湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试化学自测卷（范围：必修一二、选必一1-3单元）（解析版）

湖南省株洲市2026-2027学年高二上学期期中考试自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案AADDCCBBBA题号11121314答案BBAD1．A【分析】根据核外电子排布规律以及元素周期律进行分析；【详解】根据核外电子排布规律，A、B、C、D四种微粒分别是Li＋、K＋、Na＋、Al，其中Al为单质，只具有还原性，Li、Na、K属于同主族，从上到下，金属性增强，但离子的氧化性逐渐减弱，因此氧化性最强的是Li＋，故A符合题意；答案为A。2．A【详解】试题分析：①硝酸和金属反应不产生氢气，故错误；②铁把铜置换出来，构成原电池加快反应速率，但铁是不足，产生氢气的量减小，故错误；③构成原电池，且氢气总量不变，故正确；④生成CH3COOH，醋酸是弱酸，c(H＋)减少，反应速率减少，故错误；⑤升高温度，反应速率加快，氢气总量不变，故正确；⑥反应物浓度增大，反应速率加快，盐酸过量，氢气总量不变，故正确；⑦氢气总量增加，故错误；⑧减少反应表面积，反应速率降低，故错误；综上所述．选项A正确。考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。3．D【详解】A．XZ线上任意点均有氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，但只有室温时pH=7，A错误；B．温度越高，水的电离程度越大，氢离子与氢氧根离子浓度越大，所以T2＞T1，B错误；C．MNZX区域为氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液为酸性，C错误；D．图中阴影区域为氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液为碱性，以上四种离子均可共存，D正确；故选D。4．D【详解】升高温度和加入催化剂都能提高活化分子百分数，而减小反应物浓度和增大压强只能改变单位体积内活化分子数，②③正确；故答案选D。5．C【详解】A．天然气的主要成分为甲烷，燃烧充分生成二氧化碳和水，为清洁的化石燃料。故A正确；B．石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化合物，其中还溶有气态和固态的碳氢化合物，烃即仅有碳元素和氢元素组成的化合物的总称。故B正确；C．煤的气化就是把煤转化为可燃性气体的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化；煤的液化是把煤转化为液体燃料的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化。故C错误；D．通过石油的裂化可以提高汽油等轻质油的产量和质量。故D正确。6．C【详解】A.氯化铁溶液不属于胶体而属于溶液，故A错误；B.胶体与溶液的本质区别是分散质微粒的直径大小不同，故B错误；C.AgI胶体的分散质微粒因带电荷而在电场中向某一电极定向移动，故C正确；D.氢氧化铝胶体可用于净水，但不能用于消毒、杀菌，故D错误；故选C。7．B【分析】向30.4g中加入足量的盐酸，溶解的到溶液a，溶液a为铁盐和亚铁盐，向溶液a中加入0.1mol的过氧化氢溶液，发生反应，将亚铁盐氧化为铁盐，在加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀c，沉淀c为氢氧化铁沉淀，将氢氧化铁固体在空气中从分灼烧，氢氧化铁受热分解为氧化铁和水，得到32g氧化铁，据此回答。【详解】A．32g固体d是氧化铁，物质的量为，含有铁离子，质量是，因此铁氧化物中氧元素的质量是，对应氧原子的物质的量是，由正负化合价代数和为0可知，中，，溶液a中的金属阳离子为、，溶液a中的金属阳离子为、，A错误；B．操作Ⅱ发生反应的离子方程式为，且刚好0.1mol过氧化氢将0.2mol二价铁完全氧化，B正确；C．由选项B可知，溶液b中铁元素以存在，滴加NaOH溶液后直接生成红褐色的沉淀，C错误；D．由分析可知，铁和氧的物质的量之比是，含铁氧化物的化学式为，D错误；故选B。8．B【详解】A．氧化铁为红棕色粉末，常用于制作红色涂料，故A错误；B．过氧化钠与人体呼出的二氧化碳反应生成氧气，常用作作潜水艇的供氧剂，故B正确；C．氧化铝具有很高的熔点，常用作耐高温材料，故C错误；D．碳酸氢钠能与胃液中的盐酸反应，常用于制胃酸中和剂，故D错误；故选B。9．B【详解】由元素周期结构可知，处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32等不能相差4，综上所述故选B。10．A【详解】A．