湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期期中考试化学自测卷（范围：高考范围）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高三上学期期中考试自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DBCACBCDBB题号11121314答案DCDD1．D【详解】A．和都是由阴、阳离子通过离子键构成的晶体，阴、阳离子个数比都为1：1，则都属于型离子晶体，故A正确；B．由晶胞的结构可知NaCl晶胞中含有6个钠离子和6个氯离子；氯化铯晶胞中含有1个铯离子和一个氯离子，阴阳离子个数比为1:1，故B正确；C．结合题图可知，中钠离子的配位数为6，中铯离子的配位数为8，故C正确；D．和都属于型离子晶体，但钠离子半径小于铯离子半径，则的阳离子与阴离子的半径比小于的阳离子与阴离子的半径比，故D错误；故选：D。2．B【详解】A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是气溶胶，能产生丁达尔现象，故A正确；B．沙中淘金只是将金子从沙子中找出，属于物理变化，即沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，故B错误；C．在空气中灼烧黄金无颜色变化，假黄金是铜锌合金，铜在加热条件下生成黑色的氧化铜，所以假黄金能变黑，可以鉴别，故C正确；D．江水是含有多种物质的混合物，属于分散系，故D正确；答案为B。3．C【分析】根据题给的分子结构式可知：X、W、E均形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键。X的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素E的原子比W原子多8个电子，则E为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．依据上面分析，HClO4是共价化合物，故A项正确；B．同一周期元素从左往右非金属性增强，所以非金属性：F>O>C，故B项正确；C．同一周期从左往右原子半径逐渐减小，同一主族从上往下原子半径逐渐增大，电子层数越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C项错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D项正确；答案选C。4．A【详解】A．O²⁻和Na⁺均为Ne型电子层结构，原子序数越小离子半径越大，O²⁻（原子序数8）半径大于Na⁺（原子序数11），A正确；B．电负性O（3.44）显著大于H（2.2），B错误；C．Na最外层一个电子，更容易失去，故第一电离能Fe（762kJ/mol）大于Na（496kJ/mol），C错误；D．O的电负性比S大，H-O键强于H-S键，H₂O热稳定性更好，D错误；故答案选A。5．C【详解】A．反应中Na、H的化合价变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．反应中Fe、C的化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．反应所有元素的化合价都无变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D．反应中Co、Cl的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；故选C。6．B【详解】试题分析：一个化学反应是放热还是吸热取决于反应物和生成物具有的能量高低，当反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，与反应条件无关。A、1molO2（g）的能量不一定高于2molSO2（g）的能量，错误；B、2molSO2（g）和1molO2（g）的总能量一定高于2molSO3（g）的总能量，正确；C、2molSO2（g）的能量不一定高于2molSO3（g）的能量，错误；D、化学反应的热效应与反应进行时是否加热无关，错误。考点：考查化学反应与能量变化。7．C【详解】A．常温下铜与浓硫酸不发生反应，钝化是铁、铝等金属遇冷浓硫酸、浓硝酸的特性，铜不存在该现象，结论错误，A不符合题意；B．醋酸铅为重金属盐，可使蛋白质变性，NaCl为轻金属盐，使蛋白质发生可逆的盐析而非变性，结论错误，B不符合题意；C．乙烯含碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，使溶液褪色，操作、现象、结论均正确，C符合题意；D．淀粉水解时以为催化剂，反应后溶液呈酸性，需先加NaOH中和过量至碱性，再加入新制加热，否则会与发生反应，无法检测水解产物葡萄糖，不能得出淀粉未水解的结论，D不符合题意；故选C。8．D【详解】A．反应①中，还原性Ce3+＜Mn2+，反应②中，还原性Mn2+＜Fe2+，反应③中，还原性Fe2+＜I-，则按离子的还原性从弱到强排列，顺序应该是Ce3+＜Mn2+＜Fe2+＜I-，A正确；B．因为还原性Mn2+＜I-，则反应可能会发生，B正确；C．在反应③中，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则Fe3+作为氧化剂，C正确；D．由反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，Fe3+与I-能发生氧化还原反应，不能大量共存，D不正确；故选D。9．B【详解】A．由于CaCO3与稀硫酸反应生成的CaSO4是微溶物，覆盖在CaCO3表面阻止反应继续进行，故实验室制备CO2用CaCO3和稀盐酸，不用稀硫酸，A不合题意；B．