湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情化学自测卷01（人教版）解析版

湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期开学学情自测卷01化学试题（参考答案）题号12345678910答案DCDCDBBCCD题号11121314答案BDBC1．D【详解】A．根据题中信息，碘化银颗粒分散在水中形成胶体，具有丁达尔效应，A正确；B．胶体不能透过半透膜，用渗析的方法可以分离胶体和电解质溶液，B正确；C．据题中描述分析知，该分散系中分散质为银颗粒和碘化银颗粒，C正确；D．胶体具有巨大的表面积，题干中提到该混合物具有抗菌、抗病毒等活性，可用于消毒。但这种碘化银胶体粒子带负电，而水中的土壤胶体粒子也是带负电的，故不能用于净水，D错误；故答案选D。2．C【详解】A．反应中，2mol参与反应共转移4mol电子，故1mol反应时转移个电子，A正确；B．电离出的和电离出的反应生成沉淀，且氧化也可生成S沉淀，混合会产生沉淀，B正确；C．由、、构成，1mol该固体含4mol、1mol、1mol，共个离子，不是，C错误；D．电离出和，酸性条件下发生归中反应生成，故加入足量稀硫酸有产生，D正确；故选C。3．D【详解】A．蛋白质的基本组成单位是氨基酸，在酶的催化作用下水解最终可得到氨基酸，A正确；B．油脂在碱性条件下的水解反应又称皂化反应，产物为高级脂肪酸盐和甘油，工业上利用该反应生产高级脂肪酸盐（肥皂），B正确；C．属于轻金属铵盐，饱和溶液会降低蛋白质的溶解度，使鸡蛋清中的蛋白质发生盐析，C正确；D．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，其生成和的过程属于氧化反应，D错误；故选D。4．C【详解】A．含有羟基，可与水分子形成氢键，无羟基，无法与水形成大量氢键，因此水溶性：，A正确；B．为三角锥形结构，存在1对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角被压缩，为正四面体结构，无孤电子对，因此键角：，B正确；C．通常晶体熔点规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体，是共价晶体，是离子晶体，冰是分子晶体，正确熔点顺序为：冰，选项给出顺序错误，C错误；D．羧酸α位的吸电子基团会增强羧酸酸性，F电负性大于Cl，吸电子能力更强，且三氯甲基的吸电子能力强于二氯甲基，因此酸性顺序成立，D正确；故选C。5．D【详解】A．S易溶于CS2，微溶于乙醇，不能用乙醇萃取S的CS2溶液中的S，故A错误；B．蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C．SO2也能与碱石灰反应，故C错误；D．Zn与稀硫酸反应可以生成氢气，氢气将液体向右推，可以与Zn分离，能达到实验目的，故D正确；答案选D。6．B【分析】卤代烃可以与KOH/NaOH的醇溶液共热，发生消去反应，脱去HCl，生成烯烃；但能发生消去反应的卤代烃，在结构上必须具备两个条件：1.分子中碳原子数N(C)≥2；2.与一X相连的碳原子相邻的碳原子上要有氢原子；卤代烃都可以发生水解反应。【详解】A．CH3Cl只有一个碳原子，不能消去，故A不符合题意；B．可以发生消去反应，且消去反应产物为CH2-CH=CH-CH3或CH2=CH-CH2-CH3，故B符合题意；C．中Cl原子相邻的C原子的邻碳上没有氢原子，也不能发生消去反应，故C不符合题意；D．CH3-CH2-CHBr-C(CH3)3消去反应产物只有一种，故D不符合题意；故答案选B。7．B【详解】说法①正确：配制FeSO4溶液时，Fe2+易被氧化为Fe3+，加入适量铁粉（Fe）作为还原剂，可防止氧化变质；说法②错误：酸性高锰酸钾溶液在氧化Fe²⁺的同时，也能氧化FeCl3溶液中的Cl⁻，产生干扰；说法③正确：Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，是Fe3+的特征反应；说法④错误：醋酸（CH3COOH）为弱酸，不能完全电离为H+，离子方程式应使用CH3COOH分子形式，而非H+，因此给出的离子方程式不正确；说法⑤错误：铁与氯气反应生成FeCl3（），即使铁过量，产物仍为FeCl3，而非FeCl2；综上，正确说法为①、③，共2个；故答案选B。8．C【详解】A．反应①中为氧化剂，为还原剂，二者物质的量之比为，A正确；B．反应②中为氧化产物，为还原产物，二者物质的量之比为，B正确；C．反应③中是氧化剂，是还原剂，氧化性规律为氧化剂>氧化产物>还原剂，故氧化性，C错误；D．氧化还原反应中还原剂还原性强于还原产物，由反应②得还原性，反应③得还原性，反应④得还原性，故还原性顺序为，D正确；故选C。