湖南省株洲市2026-2027学年高三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学年高三秋季开学学情自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案ACADBCCBDA题号11121314答案CAAB1．A【详解】A．用石油、天然气、煤和农副产品作原料制成单体，然后经过化学合成和机械加工等制得合成纤维，合成纤维属于有机高分子化合物，A项正确；B．人体内没有催化纤维素水解的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，B项错误；C．瓷砖根据种类成分有所不同，主要含黏土、石英、长石及添加剂，主要成分中不存在CaCO3，C项错误；D．新能源汽车采用的三元锂电池属于新型二次电池，D项错误；答案选A。2．C【详解】A．已知甲烷分子式为CH4，实验式是指分子中各原子的最简整数比，则甲烷的最简式表示为“CH4”，A正确；B．中子数为16的磷原子，质量数是31，表示为，B正确；C．石墨的层状上下层交错开，C错误；D．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，D正确；故选C。3．A【详解】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A符合题意；B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；D．石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；答案选A。4．D【详解】A．分子式为C15H18O3，A正确；B．分子中含有酯基，酯基可以在NaOH溶液中发生水解反应，B正确；C．2个碳氧双键碳和两个碳碳双键上的4个碳原子，总共6个sp2杂化的碳原子，C正确；D．手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的碳原子，观察分子结构，该分子有4个手性碳原子，红圈中的碳原子，D错误；故答案为D。5．B【详解】A．澄清石灰水少量时，与按物质的量比1:2完全反应，正确离子方程式为，选项系数不符合反应比例，A错误；B．与在水溶液中发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式电荷、原子、电子均守恒，B正确；C．铁粉过量时，生成的会被过量还原为，正确离子方程式为，产物错误，C错误；D．草酸为弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子形式，应保留化学式，正确的是，D错误；故选B。6．C【详解】A．先加入氯化钠溶液，银离子过量，再加入硫化钠溶液，一定会产生沉淀，不能证明比更难溶，A错误；B．乙醇易挥发，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明2—溴丙烷发生消去反应生成丙烯，B错误；C．水解生成氯化氢易挥发，导致水解平衡正向移动，生成氢氧化镁，故制备无水需在氯化氢气流氛围中加热失去结晶水，能达到实验目的，C正确；D．极易溶于水，瓶内压强减小，形成喷泉，通过此实验不能证明能与水反应，D错误；故选C。7．C【详解】A．澄清石灰水过量时，完全反应生成的会全部与结合为沉淀，无剩余，正确离子方程式为，A错误；B．恰好完全沉淀时，与物质的量之比为，反应的离子方程式为，B错误；C．该反应中作还原剂，将还原为生成沉淀，电子守恒、电荷守恒、原子守恒均成立，C正确；D．氨水为弱碱，不能溶解，反应只生成沉淀，正确离子方程式为，D错误；故选C。8．B【详解】A．溶液水解生成，能与玻璃中的反应腐蚀玻璃，且水解显碱性的溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶盛放，A错误；B．从食盐水中获得采用蒸发结晶操作，需要①酒精灯加热、⑥玻璃棒搅拌防止局部过热液体飞溅、⑦蒸发皿，夹持装置略去，仪器选用完整正确，B正确；C．苯酚和苯互溶，无法通过过滤分离，二者沸点差异大，应采用蒸馏法分离，需要的是蒸馏相关仪器，而非烧杯③和普通漏斗⑨，C错误；D．配制溶液，除⑤容量瓶、⑥玻璃棒外，还需要③烧杯、⑧胶头滴管，给出的仪器不完整，D错误；故选B。9．D【详解】A．反应①为碳氧双键断裂，O原子与H连接、C原子与-NH-NH2连接，为加成反应；反应②为乙去掉1个水分子，在C、N原子间形成1个碳氮双键，为消去反应，故A正确；B．丙、丁分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．根据图示，反应⑤可表示为