向冷的氨化饱和食盐水中通入CO2，发生反应NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，故可获得NaHCO3固体，B符合题意；C．加热固体不能用蒸发皿，应该用坩埚，C不合题意；D．加热固体时试管口需向下倾斜，D不合题意；故答案为：B。10．B【详解】A．a、b以导线连接，构成的是原电池，辅助电极作负极发生氧化反应，A正确；B．由于有外加电源，故此方法为外加电流的阴极保护法，B错误；C．a、b以电源连接，该方法为外加电流的阴极保护法，则辅助电极作阳极，铜是活性电极，可作辅助电极，C正确；D．通电后，被保护的钢铁闸门作阴极，辅助电极作阳极，因此通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门，使钢铁闸门得到保护，D正确；故选B。11．D【详解】A．上述循环过程至少涉及四种能量转化方式：太阳能→热能→化学能→热能→电能，A项正确；B．结合已知条件可知，完全分解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收热量，热化学方程式表示为：

，B项正确；C．相当于，已知固态硫完全燃烧放出热量为，则完全燃烧放出热量，热化学方程式为：

，C项正确；D．根据盖斯定律，-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)=反应Ⅱ，，D项错误；故选：D。12．C【分析】根据磷酸三级电离：，，，，结合题给数据逐个分析：【详解】A．，则，数量级为，A正确；B．初始pH=6，此时含磷物种主要为，反应生成沉淀，配平后离子方程式为，B正确；C．随pH增大，被消耗，电离平衡正向移动，含磷物种会逐渐从转化为，再转化为，因此先增大后减小，不是不断增大，C错误；D．pH=6时，根据，得，即；同理，即，因此浓度关系成立，D正确；故选C。13．D【详解】A．曲线①为溶液中与的关系，由图可知，当溶液中时，，因此，A正确；B．，，，B正确；C．向饱和溶液中加入适量固体后，溶液中增大，根据温度不变则不变可知，溶液中将减小，因此a点将沿曲线②向右下方移动，C正确；D．由图可知，当溶液中时，两溶液中，D错误；故选D。14．D【详解】A．由循环图示可知无水AlCl3是Friedel-Crafts烷基化反应的催化剂，A正确；B．过程中断裂的C-Cl键属于σ键，形成的H-Cl键属于σ键，苯环含有π键，由图知：过程中断裂苯环的π键，过程中形成苯环的π键，B正确；C．由图可知，反应物有苯和RCH2Cl，发生取代反应，生成物有和HCl，总反应可表示为：+RCH2Cl+HCl，C正确；D．硝基(-NO2)是强吸电子基团，会使苯环上电子云密度降低，而甲基(-CH3)是供电子基团，会使苯环上电子云密度增大，苯环上电子云密度越大苯环越容易发生取代反应，故反应活性：<，D错误；故选D。15．a16．A正热【详解】15．比较图1和图2可知，Zn与稀硫酸反应后溶液温度升高，说明该反应为放热反应。放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量。图a表示反应物总能量高于生成物总能量，图b表示反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，因此该能量变化可用图a表示；16．（1）图3装置中没有外接电源，且锌、铜两个活泼性不同的电极插入稀硫酸中形成闭合回路，能自发进行氧化还原反应，将化学能转化为电能，该装置为原电池装置，故选A。（2）在锌铜原电池中，锌的金属活动性比铜强，锌失去电子作负极；铜作正极，溶液中的氢离子在正极上得到电子被还原为氢气，其电极反应方程式为：。（3）在原电池的外电路（导线）中，电子由负极（）流向正极（），而电流的方向与电子流向相反，即电流由正极（）经导线流向负极（）。（4）图1中溶液初始温度为21.0℃，图3中原电池工作时温度计读数为21.4℃，温度有所升高，这说明原电池反应中化学能并没有完全转化为电能，有一部分化学能转化为热能。17．(1)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(2)CO2(3)BD(4)H+HClOCl2(5)D(6)B【分析】若A为一种淡黄色粉末，且Ａ为化合物，结合转化关系可知，A能与水反应生成两种产物，则A为Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH和O2；若X为具有较强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则X为碳单质，对应的产物C为O2，D为CO2，E为CO；若X为一种造成温室效应的气体，则X为CO2，对应的产物C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，而C溶液显强酸性，则A为Cl2、B为HClO、C为HCl，据此解题。【详解】（1）由分析可知，A为Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（2）若X为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则X为碳单质，对应的产物C为O2，D为CO2；（3）若X为一种造成温室效应的气体，则X为CO2，对应的产物C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，则：A．将NaCl溶液分别加入至Na2CO3和NaHCO3溶液均无明显现象，无法鉴别，A不符合题意；B．分别向Na2CO3和NaHCO3溶液中加入同浓度的盐酸溶液，Na2CO3溶液中开始时无气泡产生，后逐渐产生气泡，而NaHCO3溶液中一开始就有气泡产生，两者现象不同，可鉴别，B符合题意；C．将Ca(OH)2溶液分别加入至Na2CO3和NaHCO3溶液均生成白色沉淀，无法鉴别，C不符合题意；D．