9．C【详解】A．由题干信息可知，在反应体系中加入Fe2+，可提高反应速率，故Fe2+为该反应的催化剂，A正确；B．已知H2O2可以氧化Fe2+为Fe3+，而Fe3+可以催化H2O2分解为O2，故反应过程中可能产生O2，B正确；C．已知H2O2中O周围的价层电子对数为4，有2对孤电子对，即每个O与周围的H和O形成V形结构，整体呈现报夹或者书页结构，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为2，故CO2为直线形结构，即H2O2与CO2的空间结构不相同，C错误；D．由题干表格数据可知，0~4min内，，D正确；故答案为：C。10．D【详解】A．由题干反应历程图可知，过程②有C-H极性键的断裂，和O-H、Fe-C极性键的生成，A正确；B．由题干反应历程图可知，反应过程中共有、FeO+、[(C2H5)Fe(OH)]+、[(C2H4)Fe]+等4种中间产物，B正确；C．根据反应机理图示，C2H6和N2O是反应物，N2、H2O、CH3CHO是生成物，故总反应为：2N2O+C2H6CH3CHO+2N2+H2O，C正确；D．由图可看出过程①铁元素由Fe+变成FeO+，铁元素化合价变为+3价，铁元素化合价发生改变，D错误；故答案为：D。11．B【分析】由图可知，5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)上转化为2,5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，故b极(Ni@C)为阳极，a极(石墨烯)为阴极，据此分析作答。【详解】A．由分析可知，a极为阴极，b极为阳极，阳极电势高于阴极电势，即b极电势高于a极电势，A正确；B．利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)转化为2,5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，Ni@C能提高氧化反应的速率，B错误；C．石墨烯(a)为阴极，水在阴极得到电子生成气体X(H2)，电极反应式为，C正确；D．每产生1mol转移2mole－，双极膜中有2mol移向阳极，同时有2mol移向阴极，双极膜中质量减少，D正确；故选B。12．D【详解】A．时，高浓度可与催化剂载体反应，导致纳米团聚，催化效率降低，相同时间内产生的体积减小，A正确；B．根据反应机理，反应物为和，最终产物为和，总反应为，B正确；C．时，浓度增大，会生成更多可被催化剂吸附的，反应速率加快，相同时间内产生的体积增大，C正确；D．中与直接相连的来源于反应物，若用代替，得到的产物应为，不是，D错误；故答案选D。13．B【详解】A．反应过程中存在、等极性键的断裂，同时生成非极性键，因此有极性键的断裂与非极性键的生成，A正确；B．X中无富电子反应位点，难以结合；中存在碳负离子，易结合，因此与反应的活性，B错误；C．中的价层电子对数为3个键+1对孤电子对=4，原子的价层电子对数为4个键+0对孤电子对=4，二者价层电子对数相同，C正确；D．根据反应机理，连在上的烯丙基会迁移到相邻的碳上，所得产物与给出的结构一致，D正确；故选B。14．C【详解】A．二氧化碳的分子结构为结构对称的直线形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误；B．由图可知，反应历程中存在电子转移，钴元素在反应过程中存在电子的得失，化合价会发生变化，B错误；C．由图可知，该反应为环氧乙烷和二氧化碳的加成反应生成，所以制备反应的原子利用率为100%，C正确；D．由图可知，与二氧化碳发生加成反应生成，D错误；故选C。15．(1)B(2)(3)(4)Al(OH)3、H2SiO3(5)(6)NaCl(7)1.6【分析】高铬型钒磁铁矿(主要成分为及等杂质)，焙烧后，钒元素：FeV2O4被氧化，钒元素以形式存在；铬元素：FeCr2O4被氧化，铬元素以形式存在；杂质反应：SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3；Al2O3与NaOH反应生成。焙烧后的固体进行水浸，Na2SiO3、、含和的钠盐等溶于水进入溶液，难溶物质成为滤渣1（成分为Fe2O3）。溶液通过R-N(CH3)3Cl树脂进行离子交换，实现钒、铬与其他杂质的初步分离。向含钒的洗脱液，加入NH4Cl固体，得到NH4VO3沉淀。铬的提取：将离子交换后含铬的溶液，调节pH至6，可能使部分杂质沉淀，得到滤渣2[Al(OH)3、H2SiO3]；加入焦亚硫酸钠溶液，被还原，Cr从+6价被还原为较低价态，还原后调节pH，使铬元素以Cr(OH)3沉淀形式析出。