湖南省长沙市2026年高考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页湖南省长沙市2026年高考模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案BDBCCCDBBC题号11121314答案DCCC1．B【详解】A．溶液中水解生成和，加热蒸发时挥发，促进水解平衡正向移动，最终得到（或进一步灼烧得），无法得到晶体，A错误；B．溶液具有强氧化性，需用酸式滴定管量取，滴定管可精确到，可量取溶液，操作规范，B正确；C．加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，若试管口向上则操作错误，C错误；D．配制溶液转移时需用玻璃棒引流，直接倾倒会导致溶液溅出，体积不准确，D错误；故选B。2．D【详解】A．基态原子吸收能量后，电子跃迁到高能级，吸收特定波长的光形成吸收光谱，此过程是原子光谱分析的基础，A不符合题意；B．臭氧（）是极性分子，但其在非极性的中的溶解度高于极性的水，虽然“相似相溶”通常适用，但臭氧的极性较弱（偶极矩），且分子间作用力与更匹配，导致其在中溶解度更高，B不符合题意；C．聚乙炔的单双键交替结构形成共轭大π键体系，电子离域为电荷传递提供通路，使其成为导电高分子材料，此性质是导电高分子的核心原理，C不符合题意；D．等离子体是电离气体，包含自由电子、阳离子和中性粒子，整体电中性。但选项仅提到电子和阳离子，忽略了中性粒子的存在，组成描述不完整，D答案正确；故答案选D。3．B【详解】A．黑火药爆炸的正确产物应为K2S、N2和CO2，而非K2CO3和SO2，正确为，A错误；B．绿矾（）溶液中的被氧化为，水解生成沉淀。反应式满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，B正确；C．与稀盐酸反应应生成沉淀，应为：，C错误；D．与反应生成和，但在酸性条件下不稳定，会被溶解，应为，D错误；故选B。4．C【详解】A．CuO与少量C反应生成CO2；CuO与过量C反应生成CO；CO2与C反应生成CO；CO与CuO反应生成CO2，转化均可行，故不选A；B．Fe与少量稀HNO3反应生成；Fe与过量稀HNO3反应生成；与HNO3反应生成；与Fe反应生成，转化均可行，故不选B；C．与反应，无论少量或过量，均生成Al(OH)3沉淀，转化不可行，故选C；D．与少量NaOH反应生成NaHCO3；与过量NaOH反应生成。NaHCO3与NaOH反应生成；与反应生成NaHCO3，转化均可行，故不选D；选C。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．D【分析】由题意可知，若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基()，正极反应为；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子()，正极反应为，则铁粉为负极，负极反应式为，据此解答。【详解】A．由分析可知，上端开口打开或关闭，铁粉均为负极，不会使正负极对调，A错误；B．由分析可知，若上端开口关闭，正极反应为，B错误；C．除去含含的污水时，需要将其转化为无毒的，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化，C错误；D．打开上端开口并鼓入空气时，被氧化为，水解生成胶体可以用于净水，D正确；故选D。12．C【分析】滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，以此分析。【详解】A．b点溶液中溶质，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的，A正确；B．a、b点发生反应：，b点恰好完全反应生成，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，故a、b点溶液呈酸性，B正确；C．c点溶质为和，根据电荷守恒，此时，，则，C错误；D．b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9ml，则苹果酸的浓度=，D正确；故选C。13．C【详解】A．过程混合液pH上升，说明此阶段水解大于电离，溶液中没有白色沉淀生成，故A正确；B．过程混合液pH下降，说明此阶段有白色沉淀碳酸钙生成，导致的电离大于水解，溶液中浓度增大，抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，故B正确;C．b点是整个滴定过程中pH最高点，此点水解大于电离，则，故C错误；D．d点混合溶液中，根据电荷守恒，可得，此时溶液显弱碱性，，则，根据题干中和的浓度可知，d点，则，故D正确；答案C。14．C【分析】由题干信息可知，当时，认为Xe完全反应，即反应①已经完全进行，Xe(g)完全反应，随着的增大，即F2的用量最多，反应②、③均正向移动，则n(XeF2)逐渐减小，n(XeF4)先增大后减小，n(XeF6)逐渐增大，即x代表n(XeF6)、y代表n(XeF4)、z代表n(XeF2)，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线y代表产物XeF4的物质的量，A错误；B．