2026年湖南省长沙市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2026年湖南省长沙市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DBADBCACDC题号11121314答案BCCC1．D【详解】A．碳纳米管具有高强度和高导电性，广泛应用于电池和传感器等领域，A正确；B．储氢合金能大量吸收氢气并与之结合形成金属氢化物，B正确；C．橡胶硫化通过硫原子交联橡胶各链，发生化学变化，C正确；D．复方氢氧化铝片主要成分为抗酸剂，用于中和胃酸、缓解胃痛，无杀菌消毒功能，D错误；故选D。2．B【详解】A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，快速降低局部温度，然后涂上烫伤药膏，A正确；B．NaOH具有强腐蚀性，会加重皮肤损伤，故不慎将酸沾到皮肤上时需立即用大量清水冲洗，然后再用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，B错误；C．对于含重金属离子的废水，可利用沉淀法进行处理后再排放，C正确；D．是护目镜，在进行可能发生飞溅等的化学实验时，佩戴护目镜具有保护眼睛的作用，钠在空气中燃烧的实验反应剧烈，可能飞溅，故钠在空气中燃烧的实验中涉及的图标含有，D正确；故答案选B。3．A【详解】A．向溶液中加入过量氨水，得到深蓝色溶液，A错误；B．向苯酚溶液中加入浓溴水，生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，B正确；C．向溶液中加入溶液，生成黄色沉淀，C正确；D．向溶液中加入溶液，生成红褐色沉淀，D正确；故选A。4．D【详解】A．中，Cu通常为+2价，Fe为+2价，S的化合价为-2（总电荷平衡：+2+2+2×(-2)=0），因此硫的化合价为-2，而非-1，A错误；B．Cu的电子排布为[Ar]3d104s1，属于周期表ds区，而非d区，B错误；C．反应中，1molCu从+2→+1（还原，得1mole-），3molFe3+→Fe2+（还原，共得3mole-），总转移电子的物质的量为4mol。每生成1molCuCl转移电子数为4，而非3，C错误；D．基态Fe原子（电子排布[Ar]3d64s2）的3d轨道有4个未成对电子（洪特规则），因此1molFe原子含4个未成对电子，D正确；故答案选D。5．B【详解】A．过量铁粉与稀硝酸反应时，Fe最终应被氧化为Fe2+而非Fe3+，离子方程式为：，A错误；B．Cl2的氧化性强于Br2，能将Br-氧化为Br2，离子方程式为：，B正确；C．用惰性电极电解MgCl2溶液时，阴极H2O分解产生H2和OH-，OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，未体现Mg2+参与反应，离子方程式应为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，C错误；D．CaSO4为固体，离子方程式中应保留其化学式，而非拆分为Ca2+，离子方程式为：，D错误；故答案为B。6．C【详解】A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L的物质的量不一定是1mol，无法确定σ键数目；A错误；B．7.8g为0.1mol，由2个和1个构成，总离子数为，B错误；C．溶液中会水解生成，导致小于1mol，即数目小于，C正确；D．每mol反应转移1mol电子，但题目未明确物质的量，仅说“等物质的量”，无法确定转移电子数，D错误；故选C。7．A【详解】A．足量镁与浓硫酸反应生成的气体可能是SO2和H2的混合物。每生成1mol气体（无论SO2或H2），均转移2mol电子，因此1mol气体对应转移电子数为2NA，A正确；B．NaHSO4晶体中仅含Na+和，每1molNaHSO4提供1mol阳离子。12gNaHSO4（0.1mol）含阳离子数为0.1NA，B错误；C．标准状况下，CHCl3为液体，混合物体积11.2L仅由CH3Cl贡献，对应0.5molCH3Cl，含0.5NA碳原子。但若混合物含液态CHCl3，其碳原子数无法确定，C错误；D．电解精炼时，阳极溶解的金属可能含Zn、Fe等杂质，转移电子数可能超过2NA，D错误；答案选A。8．C【详解】A．红热的铁与水蒸气反应生成黑色Fe3O4和H2，而非红棕色Fe2O3，A错误；B．钢铁生锈的负极反应应为Fe-2e-=Fe2+，而非生成Fe3+，B错误；C．锌比铁活泼，嵌入锌块可形成原电池使锌块被消耗，对铁进行保护，C正确；D．合金的硬度通常高于其组分金属，钢铁为铁合金，硬度高于纯铁，D错误；答案选C。9．D【详解】A．盐酸酸化的引入，若原溶液含也会生成AgCl沉淀，无法确定，A错误；B．未说明CH3COOH和HClO浓度是否相同，无法通过pH直接比较酸性强弱，B错误；C．玻璃棒含Na+，焰色反应会干扰，应使用洁净铂丝或铁丝，C错误；D．Na2CO3溶于水放热，NaHCO3溶解吸热，温度降低说明是NaHCO3，D正确；故选D。10．C【分析】采用电解和催化相结合的循环方式，可高效制和，故该装置是电解池，根据电极b的物质转化由失电子生成，故电极b是阳极；电极a为阴极，按照阴极放电顺序阴极电解水生成氢气。