A。14．B【分析】含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。【详解】A．碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，A正确；B．萃取振荡时，分液漏斗上口应倾斜向下，下口斜向上方，B错误；C．密度比水大，应该从分液漏斗下口放出，C正确；D．过滤用于分离不溶于水的固体和溶液，故回收碘时，通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质，D正确；故选B。15．(1)将烧渣粉碎、加热或搅拌、增大NaOH的浓度等(2)CaSiO3(3)(4)(5)A(6)不能Fe3O4与稀硫酸反应生成Fe2+和Fe3+，生成的Fe2+也能使酸性褪色【分析】高硫铝土矿生产氧化铝并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，矿粉焙烧过程中FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，其中氧化钙和二氧化硫反应、并在氧气参与下转化为硫酸钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸，其中的氧化铝溶解生成四羟基合铝酸钠，过滤得到滤液为四羟基合铝酸钠溶液，与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝；隔绝空气时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，经过磁选得到Fe3O4。【详解】（1）增大反应物的浓度、适当升高温度、增大反应物接触面积等措施可以增大反应速率；为了加快碱浸时的溶出速率，可采取的措施有：适当提高反应温度或增大NaOH浓度、搅拌、将焙烧后的物质粉碎等。（2）CaO是碱性氧化物，SiO2是酸性氧化物，则“焙烧”时加入的少量CaO可将SiO2转化为CaSiO3。（3）碱浸时Al2O3能与NaOH发生反应生成，离子方程式为：；（4）用双碱法脱硫法处理废气中的SO2，过程I为SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，反应方程式为：；过程Ⅱ为Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应生成CaSO4、NaOH，反应方程式为：，NaOH是过程I的反应物，又是过程Ⅱ的生成物，将过程I方程式扩大2倍再与过程Ⅱ式子相加，可得双碱脱硫法的总反应方程式：；（5）第二次焙烧时，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，Fe2O3、FeS2和Fe3O4均为固体，而Fe3O4具有磁性，则“烧渣分离”中可以选用磁选法，故选A。（6）在纯度检验时，将少量磁选后的产品溶于稀硫酸中，由于Fe3O4与稀硫酸反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，Fe2+具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液褪色，因此再滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4褪色，不能证明产品中含有FeO。16．(1)(2)3或(3)(4)66.7%0.00125>从题给图像判断出该反应为吸热反应，对比和两种平衡状态，由到，浓度增大，说明平衡逆向移动，则>正向移动变小(5)【详解】（1）总反应为，由此推知，总反应-第1步反应-第2步反应=第3步，因此第3步反应为。（2）每步反应都有过渡态，即总反应有几个过渡态，就有几个基元反应，此反应有3个过渡态，总反应分三个基元反应进行；决定总反应速率的是活化能最大的一步基元反应，该反应方程式为或。（3）将三个已知的热化学方程式依次编号①②③，根据盖斯定律可得甲烷气相裂解反应=，可得，。（4）①设达到平衡时，甲烷转化了xmol/L，根据三段式进行计算，则有0.15-x=0.5x，x=0.1，故CH4的转化率。②由图像判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃到T2℃为降温过程，即T1＞T2，结合①的计算结果，设重新达到平衡时，甲烷的浓度变化了ymol/L，列出三段式法：，则有，解得y=0.025，；③在①建立的平衡状态基础上，再通入0.5molCH4，根据勒夏特列原理，平衡向着减小反应物浓度的方向进行，即反应正向移动，但因为增大了甲烷的起始浓度，故甲烷的转化率变小。（5）由题图中数据可知，平衡时各物质分压如下，，平衡常数。17．(1)(2)增大压强（或压缩体积）BC(3)Aac温度升高，催化剂甲得活性降低温度升高，平衡逆向移动分子筛膜从反应体系中不断分离出，浓度降低，有利于反应正向进行，甲醇产率升高C【详解】（1）已知反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，根据盖斯定律，反应ⅡI=反应Ⅱ-反应Ⅰ，；（2）①由于反应Ⅱ为放热反应，且为分子数减小的反应，①既能加快反应速率，又能提高和平衡转化率，即使平衡正向移动的措施是增大压强（或压缩体积）；②A．由于该反应，分子数减小，故，由自发进行，则该反应属于低温自发反应，A错误；B．由于该容器为体积可变的容器，故密度为可变量，若混合气体的密度保持不变，则表明反应达到平衡状态，B正确；C．在反应反应Ⅱ中，与的化学计量数之比为1∶4，充入，过程中，的转化率始终等于的转化率，C正确；D．反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，D错误；故选BC；（3）①由图可知，催化剂甲在较低温度下（）CO2有较大的转化率，故催化剂甲的催化效果较好，故选A；由图知，在a点，对催化剂甲来说，二氧化碳转化率未达到最大值，故不是化学平衡的点，在c点，对催化剂乙来说，二氧化碳转化率未达到最大值，故a、b、c、d、f五点，一定不是化学平衡的点是为ac；②由图知，在使用催化剂甲时，二氧化碳的转化率降低，原因可能为升高温度，导致催化剂甲失去了活性；③反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，d点低于b点；④根据题中信息分子筛膜能选择性分离出，分离出后，的浓度降低，有利于平衡正向移动，因此P点甲醇产率高于T点；P点和T点的温度相同，平衡常数相等，选C。18．(1)+2价(2)隔绝空气，防止Fe2+被氧化(3)过量太多会增加沉淀过程氨水的用量(4)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S(5)Fe(OH)2【分析】烧渣(主要含Fe2O3、FeO)用硫酸酸溶，过滤除去不溶杂质，滤液含有Fe3+、Fe2+等，加入FeS2：，根据流程知，另一个反应中FeS2被氧化成S，离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，除去S和少