湖南省湘潭市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页湖南省湘潭市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BDDCAAABBB题号11121314答案BCAD1．B【详解】A．石膏（CaSO4·2H2O）在150℃时脱水生成熟石膏(2CaSO4·H2O)，熟石膏跟水混和成糊状逐渐硬化并膨胀转化为石膏，所以石膏常用于制作模型或医疗固定材料，A正确；B．纯铝硬度低、强度差，无法承受井盖所需的重压，常见下水井盖多为铸铁或合金材料，B错误；C．金属氧化物（如CoO、Cr2O3等）是玻璃的着色剂，可赋予玻璃不同颜色，C正确；D．漂白液、漂白粉、漂白精的有效成分均为有强氧化性的次氯酸盐，能起到杀菌消毒的作用，常作游泳池的消毒剂，D正确；故选B。2．D【详解】A．N2分子中两个氮原子通过三键结合，结构式为N≡N，A正确；B．次氯酸钠为离子化合物，由构成，中O与Cl形成共价键，各原子满足8电子稳定结构，B正确；C．Br为35号元素，原子结构示意图为核电荷数是35，核外电子排布分别为2，8，18，7，C正确；D．中，每个O原子电子数为8，2个O原子共8×2=16个电子，带2个负电荷则加2个电子，总电子数为，D错误；故选D。3．D【详解】A．Au的熔点高，但Au是金属晶体，A错误；B．反应中Au由0价升高到中的+3价，被氧化，Au是还原剂，中的N由+5价降低到NO中的+2价，被还原，是氧化剂，氯元素化合价不变，既不被氧化，也不被还原，B错误；C．化合价降低的只有1mol，还原剂与氧化剂物质的量之比等于1∶1，C错误；D．Au消耗0.5mol失去1.5mol电子，D正确；答案选D。4．C【详解】A．分解生成和HCl，二者相遇又重新生成，不能用于制氨气，故A不符合题意；B．氨水不溶解银和铜，故B不符合题意；C．在苯酚、苯乙烯、乙苯中分别加入浓溴水，现象依次是生成白色沉淀、溶液褪色、溶液分层且上层呈棕红色，可以区别，故C符合题意；D．不能漂白石蕊试液，D不符合题意；答案选C。5．A【详解】A．中心碳原子价层电子对数，中心碳原子价层电子对数，二者中心原子的杂化方式不同，与电负性无关，A错误；B．与可形成稳定的配合物，而无法与形成配合物，因此Cu(OH)2溶于氨水，Mg(OH)2不溶，B正确；C．18-冠-6的空腔直径与K⁺更适配，因此识别能力更强，分析正确，C正确；D．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，则酸性越弱，故酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH，D正确；故选A。6．A【详解】A．赶出碱式滴定管乳胶管中气泡，可将尖嘴向上弯曲，挤压玻璃珠使溶液流出从而排出气泡，操作正确，能达到实验目的，A符合题意；B．碳酸氢钠受热易分解，但是溶液中碳酸氢钠受热不分解，故不能达到实验目的，B不符合题意；C．电石（主要成分CaC2）与水反应制乙炔，不能用启普发生器，反应中会产生H2S等杂质气体，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，不除去杂质就直接通入酸性KMnO4溶液，无法确定是乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔，该操作不能达到实验目的，C不符合题意；D．用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，根据酸碱中和反应的化学计量关系，通过准确测量消耗盐酸的体积，可计算出NaOH溶液的物质的量浓度，该操作中缺少指示剂与明确的NaOH溶液体积，故该操作不能达到目的，D不符合题意；故选A。【点睛】7．A【详解】A．青蒿素中含有过氧键（-O-O-），具有强氧化性，A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由青蒿素的结构可以看出，每个青蒿素分子中含有7个手性碳原子（中*所示），分子结构中含有1个过氧键、1个醚键，1个酯基，B错误；C．青蒿素分子中不含羟基和羧基等亲水基，其不易溶于水，不能用水溶法从植物体内提取，C错误；D．青蒿素分子中酯基上碳原子为杂化，其余碳原子均为杂化，共有两种杂化方式，D错误；故答案选A。8．B【分析】10min时C的浓度为0.045×10min=0.45mol/L，15min时C的浓度为0.030×15min=0.45mol/L，故10min时反应已达平衡，平衡常数，据此回答。【详解】A．