【详解】A．电极b为阳极，阳极连接电源正极，A正确；B．电解时，阴极电解水生成氢气，电极反应：；阳极失电子生成，极反应：，得失电子守恒时总反应为：，B正确；C．电解池中电子只能通过导线传递，不能经电解质溶液（溶液中靠离子导电），C错误；D．催化阶段被还原为，被氧化为，得失电子守恒总反应为，催化阶段反应产物的物质的量之比，D正确；故选C。11．B【分析】溶液加过量稀盐酸无明显现象，说明无、，再加入过量的硝酸钡，产生无色气体，说明无，若有，会与过量盐酸产生黄绿色氯气，说明存在，生成无色气体X为共0.1mol，故为0.3mol；沉淀A应该为硫酸钡，故溶液存在，116.5g沉淀A说明含0.5mol；加入过量的氢氧化钠，生成标况下4.48L无色气体Y，无色气体Y为，说明含0.2mol，生成的沉淀B含氢氧化铁沉淀，根据为0.3mol可知，氢氧化铁沉淀为32.1g，故沉淀B中还含有氢氧化铜沉淀5.88g，故溶液中含有0.06mol，滤液Ⅱ中含有氢氧化钡，加入少量二氧化碳生成的沉淀C为碳酸钡沉淀；最后根据溶液呈电中性原理可知溶液还应该含0.08mol，据此回答。【详解】A．据分析可知，溶液中一定不含、、，A正确；B．据分析可知，溶液中含0.08mol，B错误；C．据分析可知，C正确；D．无色气体X为，无色气体Y为，二者可发生转化为无害，D正确；故选B。12．C【分析】CuFeS2中加入CuCl2溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S。过滤后得到的滤液中含有FeCl2，固体中含有CuCl、S，加入浓盐酸除硫，过滤得到滤液中含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和CuCl2，过滤可得到Cu，得到的滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，据此分析解答。【详解】A．Fe3+可作氧化剂，CuFeS2中S从-2价升至0价，氧化产物为S，Fe3+降至Fe2+，Cu从+2价降至+1价，还原产物为CuCl和FeCl2，根据原子守恒和得失电子守恒可得该反应的化学方程式为，A正确；B．“过滤1”所得滤液中溶质主要成分为、，加入足量铁粉可以置换出铜，B正确；C．过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，C错误；D．流程中涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、CuCl+Cl-=[CuCl2]-、2[CuCl2]-=Cu↓+Cu2++4Cl-，综合可得生成2molCu需4mol[CuCl2]-，4mol[CuCl2]-需4molCuCl；浸取生成4molCuCl消耗3molCuCl2，歧化生成2molCuCl2循环使用，净消耗CuCl2为3mol-2mol=1mol，D正确；故答案为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)粉碎、搅拌、适当升温、适当增加硫酸的浓度等(写出两种即可)(2)(3)(4)0.5(5)96【分析】湿法炼锌净化渣经过硫酸的酸浸，生成的硫酸铅沉淀和未反应的铜成为浸出渣，在浸出液中加入硫化钠固体除去铜离子，然后在除铜液中加入过硫酸钠将溶液中的二价铁转化为三价铁，通过加入碳酸钠来调节溶液的pH除去铁元素，在净化液中再加入碳酸钠将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，从而达到提取钴的目的。【详解】（1）为了提高炼锌净化渣的浸出速率，工业上常用的方法是粉碎、搅拌、适当升温、适当增加硫酸的浓度等。（2）根据工艺流程图分析，其他金属均与硫酸反应，铜虽不能直接反应，但是有的存在，可以溶解Cu，所以沉淀中一定存在的是；（3）根据化合价，1个有两个价的氧，根据提示可知是存在一个过氧根；氧化过程中，与发生反应，氧化为，还原为，离子方程式为；（4）除铜液中浓度为0.18mol·L-1，，mol/Lmol/L，常温下，饱和水溶液中存在关系式：，则此时溶液中mol/L，故；（5）根据题意，阳极失去电子，由题意中电解质的条件可以写出，电解精炼铜，阴极增重，生成铜单质，为1.5mol，根据相对原子质量可计算出96g。16．(1)C(2)搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度(3)6Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2OPbSO4转化为PbC2O4的反应可表示为PbSO4＋H2C2O4PbC2O4＋2H＋＋，该反应，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4(4)除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率(5)Ga-3e-＋4OH-=(6)【分析】锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3)中加入H2SO4低酸浸出，过滤所得的滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；向高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸，此时PbO2被H2O2还原为Pb2+，并转化为PbSO4沉淀，SiO2不参与反应进入沉淀；Ga3+、Fe3+分别转化为配离子；由于[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga的萃取率，所以加入Fe粉将[Fe(C2O4)3]3-还原为FeC2O4沉淀除去；向滤液中加入萃取剂进行萃取，再加入洗脱剂，得到富镓母液，电解得粗镓。