湖南省常德市2026年高三第一次模拟考试化学自编试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省常德市2026年高三第一次模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案ABADCCDBBC题号11121314答案BDBB1．A【详解】A．足球烯（C60）是由60个碳原子组成的分子，属于无机物；其相对分子质量为720，远低于有机高分子材料的标准（通常分子量过万），不属于有机高分子材料，A错误；B．人造草坪多由聚乙烯（PE）或聚丙烯（PP）等合成纤维制成，合成纤维属于高分子材料，B正确；C．聚酯纤维（如涤纶）是聚酯类高分子化合物，属于有机高分子材料，C正确；D．液态氯乙烷汽化吸热可降低局部温度，能起到冷冻麻醉、快速镇痛的作用，D正确；故答案选A。2．B【详解】A．核素符号左上角为质量数，左下角为质子数，氧质子数为8，中子数8时质量数，正确符号应为，A错误；B．为号元素，核外电子数，结构示意图应为，B正确；C．结构式为，电子式中O应在中间，正确电子式为，C错误；D．溶液中，带正电吸引水分子氧端（负电），带负电吸引水分子氢端（正电），图示不符合水合离子特征，D错误；故答案选B。3．A【详解】A．常温常压下，46gNO2的物质的量为1mol，但存在的平衡，导致分子总数减少，因此分子数小于，A正确；B．乙炔和苯的最简式均为CH，24g混合物中CH的物质的量约为1.846mol，对应C原子数为，B错误；C．2.8gSi的物质的量为0.1mol，每个Si原子形成4个共价键，但每个键被两个原子共享，总键数为，C错误；D．标准状况下，22.4LCl2（1mol）与石灰乳反应时，Cl2既是氧化剂又是还原剂，，每1mol氯气转移1mol电子，总转移电子数为，D错误；故选A。4．D【详解】A．电石与饱和NaCl溶液反应生成乙炔，属固液不加热反应，发生装置合适。但电石中含杂质CaS等，会与水反应生成等还原性气体，也能使酸性溶液褪色，干扰乙炔的检验，A错误；B．乙醇与浓硫酸制乙烯需170℃加热，题中装置无加热装置，反应条件不满足，B错误；C．氯酸钾与浓盐酸反应生成，与酸性不反应，无法检验，C错误；D．固体与水发生水解反应：，属固液不加热反应，发生装置合适。具有还原性，能使酸性溶液褪色，且无其他还原性气体杂质，检验可行，D正确；故选D。5．C【详解】A．Fe3+具有较强氧化性，I-具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，故不可改为FeI2⋅2FeI3，故A错误；B．SO2溶于水生成亚硫酸，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚硫酸氧化成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．硫的弱氧化性只能将变价金属氧化为最低价态，S与Fe反应生成FeS，S与Cu反应生成Cu2S，故C正确；D．分子间存在氢键的物质沸点较高，H2O分子间存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S，但CH4分子间没有氢键，所以SiH4沸点高于CH4，故D错误；故选C。6．C【详解】A．丙烯醛分子结构简式是CH2=CH-CHO，物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；含有的醛基具有强的还原性，能够被溴水氧化变为羧基，也能够使溴水褪色，故向丙烯醛中滴加溴水，溴水褪色，不能证明丙烯醛中含碳碳双键，A错误；B．由于浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl也能够与Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3沉淀，因此该实验不能证明碳的非金属性比硅强，B错误；C．将PbO2固体加到酸性MnSO4溶液中，充分振荡后，溶液变为紫色，说明反应产生了，Mn2+失去电子被氧化为，说明PbO2具有氧化性，C正确；D．将Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体在小烧杯中混合并搅拌，烧杯壁变凉，说明该反应为吸热反应，则其正反应活化能要比逆反应的活化能大，D错误；故合理选项是C。7．D【详解】A．该物质分子中含有肽键，因此一定条件下，能在NaOH溶液中水解反应，A正确；B．根据物质分子结构简式可知分子中含有羰基和羧基两种含氧官能团，B正确；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质结构简式可知该物质分子中含有3个手性C原子，用※可表示为，C正确；D．分子结构中2个酰胺基和羧基可以与NaOH，则lmol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。8．B【分析】“碱溶”时，发生的反应为，“镀镍”时发生反应。【详解】A．H3PO2是一元酸，则NaH2PO2为正盐，故A错误；B．