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

湖南省长沙市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BBCAACBADC题号11121314答案BBAB1．B【详解】A．煤的气化是用煤生产水煤气，煤的液化是用煤生产甲醇，故均为化学变化；而石油的常压分馏和减压分馏是利用组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的操作，故为物理变化，故A正确；B．传统的化学工业给环境带来的污染已经十分严重，绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；C．石油裂化可以制得汽油，故裂化的目的是提高汽油的产量，故C正确；D．将苦卤浓缩通入氯气并过量进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后，再用氯气将其氧化得到溴，故D正确；故选：B。2．B【详解】A．甲基的电子式，故A错误；B．S2-的离子为18电子结构，离子结构示意图，故B正确；C．氧为8号元素，含10个中子氧的核素符号，故C错误；D．乙酸的结构简式，故D错误；故答案为B。3．C【详解】A．在氧气中点燃只能生成，无法直接得到，第一步转化不能实现，A错误；B．在氧气中点燃反应生成和，无法直接得到，第二步转化不能实现，B错误；C．石英砂主要成分为，和焦炭在高温下反应制得粗硅，粗硅与在加热条件下反应生成，再与在高温下反应可得到高纯硅，所有转化均能实现，C正确；D．电解溶液得到的是氢氧化镁、氢气和氯气，无法得到金属，需电解熔融态才能制得，第三步转化不能实现，D错误；故答案选C。4．A【详解】A．次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，结构式为，A正确；B．该反应为归中反应，化合价不能交叉：中-2价S被氧化为0价S单质，失去，浓硫酸中+6价S被还原为+4价，得到，正确双线桥表示为：，B错误；C．Cl原子半径大于C原子，四氯化碳的空间填充模型中周围的氯原子应大于中心碳原子，如图，该模型仅为甲烷的空间填充模型，C错误；D．HCl是共价化合物，形成过程中只有共用电子对偏移，不存在电子得失和阴阳离子，正确的形成过程为，D错误；故选A。5．A【详解】A．液氨可用作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，与液氨易溶于水的性质无关，两个陈述均正确且无关联，A符合题意；B．小苏打可与有机酸反应产生，能使面包疏松多孔，因此制作面包时加入小苏打，两个陈述均正确且存在因果关联，B不符合题意；C．高温可使蛋白质发生变性，因此可用蒸煮法对餐具消毒，两个陈述均正确且存在因果关联，C不符合题意；D．具有还原性可作抗氧化剂，酿制葡萄酒时加入适量可防止葡萄酒被氧化，两个陈述均正确且存在因果关联，D不符合题意；故选A。6．C【详解】A．乙烯与溴发生加成反应时，两个溴原子应分别连接在两个不饱和碳原子上，正确产物为，正确的化学方程式为：，A错误；B．是共价化合物，熔融状态不导电，工业上冶炼铝采用电解熔融的方法，选项反应原料错误，B错误；C．工业上石英（）与焦炭在高温条件下反应生成粗硅和，所给化学方程式书写符合反应事实，C正确；D．所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为，D错误；故选C。7．B【分析】据硫的“价类”二维图可知a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为亚硫酸盐，g为-2价硫的盐。【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，A正确；B．硫和氧气燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，B错误；C．H2S与SO2可发生归中反应生成S，C正确；D．亚硫酸盐(如Na2SO3)和浓硫酸(70%左右)反应生成二氧化硫、水和硫酸钠，D正确；故选B。8．A【分析】由题给流程可知，焦炭与石英砂高温条件下反应得到粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下发生置换反应生成三氯硅烷和氢气，三氯硅烷与氢气在1100℃条件下反应得到高纯硅和氯化氢，制备过程中氢气和氯化氢可以循环使用。【详解】A．流程②生成的氢气和流程③消耗的氢气，以及硅和三氯硅烷都能与氧气反应，所以流程②③需在无氧条件下进行，故A正确；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，故B错误；C．由分析可知，制备过程中氢气和氯化氢可以循环使用，故C错误；D．由分析可知，制备粗硅的反应为焦炭与石英砂高温条件下反应得到粗硅和一氧化碳，反应的化学方程式为，故D错误；故选A。9．D【详解】A．气流中可能带出，通入紫色石蕊溶液中也可以使其变红，无法证明是否生成，A错误；B．纤维素在稀硫酸催化下水解后溶液呈强酸性，而新制的检验还原糖的反应需要在碱性条件下进行，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；C．