【详解】（1）镓与铝同族，原子失去电子所需能量：基态（全满、半满等稳定状态）>激发态，失去内层电子所需能量>失去外层电子所需能量；选项C中电子处于全满的基态，失去一个电子所需能量最高；A、B中电子处于激发态，失去电子所需能量低于C，综上所述C正确；故答案为：C。（2）提高“低酸浸出”效率的措施有：搅拌（使反应物充分接触，加快反应速率）；适当升高温度（升高温度，反应速率加快）；适当增大硫酸浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）等。（3）由[Fe(C2O4)3]3−的结构可知，Fe3+与6个O原子形成配位键，所以Fe3+的配位数是6；Ga2O3被草酸浸出，结合已知镓与铝性质相似，反应生成[Ga(C2O4)3]3−，离子反应方程式为Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；H2C2O4的为二元弱酸，Ka1=，Ka2=，Ksp(PbC2O4)=c(Pb2+)c(C2O)，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c(SO)，PbSO4转化为PbC2O4的反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的K====2.8×10-4<105，平衡常数很小，反应存在反应限度，转不能全部转化，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。（4）根据分析可知，加铁粉除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。（5）电解池阳极发生氧化反应，则反应方程式为Ga-3e-＋4OH-=Ga(OH)。（6）由GaN的晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，N原子位于晶胞内部，Ga原子的个数为8×+6×=4，N原子的个数为4，晶胞的质量m=，晶胞参数为apm=a×10-10cm，晶胞体积V=(a×10-10cm)3，晶胞的密度ρ==。17．(1)羟基、酯基(2)氧化反应(3)c(4)(5)15(6)【分析】由流程，A发生已知反应①原理生成B，则A为，B中支链水解得到C，C中羟基被氧化为羧基得到D，D和乙醇发生酯化反应生成E，E和转化为F，F和M发生取代引入支链得到G；【详解】（1）F中的官能团名称是羟基、酯基；由分析，A的结构简式是；（2）C中羟基被氧化为羧基得到D，为氧化反应；（3）a．E为，含有酯基，而D含羧基，化合物D、E中不含有一种相同的官能团，错误；b．C发生脱水反应可以生成醚键或碳碳双键，故生成的有机产物不一定可以发生加聚反应，错误；c．酯化反应为可逆反应，反应过程中增加EtOH用量，可以促使酯化反应正向进行，从而提高反应物D的转化率，正确；d．由F生成G的反应为-OEt被取代的反应，不是加成反应，错误；故选c；（4）由与某种有机物反应制取M（），结合质量守恒和环氧乙烷的反应原理，则为还氧乙烷和中氨基氢加成生成M，化学方程式：；（5）E为，除苯环外，含有2个氧、4个碳、1个不饱和度，E的同分异构体中，同时满足下列条件：①苯环上含有两个取代基；②遇溶液显紫色且能发生银镜反应，则含酚羟基和醛基，结构可以为，且每种又存在邻间对三种位置，共5×3=15种；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1，则含2个相同甲基且结构对称，可以是；（6）苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成，苯甲醇氧化为苯甲醛，和苯甲醛发生E生成F的反应转化为产物，故流程为：。18．(1)吸收水，防止CrCl3发生潮解(2)Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2(3)(4)关闭K1、K3，打开K2将COCl2完全排除，充分被NaOH溶液吸收(5)“B和C间的导管过细，生成的CrCl3可能堵塞导管”或“在E和F之间，缺少防倒吸装置”(6)(7)偏高【分析】氮气通过浓硫酸干燥后，通入三颈烧瓶中，三颈烧瓶内温度保持在70℃-80℃之间，使CCl4汽化，被氮气带入装置B中，在装置B中发生反应：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，装置C用于收集CrCl3，装置D用于冷凝COCl2，装置E收集COCl2，装置F是尾气处理装置，吸收未被冷凝的COCl2，防止其污染空气，据此分析作答