“碱溶”时，发生的反应为，氧化剂与还原剂均为P4，根据化合价变化，二者物质的量之比为1:3，故B正确；C．镀镍过程中，参加反应反应物的量是未知的，转移电子数目不一定为2NA，故C错误；D．H3PO2是一元酸，则NH4H2PO2为正盐，不电离，次磷酸铵与足量氢氧化钠共热，发生反应，故D错误；故答案为：B。9．B【详解】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，平衡常数随着温度的升高而减小，则平衡常数：，A错误；B．由图可知，b点的转化率小于平衡转化率，说明此时反应还没有平衡，则正反应速率：，B正确；C．该反应是气体体积不变的反应，若将容器体积缩小至原来的一半，压强增大，平衡不发生移动，的转化率不变，C错误；D．该反应是气体体积不变的反应，反应过程中容器内的压强是定值，当容器内压强不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；故选B。10．C【详解】A．步骤④中，甲基转化为羧基，是在一定条件下与氧化剂发生反应，反应类型为氧化反应，A错误；B．步骤②为氯原子水解为羟基，条件为NaOH水溶液、加热，B错误；C．后续步骤④会发生氧化反应(将甲基氧化为羧基)，而酚羟基(直接连苯环)易被氧化。步骤③中酚羟基转化为醚键，步骤⑤又将醚键转化为酚羟基，所以步骤③的作用是保护酚羟基，防止其在后续氧化反应中被破坏，C正确；D．的核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，D错误；故选C。11．B【详解】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：，C正确；D．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确；故选B。12．D【分析】金矿粉在空气中用NaCN浸金，将金转化为二氰合金离子，向含有二氰合金离子的浸出液中加入锌，将溶液中二氰合金离子转化为金，过滤得到含有四氰合锌离子的滤液和金，四氰合锌离子的滤液加入稀硫酸得到ZnSO4溶液和HCN气体，HCN被NaOH溶液吸收得到NaCN溶液，NaCN被循环利用；【详解】A．Au在空气中被氧化为+1价离子，与CN-形成络合物[Au(CN)2]-离子，“浸金”中NaCN作络合剂，A正确；B．Zn的活泼性大于Au，“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-置换为Au，B正确；C．含[Zn(CN)4]2-溶液加热稀硫酸转化为ZnSO4和HCN，“转化”中发生反应的离子方程式为[Zn(CN)4]2-+4H+=Zn2++4HCN，C正确；D．ZnSO₄溶液在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥可制得ZnSO4·7H2O固体，且蒸发结晶不能在坩埚中进行，D错误；故选D。13．B【分析】根据题目信息，Ⅱ容器在恒压条件下充入了与反应无关的水蒸气作为稀释气，相对I容器而言是在更低的压强下发生反应，根据可知，该反应正方向为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，丙烷减少，丙烯增多；减小压强，平衡正向移动，所以a、c线对应I容器中的和，图中d、b线对应Ⅱ容器中的和。【详解】A．根据分析可知，b曲线表示的是Ⅱ容器中的，A错误；B．假设丙烷初始量为1molA点丙烷含量为50％，则，，反应后总的物质的量为，则A点对应的该反应平衡常数，B正确；C．B点代表Ⅱ容器中物质的量的变化，因为不能获知Ⅱ容器中水蒸气加入的量，所以不能计算出丙烷的平衡转化率，C错误；D．Ⅱ容器相当于在更小的压强下发生该反应，根据方程式正方向为气体体积增大的方向，所以减压条件下平衡正移，相同温度下丙烷转化率比I容器更大，D错误；故答案选B。14．B【分析】向含有足量的悬浊液中，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，Ⅱ表示，则Ⅰ表示，增大pH的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，故Ⅲ表示H2C2O4、Ⅳ表示，由图可知，时(Ⅲ、Ⅳ交点)，此时，同理，据此分析解答。【详解】A．结合分析可知，曲线Ⅰ表示随pH的变化，A错误；B．相应方程式为：的平衡常数=，则该反应可以发生，B正确；C．Q点时，=，，此时，溶液的，C错误；D．时，，，代入数据得到，设的溶解度为x，则=x，根据物料守恒得，则，解得，即的溶解度为，D错误；故选B。15．