根据0~5min的平均速率0.060mol·L-1·min-1，计算2.5min时C的浓度为=0.15mol/L。但实际反应速率可能逐渐降低，导致2.5min时浓度高于0.15mol·L-1，A错误。B．5min时，，加入0.3molC后Q=0.1×(0.45)3=0.0091，仍小于平衡常数K=0.01367，故反应正向进行，v正(C)>v逆(C)，B正确。C．5min时，C的物质的量为0.060×5min×2L=0.6mol，则B的物质的量为0.2mol，则B的体积分数为，而非14.3%，C错误。D．根据分析可知，10min时反应已达平衡，故A的物质的量不再变化，D错误。故选B。9．B【详解】A．催化反应过程(Ⅱ)中，碳元素的化合价由+4价下降为+3价，故A错误；B．单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2π键，由图可知，整个催化反应过程中，有σ键和π键的断裂与形成，故B正确；C．过程Ⅳ中加入了氢气，其对应产物为甲醇，因此适当增大的浓度，有利于提高产物CH3OH的选择性，故C错误；D．反应式为：，适当减小反应体系的压强，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故D错误；故选B。10．B【分析】工业废渣加入硝酸酸浸，得到硝酸铅、硝酸铁溶液，二氧化硅不反应成为浸渣，滤液加入KOH调节pH生成氢氧化铁除去Fe3+，过滤，向过滤后的滤液中加入KOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀；【详解】A．硫酸会和碳酸铅生成硫酸铅沉淀，不能分离出含铅滤液，A错误；B．硝酸具有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，“酸浸”后所得溶液中含有的金属阳离子为，B正确；C．“除铁”过程中若溶液中的，且铅离子不沉淀，则，pOH=6.8，pH=7.2；该过程中要求铁离子沉淀完全，则，pOH=11.2，pH=2.8，则调节的范围为，C错误；D．“沉铅”过程中，元素的化合价一直为+6，没有变化，D错误；故选B。11．B【分析】阳极泥中主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等，加入苏打烧结得到Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3、Au、Ag、Na2TeO4等，加入80℃水热浸，经过滤分离出Au、Ag、Na2TeO4等，滤液中含有Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3，向滤液中加入盐酸沉碲得到TeO2，酸性条件下，加入硫酸亚铁将还原为，然后通入SO2还原得到红硒。【详解】A．“热浸”后，经过过滤可得Au、Ag等固体，滤液进一步加盐酸沉碲，A项正确；B．“热还原”中，被还原为，反应的离子方程式为，，B项错误；C．易被氧气氧化而失去还原能力，C项正确；D．和反应生成红硒，反应的化学方程式为，D项正确；故选B。12．C【分析】晶胞中Ca为1个，在晶胞内部；B的个数为个。【详解】A．根据图示，距离Ca最近的B有个，故A错误；B．晶胞中Ca为1个，B的个数为个，与B个数比为，故B错误；C．M点在方向坐标为0，y方向坐标为1，的键长为，M到顶点的距离为，z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，故正确；D．晶胞中Ca为1个，B的个数为6，该晶体的密度为，故D错误；选C。13．A【详解】A．为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，A正确；B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，溶液中的浓度比溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，B错误；C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为，Co元素的化合价由+2价变为+3价，C错误；D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D错误；故选A。14．D【分析】根据溶度积、电离常数表达式以及水电离常数的值可知，，，，，结合图像中直线变化可知，代表与pH关系，代表与pH关系，代表与pH关系。【详解】A．由分析可知，代表一与pH关系，A错误；B．代表一与pH关系，根据图中数据计算，点时，，，可知：，，，B错误；C．