硝酸具有强氧化性，向溶液中加入和稀硝酸，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，也会产生白色沉淀，不能检验是否变质，C错误；D．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别逐滴滴加等浓度的稀盐酸，前者先观察不到气泡，一段时间后才产生气泡，后者立即产生气泡，故可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液，D正确。故选D。10．C【详解】A．该有机物的含氧官能团有（酚）羟基和酯基，共2种，A正确；B．该有机物的酚羟基具有还原性，易被氧化，且该有机物可以燃烧，故可发生氧化反应；该有机物中含有碳碳双键和苯环，都可以与氢气发生加成反应；该有机物由于酚羟基对苯环的活化，使苯环上与酚羟基相邻的碳原子上的氢原子易与浓溴水发生取代反应，且该有机物烃基上的氢原子也可以发生取代反应；B正确；C．1个该有机物的分子中有10个C、8个H、3个O，分子式为，C错误；D．该有机物结构中含有碳碳双键，可与发生加成反应，能使溴水褪色；且由于酚羟基的存在，苯环上与酚羟基相邻的碳原子上的氢原子易与浓溴水发生取代反应从而使溴水褪色；D正确；故答案选C。11．B【详解】A．反应前后气体总物质的量相等，恒温恒容下总压强始终不变，无法判断平衡，A不符合题意；B．的生成速率（正反应方向）与的生成速率（逆反应方向）之比为3:5时，表明正逆反应速率相等，符合平衡条件，B符合题意；C．根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，恒容容器体积不变，因此密度始终不变，无法判断平衡，C不符合题意；D．和同属生成物，物质的量之比始终为3:2（由反应系数决定），与是否平衡无关，D不符合题意；故答案选B。12．B【详解】A．醋酸的Ka为1.8×10-5，磷酸的Ka1为7.5×10-3，磷酸的酸性强于醋酸，A错误；B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>HCO，根据“强酸制弱酸”，将少量的CO2气体通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式正确，B正确；C．结合H⁺的能力由共轭酸的Ka决定，Ka越小，越容易结合H+，酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，故结合H+的能力：D．电离平衡常数仅与温度有关，加NaOH溶液不改变Ka，D错误；答案选B。13．A【分析】a为N2、b为NH3、c为NO、d为NO2、e为HNO3、f为铵盐；【详解】A．工业制硝酸的过程为：氨在催化剂的作用下与氧气发生反应生成一氧化氮；一氧化氮进一步被氧化生成二氧化氮；用水吸收二氧化氮生成硝酸，故转化路径可以是a→b→c→d→e，A正确；B．实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气，B错误；C．由氮元素化合价变化规律可知，将NO(氮为+2价)与(氮为+4价)等物质的量混合通入蒸馏水不可能得到(氮为+5价)，可能得到(氮为+3价)，C错误；D．a为N₂，b为，由转化为不是由游离态氮转化为化合态氮，不属于氮的固定，D错误；故选A。14．B【分析】用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答。【详解】A．溴单质易挥发，热空气能吹出溴，是利用溴易挥发的性质，将溴单质与二氧化硫反应，是合理的，故A不符合题意；B．SO2吸收溴反应生成硫酸和氢溴酸，氢溴酸为强酸，故其反应离子方程式：SO2+2H2O+Br2=SO+2Br-+4H+，推断不合理，故B符合题意；C．因为Br2也能被还原为Br-，故可以用代替，推断合理，故C不符合题意；D．含Br2的海水中溴单质浓度太低，因此没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能，推断合理，故D不符合题意。综上所述，答案为B。15．(1)(2)开始沉淀时，pH为7.6，此时也几乎完全沉淀，杂质无法除去受热易分解(3)和(4)取最后一次洗涤液，先加入稀硝酸酸化，无明显现象，再加入溶液，没有沉淀生成，说明粗镍已洗涤干净【分析】由题给流程可知，向含镍废料中加入过量30%硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸钙微溶于水，过滤得到含有硫酸钙和二氧化硅的固体1和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化镍调节溶液pH在5.2—6.7的范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的固体2和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液和肼，将溶液中的镍离子还原为镍，过滤得到粗镍，粗镍经提纯制得高纯镍。