，故C正确；D．通过黄鸣龙还原反应，丙酮转化为丙烷，故D错误；选D。10．A【分析】W、X、Y、Z、N均为短周期主族元素，原子半径为Y>Z>N>W，由化合物A的结构可知，化合物中W、X、Y、Z、N形成的共价键数目分别为4、4、2、1、4，X、Y基态电子排布中未成对电子数相同，则W为N元素、X为C元素、Y为S元素、Z为Cl元素、N为B元素。【详解】A．氨气的水溶液氨水呈碱性，溶液pH大于7，而硫化氢和氯化氢的水溶液均呈酸性，溶液pH均小于7，则氨水的pH最大，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则磷元素的第一电离能大于硫元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次增大，则氮元素的第一电离能大于磷元素，硫元素的第一电离能大于硼元素，则三种元素的第一电离能大小顺序为N>S>B，故B正确；C．由化合物A的结构可知，化合物中N、C、S、Cl、B均满足8电子稳定结构，故C正确；D．碳元素原子序数为6，最高正化合价为+4价，故D正确；故选A。11．C【详解】A．浓磷酸具有腐蚀性，不慎沾到皮肤上，处理方法为先用大量水冲洗，再涂抹稀碳酸氢钠溶液中和残留酸，A正确；B．有机杂质炭化后生成不溶性的炭颗粒，分离固体炭和液体磷酸，操作是过滤，B正确；C．对于的电离：；。当时，电离方程式中除氢离子外的对应两种粒子浓度相等：时，时，此时仅占一半，不是物质的量分数最大的点。物质的量分数最大时，溶液的pH值近似等于，即，C错误；D．纯中K的质量分数为：，产品中K的质量分数高于纯品；中K的质量分数为，高于，因此产品混有会使钾的质量分数升高，D正确；故选C。12．A【分析】根据溶度积关系，的，对应斜率更大的曲线③；的，对应曲线②；曲线①则表示，其值随增大而减小。【详解】A．由图可知，当时，，对应，则，因此，，，即的电离程度大于水解程度，故NaHS溶液呈酸性，A错误；B．取曲线③上的点，此时，，。，的数量级为，B正确；C．设点的坐标为(x,y)，则，，联立解得x＝10，y＝1.2，故点坐标为，C正确；D．时，，电荷守恒式为：，因时溶液呈酸性，，故，D正确；故答案选A。13．A【分析】与电源正极相连的石墨电极为阳极，H2O失电子生成H+和O2，H+通过a膜进入产品室，则a膜为阳膜；与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，从NaOH溶液的流向看，其浓度应增大，所以Na+通过c膜流向N室，c膜为阳膜；通过b膜流向产品室，则b膜为阴膜。【详解】A．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应：＋H＋=H3BO3＋H2O，去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，会影响的纯度，A错误；B．N室中与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，电极方程式为：，B正确；C．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应生成，可以推知可以发生电离平衡：+H2O+H+，则为一元弱酸，C正确；D．由分析可知，a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，D正确；故选A。14．B【详解】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A错误；B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B正确；C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C错误；D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D错误；故答案为：B。15．(1)(2)1稀盐酸(3)BC(4)(5)反应生成的具有漂白作用(或反应生成的氧化了酚酞)(6)(7)【详解】（1）①为钠单质，钠是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化钠冶炼得到金属钠化学方程式为；（2）中为-1价，与中+1价发生归中反应生成，每生成1mol转移1mol电子；焰色反应实验中用稀盐酸洗涤铂丝，利用盐酸的挥发性除去铂丝表面杂质；（3）A项，碳酸钠、碳酸氢钠均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，无法鉴别，A错误；B项，碳酸钠与氯化钡稀溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钡不反应，可鉴别，B正确；C项，稀盐酸滴入碳酸钠溶液时，先反应生成碳酸氢钠无气泡，后续再反应产生气体，稀盐酸滴入碳酸氢钠溶液时立即产生气泡，现象不同可鉴别，C正确；故本题答案选BC。