点坐标计算：由点可知，，由、计算得出，，C错误；D．代表与pH关系，当时，，，点溶液呈中性，，当氨水和醋酸恰好完全反应时生成，溶液呈中性，D项正确。答案选D。15．(1)恒压分液漏斗ef→bc（或cb）←d(2)<(3)防止由于加热温度较高导致羟胺受热分解(4)abc(5)【分析】铜与稀硝酸反应制NO，为避免NO被氧气完全氧化成NO2，先用氮气排净整个装置的空气，之后制取的NO从e口进入，打开k3，仅使部分NO被氧气转化氧化成NO2，得到NO和NO2的混合气体，从f口出，连b进入三颈烧瓶；用70%左右的硫酸与亚硫酸钠固体制取二氧化硫，从c口进入三颈烧瓶，反应后继续通氮气，将没有反应完的NO、NO2、SO2排出，进行尾气吸收。【详解】（1）由图可知装置A为恒压分液漏斗；根据分析可知，实验装置连接顺序：a→ef→bc（或cb）←d；步骤I中与和反应生成和：；（2）由于O的电负性很强，中的羟基为吸电子基，使得中N的电子云密度小于中N的电子云密度，所以接受质子的能力：；接受质子能力越强，对应的碱溶液碱性越强，则其盐溶液的水解程度越弱，所以等浓度的和的混合溶液中离子浓度：；（3）分离和，向混合溶液中加入氨水，与氨水发生反应生成和的混合溶液，羟胺易溶于甲醇，在甲醇中溶解度较小，所以加入甲醇会得到晶体；又因为羟胺受热易分解，所以过滤后将滤液进行减压蒸馏，防止其分解；（4）是离子晶体，则存在阴阳离子间相互作用的离子键，在阳离子内部存在共价键和配位键，故选abc；（5）“肟化反应”中还需通入气体X，根据题意可知，气体X的化学式为，中和，使其转化为，与环己酮反应，生成环己酮肟。16．(1)适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等(2)(3)(4)比先沉淀，造成Fe元素的损失(答到“Fe元素的损失”即可给分)(5)阴69.6g【分析】硫铁矿在空气煅烧，生成气体X二氧化硫和氧化铁，加入稀硫酸酸浸，得到硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤液加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，加入试剂Y调节溶液pH值使得铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣2，滤液加入氢氧化钠溶液得到沉淀，沉淀加热后加入氢气、水进行部分还原得到纳米Fe3O4；【详解】（1）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；铁为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式是；（2）由分析知，滤渣1为；（3）“还原”过程加入FeS还原铁离子为亚铁离子，同时生成硫单质，离子方程式是；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol•L-1，则“调pH”使得铝离子转化为沉淀而亚铁离子不成为沉淀，铝离子完全沉淀则，pOH=9.3，pH=4.7，亚铁离子开始沉淀时，pOH=8.0，pH=6.0，故“调pH”的范围为；（4）由于铁离子较铝离子更难溶，若不经“还原”，直接“调pH”，会导致比先沉淀，造成Fe元素的损失；（5）①用电解法制备Fe3O4，则甲电极上铁元素化合价降低、得到电子被还原，甲电极为阴极；②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下，为0.15mol)，，则转移电子0.3mol，Fe3O4可以认为是Fe2O3∙FeO，Fe2O3中铁化合价由+3变为+2转化为FeO，结合电子守恒、Fe3O4化学式，则转移电子0.3mol，生成0.3molFe3O4，故理论上甲电极生成的Fe3O4的质量为0.3mol×232g/mol=69.6g。17．(1)1，3-丁二烯羧基(2)同分异构体(3)取代反应(4)吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率(5)5(6)【分析】由B的分子式知，它含2个不饱和度，再结合A到B的条件，发生消去反应生成1，3-丁二烯（B），C为饱和有机物，能被重铬酸钾氧化，再结合已知条件知C为1，4-丁二醇，D含2个不饱和度，且含4个O，故D为1，4-丁二酸。【详解】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；（4）①；②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“