【详解】（1）矿物油属于烃类，易溶于有机溶剂，乙醇是有机溶剂，可用于洗涤矿物油，而NaOH溶液、碳酸钠溶液与矿物油不反应且不溶解矿物油，所以选B；（2）Cr是24号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子为3d和4s电子，故价层电子轨道表示式为；（3）焙烧后，钒元素以形式，氧元素的化合价降低，铁和钒的化合价升高，故方程式为：（4）焙烧时，SiO2转变为硅酸钠，Al2O3转变为，调pH至6，硅酸钠和反应得滤渣2的成分为Al(OH)3、H2SiO3；（5）亚硫酸的化学式为H2SO3，结构式为，焦亚硫酸是两个亚硫酸分子脱水缩合形成的，故焦亚硫酸的结构式为；（6）为了使平衡R-N(CH3)3Cl+NaVO3R-N(CH3)3VO3+NaCl逆向移动，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl溶液；（7）“沉钒"得到NH4VO3，若洗脱后的溶液中，为使钒元素的沉淀率达到99%，则沉钒后溶液中的，沉钒后溶液中的至少为。16．(1)恒压滴液漏斗B(2)低温提高连二硫酸锰生成率，且增大二氧化硫溶解度(3)(4)(5)冷却结晶(6)【详解】（1）①仪器a的名称是恒压滴液漏斗；②连二硫酸锰易吸水潮解，装置b中的试剂既可以处理二氧化硫尾气又可以吸水，故选择碱石灰；无水氯化钙、五氧化二磷均只能吸水，不选；氢氧化钠溶液不能装在干燥管里，不选。（2）连二硫酸锰易受热分解生成硫酸锰，温度降低可以保证连二硫酸锰的生成率，同时温度降低有利于增大二氧化硫溶解度，促进反应进行；（3）反应完全后三颈烧瓶中溶液的溶质含有硫酸锰，加入氢氧化钡可以发生双重沉淀反应，离子方程式为；（4）向滤液中缓慢滴加过量饱和溶液，生成产品连二硫酸钠，化学方程式为；（5）要从滤液中获得产品，“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，对应关系为，的相对分子质量为，则n()=，=的物质的量为，理论消耗高锰酸钾，实际消耗的高锰酸钾的物质的量为，产品的纯度为。17．(1)(2)适当增加硫酸浓度，将固体原料粉碎，加快搅拌速率(任答一条即可，其它合理答案也得分)(3)氧化剂，将氧化为(4)1000(5)【分析】高锰酸钾废渣主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2，硫铁矿主要成分为FeS2；加硫酸“酸浸”，MnO2把FeS2氧化为Fe3+和，MnO2被还原为Mn2+，过滤除去SiO2，得到含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的溶液，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁、铝；过滤，滤液蒸发结晶得MnSO4·H2O，MnSO4·H2O热解生成Mn3O4，碳酸锂、Mn3O4在空气中灼烧生成LiMn2O4；【详解】（1）MnO2把FeS2氧化为Fe3+和，MnO2被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；（2）根据影响反应速率的因素，保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有适当增加硫酸浓度、将固体原料粉碎、加快搅拌速率等；（3）除杂步骤是生成氢氧化物沉淀除去铁、铝，加入H2O2的作用为把Fe2+氧化为Fe3+；（4）MnSO4·H2O制备Mn3O4，根据锰元素守恒建立关系式3MnSO4·H2O~Mn3O4，，所以需控制温度大于1000℃；（5）碳酸锂、Mn3O4在空气中灼烧生成LiMn2O4和二氧化碳，根据得失电子守恒，配平反应方程式为。18．(1)浓硫酸、加热(2)还原反应(3)B化合物D即邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，导致形成的分子间氢键减少，熔沸点降低(4)醚键、碳碳双键(5)4(6)【分析】由题干合成流程图可知，根据A的分子式和B的结构简式以及A到B的反应物可知，A的结构简式为，A与CH3OH在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成B，根据B、D的结构简式和C的分子式以及B到C、C到D的转化条件可知，C的结构简式为，由F、H的结构简式以及F到G、G到H的转化条件和G的分子式可知，G的结构简式为，据此分析解题。【详解】（1）由分析，化合物A的结构简式为；A与CH3OH在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成B，即A→B的反应条件为浓硫酸、加热。（2）由分析，B中的酯基被强还原剂还原为羟甲基得到C，属于还原反应。（3）化合物D为邻羟基苯甲醛，由于酚羟基和醛基相隔较近，能够形成分子内氢键，导致熔沸点降低，而对羟基苯