同系物结构相似，化学性质相似，A正确；B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应的条件是有邻位碳且邻位碳上有氢原子，如CH3Cl就不能发生消去反应，B错误；C．1mol乙醛与银氨溶液反应能还原出2molAg，1mo甲醛与银氨溶液反应能还原出4molAg，C错误；D．在催化剂作用下，丙醛、丙酮能与氢气发生加成反应，但丙酸不能与氢气发生加成反应，D错误；故选A。11．B【详解】试题分析：A2－核内有x个中子，A原子的质量数为m，则A的质子数是m-x，则A2－的电子数是m-x+2，其相对原子质量可用m代替，则ngA2－的物质的量是n/mmol，所以ng该离子含电子的物质的量是n(m-x+2)/mmol，答案选B。考点：考查微粒中质子数、电子数、质量数关系的应用12．B【详解】A．热化学方程式描述的是生成2mol气态水的放热反应，但结论涉及分解2mol液态水，状态不匹配，A错误；B．热化学方程式中ΔH=-92.4kJ·mol⁻¹表示生成2mol氨气时放出92.4kJ热量，结论与之相符，B正确；C．该热化学方程式表示标准中和热，但稀硫酸与反应除中和外还生成沉淀，沉淀热使总放热量大于57.3kJ，C错误；D．燃烧热要求完全燃烧生成稳定产物（如），但方程式中产物为，不是完全燃烧，故并非甲醇的燃烧热，D错误；故答案选B。13．A【分析】首先通过实验数据求反应级数α和β。对比实验①和②：c0(NO)不变，c0(O2)变为2倍，速率变为2倍，所以β=1；对比实验②和③：c0(O2)不变，c0(NO)变为3倍，速率变为9倍(结合表中数据)，所以α=2，，v=kc2(NO)×c(O2)，据以上分析解答。【详解】A．速率常数k与催化剂有关，加催化剂会使k增大(不是减小)，故A错误；B．结合分析，代入实验①数据，2.5×10-3=k×(0.010mol/L)2×0.010mol/L，计算得k=2.5×103mol-2•L2•s-1，故B正确；C．温度升高，反应速率增大，k(速率常数)会增大，故C正确；D．总反应级数为α+β=2+1=3，故D正确；故选A。14．D【详解】A．反应物断键要吸收能量，A错误；B．该反应是放热的，反应物的键能之和(断键吸收的总能量)小于生成物的键能之和(成键释放的总能量)，B错误；C．该正反应的活化能，逆反应的活化能，该反应的焓变等于正逆反应活化能之差，C错误；D．该反应是放热的，若生成液态则在原基础上继续放热，则，D正确；故选D。15．(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)品红溶液褪色漂白(3)生成黄色浑浊还原(4)+4+6滴加少量的BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明溶液中有(5)吸收多余的SO2，防止空气污染SO2+2OH-=+H2O(6)6.8t【分析】装置A中铜与浓硫酸共热制取二氧化硫，装置B中品红溶液用于验证二氧化硫的漂白性，装置C中硫化钠溶液用于验证二氧化硫的氧化性，装置D中氯水用于验证二氧化硫的还原性，二氧化硫有毒，装置E中氢氧化钠溶液用于吸收多余二氧化硫，防止污染空气。【详解】（1）装置A中铜与浓硫酸加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）二氧化硫有漂白性，能使装置B中品红溶液褪色。（3）二氧化硫有氧化性，能与硫化钠溶液反应生成单质硫，因此装置C中会产生淡黄色沉淀，硫化钠中硫元素化合价升高，体现硫化钠的还原性，作还原剂。（4）装置D中二氧化硫和氯水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，硫元素的化合价由+4价转化为+6价；反应生成了硫酸根离子，因此取D中褪色后的溶液于试管中，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则可进一步证明硫元素的价态转化。（5）二氧化硫为酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=+H2O，二氧化硫有毒，装置E中氢氧化钠溶液用于吸收多余二氧化硫，防止污染空气。（6）FeS2的质量为5.0t×85%=4.25t，有质量分数为4％的硫留在炉渣里，则用于制硫酸的FeS2的质量为4.25t×96%=4.08t，依据硫原子守恒，可得关系式：FeS2~2H2SO4，设理论上可制得98％浓硫酸的质量为x，则有120×4.08t=196×98%x，解得x=6.8t。16．(1)(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6(2)温度催化剂(3)没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸(4)氢氧化钠与碘反应(5)ABCD【详解】（1）淀粉在酸性条件下，水解的最终产物为葡萄糖，其化学反应方程式是(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；故答案：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6。