由题干图示信息结合分析可知，a点n(XeF4)=n(XeF2)，即p(XeF4)=p(XeF2)，则Kp2=，同理c点n(XeF4)=n(XeF6)，即p(XeF4)=p(XeF6)，则Kp3=，故，B错误；C．由题干信息可知，当n(XeF4)最多时即图中b点，此时n(XeF2)=n(XeF6)，结合B项解析可知，反应的Kp=，即Kp=，故p(F2)=60kPa，C正确；D．结合C项解析，达到最大值时的分压，此时体系总压为，则的总压为40，此时是1：1，则二者的平均化学式为，可以看作只含，则此时可看作，依据元素守恒则起始投料比，D错误；故选C。15．(1)分液漏斗decb(2)吸收未反应的CO，防止污染空气c→b→e→a→d滴入最后半滴碘标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色91.0%偏大【分析】(2)混气装置将气体混合完成后，在管式电阻炉中反应，G中收集硫黄，H吸收未反应完的，I吸收未反应完的CO。【详解】（1）①装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗；②用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。（2）①管式电阻炉中发生CO还原回收硫黄的反应，化学方程式为；②装置Ⅰ的作用是吸收未反应的CO，防止污染空气；③实验开始时先用氮气将装置中的空气排干净，加热管式炉，再按一定比例通入混合气体进行反应，停止通混合气体后再通一段时间氮气，将装置中未反应完的气体赶出，被后续装置吸收，最后测定H中相关物质的量，故操作顺序为a→c→b→e→a→d→f；④ⅰ．滴定终点的现象为滴入最后半滴碘标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；ⅱ．滴定时发生的反应为，故关系式：，转化率为；ⅲ．若将装置H、I互换顺序，二氧化硫会溶解在I中，消耗的碘单质的物质的量偏少，故重复实验，测定结果将偏大。16．(1)(2)溶解除去硫单质(3)(4)0.345(5)98.75%(6)8【分析】向含硒物料（主要等）中加入二硫化碳，将硫溶解除去；加入和，Se转化为，、CuO、ZnO转化为，过滤除去，控电位将还原为粗硒。【详解】（1）硒（Se）是34号元素，位于第四周期第ⅥA族，基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4；（2）含硒物料中含S，CS2可溶解S，“浸取”目的是溶解并除去物料中的硫单质；（3）“酸浸”中Se、NaClO3在稀硫酸条件下反应，Se转化为H2SeO3，转化为ClO2，离子方程式为：；（4）为使硒和杂质金属分离，确保不被还原，用硫脲联合亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V以上；（5）根据题意可得关系式：，25.00mL溶液中，=0.0005mol，则粗硒产品中Se的质量分数为；（6）转化为的电极反应式为，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，则每个晶胞中含有4个，转移电子数为8；转化为NaCuSe的电极反应式为，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜的个数为4-4x。17．(1)羧基(2)取代反应(3)(4)(5)23(6)【分析】A发生已知信息的反应生成B，则B的结构简式为，B和甲醇发生取代反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为，C与反应生成D，结合D的分子式可知，D的结构简式为，E与甲醇发生加成反应生成F，结合F的分子式可知，F的结构简式为，D与F发生取代反应生成G，据此解答。【详解】（1）结合A的结构简式可知，A中的含氧官能团名称是羧基；（2）由分析可知，B→C的反应类型为取代反应；（3）E与甲醇发生加成反应生成F，化学方程式为；（4）苯环是吸电子基，减弱氮的电子云密度，烃基是推电子基，增大氮的电子云密度，故碱性强弱：b＞c＞a；（5）C的结构简式为，I是C的同系物，其相对分子质量比C多14，则I除了苯环外还剩余2个碳原子，2个氧原子，1个氯原子，1个不饱和度，满足①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②取代基不超过3个，且分子中存在—CONH2；若含有两个取代基，可以是，共有邻、间、对三种；若含有三个取代基，可以是、，苯环上3个不同的取代基共有10种同分异构体，故共计23种同分异构体；（6）结合题目合成G的过程可知，先水解生成与甲醇发生酯化反应生成，再与与反应生成，与甲醇发生加成反应生成，与发生D+F→G的反应生成目标产物，具体合成路线为。18．(1)179.6(2)(3)BC(4)减小增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了，生成了(5)1.068