【详解】（1）酸浸时氧化铝参与的反应为氧化铝与硫酸溶液反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为；由分析可知，固体1的主要成分为硫酸钙和二氧化硅，故答案为：；SiO2；（2）由分析可知，加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；由表格数据可知，溶液中亚铁离子开始沉淀时，溶液中的镍离子几乎完全沉淀，氢氧化镍中混有的氢氧化亚铁沉淀无法除去，所以必须将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后再除杂；由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解，所以氧化时，为防止次氯酸钠受热分解，导致氧化效率降低，反应温度不宜高于50℃，故答案为：；Fe2+开始沉淀时，pH为7.6，此时Ni2+也几乎完全沉淀，杂质Fe(OH)2无法除去；NaClO受热易分解；（3）由分析可知，固体2的主要成分是氢氧化铁、氢氧化铝;（4）由方程式可知，反应中镍元素的化合价降低被还原，溶液中镍离子是反应的氧化剂，氮元素的化合价升高被氧化，肼是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；用蒸馏水洗涤粗镍，检验是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，先加入稀硝酸酸化，无明显现象，再加入溶液，没有沉淀生成，说明粗镍已洗涤干净。16．(1)70%(2)0.09mol/(L·min)(3)1.2×10−3(4)Ⅰ和Ⅲ(5)乙(6)AB【详解】（1）由表格数据可知，在第时，的物质的量为，则反应消耗的的物质的量为。因此，的转化率为。（2）在内，消耗的的物质的量为，则的平均反应速率。根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，。（3）根据控制变量法的原则，探究温度对化学反应速率的影响时，必须保持其他条件完全相同。实验Ⅰ和Ⅲ的温度不同，催化剂比表面积相同，因此反应物的初始浓度也应保持一致，故。（4）验证温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的其他条件（如浓度、催化剂比表面积等）均相同。对比表格数据，只有实验Ⅰ和Ⅲ符合这一要求。（5）实验Ⅰ和实验Ⅱ的温度和反应物初始浓度均相同，但实验Ⅱ中催化剂的比表面积更大。催化剂比表面积越大，反应速率越快，达到化学平衡所需的时间越短。观察图像可知，曲线乙达到平衡的时间更短，故表示实验Ⅱ的是曲线乙。（6）A．该反应伴随能量变化，在绝热容器中，反应进行会导致体系温度改变。当温度不再变化时，说明反应已达到平衡状态，A正确；B．该反应前后气体分子总数不相等，且绝热容器中的温度变化也会引起压强变化。当容器内气体压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，B正确；C．达到平衡时，正逆反应速率相等，即。根据化学计量数关系有，故平衡时应满足，选项中等式错误，不能说明达到平衡，C错误；D．反应在容积固定的容器中进行，且反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，因此气体密度始终保持不变，不能作为判断平衡的标志，D错误；故选AB。17．(1)(2)>(3)10.8(4)温度低于时反应未达到平衡，升高温度使反应速率增大；时反应达到平衡，升高温度使反应ⅰ平衡逆向移动【详解】（1）(1)已知、、的燃烧热分别为、、，则有以下热化学方程式：①②③④根据盖斯定律，得；（2）①反应ⅰ的，升高温度，的平衡转化率会降低，因此X代表温度；该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强，的平衡转化率会升高，因此L代表压强，且；②升高温度，平衡常数K会减小，因此a、b、c三点对应的平衡常数、、的大小关系为；（3）当反应达到平衡时，由氢元素质量守恒可知，容器内剩余的的物质的量，此时的浓度为，反应ⅱ生成CO的物质的量为1.6mol，剩余的的物质的量为，由反应ⅲ消耗CO的物质的量为1.2mol，则容器内剩余的CO的物质的量为，反应ⅱ的平衡常数；（4）反应的，则推测出现的产率出现了随着温度的升高先增大后减少的现象的原因为：温度低于时反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，温度高于时反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动。18．(1)5.0(2)250mL容量瓶胶头滴管(3)玻璃搅拌器(4)3.4-56.8kJ/molCD(5)不相等相等【分析】I．进行溶液配制时，计算固体质量时要根据所用容量瓶的体积进行计算，所用的基本仪器有：托盘天平，药匙，烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，胶头滴管等；Ⅱ．中和反应反应热的测定实验关键是要减少热量的损失，因此要做好隔热保温，在进行数据处理时，要舍去误差较大的数据，进行误差分析时，主要是分析前后温度差的误差，结合进行分析。【详解】（1）没有245mL的容量瓶，只能用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；（2）配制一定物质的量浓度的溶液需要使用容量瓶，没有245mL的容量瓶，只能用250mL的容量瓶，定容时需要使用胶头滴管，因此还缺少的玻璃仪器是250mL的容量瓶、胶头滴管；（3）中和热测定实验需要搅拌，图中缺少的一种玻璃仪器是玻璃搅