(1)恒压滴液漏斗(2)增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行(3)温度过高会加快氨的挥发和的分解(4)抑制的电离(5)<中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中N为杂化，键角为，故的键角小于(6)最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色【分析】在装置A中将浓氨水滴入氧化钙生成氨气，将氨气通入CoCl2、NH4Cl混合液中得到[Co(NH3)6]Cl2，然后再加入H2O2溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中[Co(NH3)6]Cl2被氧化生成[Co(NH3)6]Cl3，过滤，向滤液中加入硝酸铵，冷却结晶、洗涤、干燥，最终得到产品[Co(NH3)6](NO3)3，据此分析；【详解】（1）装置B中盛放H2O2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；（2）多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；（3）易分解，氨易挥发，温度过高会加快氨的挥发和的分解；（4）加入NH4Cl溶液，由于溶液中增大，可以抑制NH3·H2O的电离，防止碱性过强生成Co(OH)2沉淀，故答案为抑制的电离；（5）NH3中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，且存在一对孤电子对，键角小于，中心原子的价层电子对数为，中N为杂化，键角为，故的键角小于；（6）发生反应、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2Co3+I22Na2S2O3，m1g样品中[Co(NH3)6]Cl3•nH2O的物质的量=cV×10-3mol，结晶水物质的量为mol，则n=；实验②中滴定至终点的现象是最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色。16．(1)(2)粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）(3)过滤(4)酸浸(5)(6)【分析】含镉废渣中有Zn、Cd、Cu、Fe、Co等五种单质，加入稀硫酸，只有Cu不溶于稀硫酸，故所得滤渣1的主要成分是Cu，其它元素转化为+2价离子；加入铁粉，置换出单质钴，故滤渣2是钴单质；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加ZnO调pH，需使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而保证Cd2+不沉淀，故滤渣3是Fe(OH)3；电解使Cd2+转化为Cd，再与Se粉反应生成CdSe，据此解题。【详解】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后变为3d10，达到全满稳定结构，再失去一个电子较难，所以第二电离能较大，第一电离能相对较小，第二电离能与第一电离能之差较大，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去一个电子后变为3d104s1，再失去一个电子的难度增加不如Cu明显，所以在Zn、Cu两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是Cu；（2）从影响反应速率因素角度寻找提高“酸浸”速率，可以是粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）；（3）滤渣3的主要成分是氢氧化铁，即双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，加入氧化锌促进铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为；分离固体和液体的“操作”名称是过滤；（4）“电解”中，Cd2+在阴极得到电子发生还原反应，阴极的电极反应式为；电解硫酸镉溶液会生成硫酸，废液可循环用于“酸浸”工序；（5）原料中含镉总质量为，产品中镉的质量为，镉的收率：；（6）六棱柱体积为，晶胞中小球位于顶点、面心和体内，个数为，大球位于棱上和内部，个数为，故晶胞含6个，原子体积为，晶胞中原子的空间利用率。17．(1)对氟苯甲醛或4-氟苯甲醛醚键、醛基(2)>还原反应(3)++H2O(4)、(5)【分析】A与发生取代反应生成B，B与C发生取代反应生成D，D与发生已知信息的反应生成E为，E发生还原反应生成F，据此解答。【详解】（1）C的结构简式为：，习惯命名法为：对氟苯甲醛，系统命名法为：4-氟苯甲醛；结合D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为醚键、醛基；（2）两处N、O原子杂化类型相同，O的孤对电子数多于N，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，导致其键角越小，故键角：＞；由分析可知，E中碳碳双键变为单键，属于“加氢”的反应，反应类型为还原反应；（3）结合已知信息可知，D→E的反应先发生醛基的加成反应，生成的羟基再发生消去反应，则化学方程式为++H2O；（4）B的结构简式为：，遇溶液能发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则结构除了苯环和酚羟基外，还剩余2个氮原