（4）②为淡黄色固体过氧化钠，属于离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，过氧根中两个氧原子间形成非极性共价键，电子式为；（5）过氧化钠与水反应有过氧化氢生成，过氧化氢具有强氧化性，可氧化有机色素酚酞，使红色褪去；（6）酸性条件下高锰酸根离子具有强氧化性，将过氧化氢氧化为氧气，自身被还原为锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式；（7）二氧化锰能催化过氧化氢分解，加入二氧化锰产生氧气，说明溶液中存在过氧化氢，因此过氧化钠与水反应除生成氢氧化钠和氧气外，还发生反应生成氢氧化钠和过氧化氢，化学方程式为。16．(1)温度过高，氨挥发量增加，导致溶液中氨浓度下降，生成的减少，不利于锌的浸出(2)、(3)(4)C[(5)①ds<【分析】该工艺流程以固体废锌催化剂（主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2等杂质）为原料，首先加入过量NH3·H2O-NH4Cl溶液进行浸取，使ZnO、CuO转化为可溶性的配离子、，浸取后过滤得到滤渣1（主要含Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2）；向过滤后的滤液中加入H2O2溶液进行深度除锰，将残留的Mn2+氧化为难溶的MnO2，随后加入适量(NH4)2S进行深度除铜，使Cu2+转化为CuS沉淀，再次过滤得到以CuS为主要成分的滤渣2；之后向滤液中加入有机试剂进行萃取操作，将含锌组分转移至有机相，分离得到含杂质的水溶液；随后向负载锌的有机相中加入硫酸进行反萃取，使锌重新进入水相，分离出有机相；最终将得到的含锌水溶液进行电解，得到目标产物金属Zn。【详解】（1）氨水受热易挥发，温度过高会导致氨气大量挥发，降低了溶液中氨的浓度，使平衡向不利于形成[Zn（2）在“浸取”过程中，和转化为配离子进入溶液，杂质中的锰元素转化为沉淀，转化为，不与氨水反应，因此“滤渣1”的主要成分除外，还有、。（3）“深度除锰”时，加入在弱碱性（氨水）条件下将残留的氧化为沉淀，自身被还原为水，根据氧化还原反应配平可得离子方程式为。（4）①根据深度除杂标准，除铜效果需满足n(Cu2+)n([Zn②当(NH4)2S加入量过多时，过量的会与溶液中的[Zn（5）①配位键①的配位原子是N，配位键②的配位原子是O。由于N的电负性小于O，N原子对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对形成配位键，因此配位键①较稳定；②Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布式为，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；③键角③所在碳原子形成一个双键和两个单键，采取杂化。由于双键含有键，电子云密度较大，对相邻单键的排斥力大于单键之间的排斥力，导致单键与单键之间的夹角（键角③）被压缩，小于。17．(1)冰水浴、逐滴缓慢滴加浓氨水，同时不断搅拌(2)吸收挥发出的氨气和HCl，防止倒吸(3)AB稀硝酸配合物溶液中游离的会与配位消耗硝酸银标准溶液，加入稀硝酸中和游离氨，消除其对氯离子滴定的干扰【分析】制备流程：经步骤Ⅰ加水溶解，步骤Ⅱ加入浓氨水过滤得到蓝紫色晶体1，离子方程式：，晶体1经步骤Ⅲ实现阴离子交换，转化为目标产物蓝紫色晶体2。已知两种配合物可溶于水，不溶于浓氨水、乙醇，热水中易分解，制备全程需要低温条件，据此分析。【详解】（1）步骤Ⅰ为硝酸镍六水合物加水搅拌溶解，采用冰水浴，对容器外部降温，维持体系低温；步骤Ⅱ加入浓氨水，形成氨配合物的反应放热，温度升高会造成挥发，产物受热分解，操作上逐滴缓慢滴加浓氨水，同时不断搅拌，避免局部放热升温；（2）盐酸和氨气易挥发，方框内装置a的作用是吸收挥发出的氨气和HCl并防止倒吸；（3）滴定离子反应：，物质的量关系；，，；①A．若锥形瓶中盛放AgNO3溶液，体系中过剩，会与指示剂K2CrO4溶液发生反应，起不到指示作用，A错误；B．接近滴定终点时，滴定管尖端悬挂的半滴液滴，应靠在锥形瓶内壁，再用蒸馏水冲洗内壁，不可直接冲尖端悬挂液滴，操作错误，错误；C．滴定过程充分摇动锥形瓶，可以减少沉淀对的吸附，释放被吸附的，减小滴定误差，C正确；D．若未干燥，称量相同质量固体，实际物质的量偏小，标定时，消耗体积偏小，计算所得偏大，后续样品滴定时，计算得到的偏大，产品纯度计算结果偏大