加入酚酞溶液后，溶液均变红，但Na2CO3溶液的红色比NaHCO3溶液深，可鉴别，D符合题意；故选BD；（4）若A为黄绿色气体，则A为Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，故将气体A持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液变为红色的微粒Ⅰ是H+，生成的HClO具有漂白性，能漂白红色石蕊试液，则Ⅱ是HClO，当Cl2过量时将使溶液变为浅黄绿色，则Ⅲ是Cl2；（5）气体A为Cl2，新配制A的水溶液久置易变质，发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，新配制A的水溶液具有强氧化性、漂白性和酸性，而久置变质后的溶液只有酸性，故可用紫色石蕊试液来检验该溶液是否已经完全变质，加入紫色石蕊试液，若溶液先变红后褪色，说明未完全变质；若溶液变红后不褪色，说明已经完全变质，而该溶液是否已经完全变质，加入硝酸银溶液均能产生白色沉淀，加入酚酞溶液均无明显现象，加入碳酸钠溶液均能产生气泡，故选D；（6）由分析可知，若C溶液显强酸性，则C为HCl，则：A．HCl与NaHCO3l反应生成NaCl、CO2和H2O，三者均不能继续与NaHCO3反应，A不符合题意；

B．HCl与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，B符合题意；C．HCl与Na2SO4不反应，C不符合题意；D．HCl与Al(OH)3反应生成AlCl3和H2O，二者均不能继续与Al(OH)3反应，D不符合题意；故选B。18．分液漏斗剧烈反应，产生大量红棕色气体C3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色69.0%【分析】由实验装置可知，A中发生C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和将生成的二氧化氮与水反应转化为NO，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O2═2NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，结合氮及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(2)A中浓硝酸与碳在加热时发生反应：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，可以看到的实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体，故答案为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体；(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，生成的一氧化氮需要在C装置中净化，主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾，因此盛放的试剂可能是碱石灰，其他几种均不能除去酸雾，故答案为C；(4)根据题意，E中NO被高锰酸钾氧化生成NO3-，反应的离子方程式为3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(5)浓硝酸易挥发，A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出，二氧化氮与水反应也会生成硝酸，B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，从提高氮原子利用率的角度出发，可以在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，故答案为B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO；(6)利用NaNO2的氧化性来测定其纯度，在酸性条件下，NaNO2能将I-氧化为I2，碘和淀粉显示蓝色，所以加适量水溶解，加入过量的0.800mol•L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，很明显20.25mL误差较大，删除，平均消耗的Na2S2O3溶液的体积==20.00mL，由S2O32-能将I2还原为I-可知，2NO2-～I2～2S2O32-；消耗NaS2O3的物质的量为0.500mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为×100%=69.0%，故答案为溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；69.0%。【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要注意实验数据有效性的判断，并且学会根据氧化还原反应的电子守恒，建立关系式计算的方法。19．(1)作氧化剂，将+2价Fe元素氧化为+3价水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀(2)(3)加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低(4)向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0.09(5)一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多(6)98.2%偏低【详解】（1）①中铁元素的化合价为+2价，步骤1生成的和两种微粒中铁元素的化合价均为+3价，化合价升高，由此可知作氧化剂，将+2价的铁元素氧化为+