（2）甲与乙的反应物均相同，但甲加热，乙未加热，所以甲乙实验是探究温度对淀粉水解的影响；甲中有稀硫酸，而丙中无稀硫酸，所以甲、丙是探究催化剂对淀粉水解的影响；故答案：温度；催化剂。（3）淀粉水解生成的葡萄糖是在酸性条件下，而加入氢氧化铜浊液产生砖红色沉淀时应在碱性条件下，所以应先加入氢氧化钠中和酸后，再加入氢氧化铜，所以实验1无现象；故答案：没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸。（4）加入的碘能与氢氧化钠反应，导致碘无法与淀粉反应，所以溶液变化不明显；故答案：氢氧化钠与碘反应。（5）A．根据实验可知淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行，故A正确；B．因为碘已升华，所以冷却后加入碘，可判断淀粉是否完全水解，故B正确；C．欲检验淀粉的水解产物具有还原性，应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，根据砖红色沉淀的产生判断产物的还原性，故C正确；D．唾液中含有淀粉酶，且为中性，淀粉在淀粉酶的作用下水解为葡萄糖，所以可用唾液代替稀硫酸进行实验1，可达到预期的现象，故D正确；故答案：ABCD。17．(1)H2S、Na2S、Na2SO3（任选两种）(2)(3)取5mL2×10-4mol·L-1KMnO4溶液于试管中，加入5mL6mol·L-1NaOH溶液，溶液转变为与Ⅲ中相同的绿色，变色时间大于30s(4)过量的S粉与过量的NaOH溶液发生反应，生成溶液中若含，加酸也会析出S单质，产生乳白色沉淀加入盐酸产生乳白色浑浊，过滤后向溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀(5)溶液的酸碱性、反应物浓度、溶剂种类、反应物用量（答出任意两点即可）【详解】（1）KMnO4具有强氧化性，在酸性、中性或碱性条件下均可氧化含硫还原性物质，除S和SO2外，还可与以下含硫物质反应（任选两种）：H2S（S为-2价，可被氧化至0或+6价）；Na2S（S为-2价，可被氧化）；Na2SO3（S为+4价，可被氧化至+6价）。（2）实验Ⅱ在酸性条件下进行，被还原为Mn²⁺，S被氧化为，根据电子守恒和电荷守恒配平得离子方程式：。（3）为排除OH⁻对还原的干扰，需设计对照实验，验证绿色产物主要由S还原产生：取5mL2×10-4mol·L-1KMnO4溶液于试管中，加入5mL6mol·L-1NaOH溶液，溶液转变为与Ⅲ中相同的绿色，变色时间大于30s，说明在无S存在时OH⁻不能将还原为，从而证实实验Ⅲ中绿色主要源于S对的还原。（4）①根据已知条件ii：碱性溶液中，S可以发生歧化反应，生成与，实验Ⅳ中硫粉过量，因此一定会发生歧化反应：；②根据已知条件iii：能与S反应生成黄色的，与H+反应生成S和H2S，因此，若溶液中存在，加入盐酸也会发生反应：,生成的单质硫为乳白色浑浊，与和在酸性条件下归中生成S的现象相同，因此无法仅凭浑浊证明含；检验的关键是：排除其他离子的干扰后，加入BaCl2溶液产生白色沉淀：加入足量盐酸，可除去、等还原性/干扰离子，同时使它们生成的S沉淀被过滤除去，过滤后，滤液中不再含有能与Ba2+生成沉淀的其他离子，因此，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明滤液中存在，故完整现象为加入盐酸产生乳白色浑浊，过滤后，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。（5）综上，影响反应的因素包括：溶液的酸碱性（pH）：酸性条件下反应明显，中性无明显现象，碱性条件下产物不同；反应物的浓度：KMnO₄的浓度、NaOH的浓度会影响反应速率和产物；溶剂种类：实验Ⅳ加入丙酮后，反应现象与Ⅲ不同，说明溶剂会影响反应；反应物的用量：硫粉是否过量会影响歧化反应的发生和产物组成；最终答案为：溶液的酸碱性、反应物浓度、溶剂种类、反应物用量（答出任意两点即可）。18．(1)除去蒸馏水中的溶解氧，防止被氧化160(2)(3)(4)或一支试管溶液变红，另一支试管有蓝色沉淀生成【分析】根据题干的描述，制备的大致步骤为先用NaOH溶液与FeCl2溶液反应制备，过滤，得到固体备用；再用NaOH溶液于FeCl2溶液在分散剂作用下生成，在空气中搅拌生成悬浊液，加入之前的固体持续加热和搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，最后得到；【详解】（1）ⅰ中蒸馏水煮沸后使用的目的是除去蒸馏水中的溶解氧，防止被氧化；100溶液中的物质的量为0.4mol，则需要0.8molNaOH恰好完全反应，故