2026届湖南省常德市高考化学自编模拟试卷01（人教版）（解析版）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省常德市高考化学自编模拟试卷01（解析版）题号12345678910答案ADBDCCDBDA题号11121314答案CDBC1．A【详解】A．钛合金是金属材料中的合金，属于金属材料，A正确；B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错误；C．碳纤维复合材料是复合材料，不属于金属材料，C错误；D．聚酰亚胺薄膜是有机高分子材料，D错误；故选A。2．D【详解】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误；B．基态Be原子价电子排布为2s2，价电子排布图，B错误；C．根据VSEPR模型理论，PCl3分子的价层电子对数为：，因此，VSEPR模型为四面体形，PCl3分子的实际构型为：三角锥形，C错误；D．顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别位于双键的两侧，所以为反-1,2-二氟乙烯，D正确；故选D。3．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。4．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。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．原子光谱的离散性源于电子能量的量子化，A事实与解释正确；B．手性催化剂通过特定构型选择性催化，B事实与解释正确；C．聚丙烯酸钠的亲水基团-COONa导致淀粉—聚丙烯酸钠树脂具有强大的吸水和保水能力，C事实与解释正确；D．过饱和醋酸钠结晶放热是物理过程，而非与金属反应，D事实与解释错误；故选D。8．B【详解】A．物质X为胍，分子中含多个氨基（-NH2）和亚氨基（=NH），均为极性基团，可与水分子形成氢键，故能溶于水，A正确；B．物质Y为氰基乙酸甲酯，含4个碳原子：-CN中C为sp杂化（三键），-CH2-中C为sp3杂化（四单键），羰基C为sp2杂化（双键），-OCH2中C为sp3杂化（四单键），共sp、sp2、sp3三种杂化方式，B错误；C．物质Z含羟基（-OH）、氨基（-NH2）等，羟基和氨基可发生取代反应（如H被取代）；羟基、氨基易被氧化（如被O2氧化）；分子中含多个氨基和羟基，可通过脱水缩合发生缩聚反应，C正确；D．鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C）是DNA中互补碱基对，通过氢键（G的氨基与C的羰基、G的羰基与C的氨基形成氢键）结合，D正确；故选B。9．D【详解】A．氮化石墨为平面形层状结构，属于晶体而非分子，“分子”表述错误；BI-CN虽引入Ba原子，但题目未明确其为分子，且“分子”概念不适用于此类晶体结构，A错误；B．同周期从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，故第一电离能：C<N，金属元素Ba的第一电离能远小于非金属非金属元素，故第一电离能：Ba<C<N，B错误；C．Ba为第6周期ⅡA族元素，价层电子为最外层电子，其价层电子结构为6s2，5p6为内层电子，C错误；D．氮化石墨为平面结构，C和N原子均形成3个σ键且参与大π键，价层电子对数均为3，杂化方式均为sp2，D正确；故选D。10．A【分析】电池，放电时，Zn失电子，Zn是负极，即b是负极、a是正极；充电时，a是阳极、b是阴极。【详解】A．放电时，b是负极、a是正极，卤素离子通过阴离子交换膜向b极迁移，故A错误；B．放电时，a是正极，I2得电子生成I-，a极的电极反应式为，故B正确；C．充电时，b是阴极，b极与电源的负极连接，故C正确；D．充电时，a是阳极，a极区生成1mol，电路中转移2mol电子，根据电子守恒，b极生成1molZn，析出Zn的质量为65g，故D正确；答案选A。11．C【详解】A．由图可知，Ce4+和H2反应生成Ce3+和H+，则反应I的离子方程式为：，A正确；B．根据反应I的离子方程式：，可知反应I中为氧化剂，发生还原反应，B正确；C．由图可知，反应Ⅱ为Ce3+与H+、NO反应生成Ce4+、N2和H2O，则反应II的离子方程式为：4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2↑+2H2O，C错误；D．转化过程中的总反应为：2H2+2NON2+2H2O，有发生反应，理论上可获为1mol，标况下体积为22.4L，D正确；故选C。12．D【详解】A．根据图示，其他条件相同，升高温度，NO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A正确；B．增大氨气的浓度，平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，NH3与NO2的投料比越大，NO2的平衡转化率越大，即x2>x1，故B正确；C．平衡常数只与温度有关，a点对应温度较低，K较大；b、c点对应温度相等，K也相等，故C正确；D．a、b、c都是平衡点，正、逆反应速率相等，净反应速率等于0，即a、b、c的净反应速率相等，故D错误；选D。13．B【详解】A．单键为键，双键中含有1个键和一个键，故碳酸丙烯酯分子中键与键数目之比为1∶13，故A正确；B．催化剂在反应开始的时候就参与反应，最终又生成了该物质，中间产物是开始的没有，最终也没有该物质生成，只是在反应过程中参与反应，由机理可知，二芳基硅二醇和在整个过程中起到了催化作用，B错误；C．B、C、D都存在氢键O-H···O，C正确；D．由物质结构，饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化，CO2中C原子为sp杂化，D正确；故选B。14．C【分析】由，即，同理，，分别代入(0，-1.25)、(0，-3.82)两点坐标，可得直线Ⅰ对应的Ka=10-1.25，直线Ⅱ对应的Ka=10-3.82，且Ka1>Ka2，则直线Ⅰ对应的lgX为，Ka1=10-1.25，直线Ⅱ对应的lgX为，Ka2=10-3.82；【详解】A．由分析，直线Ⅰ中的X表示，A错误；B．a点加入0.100mol/LNaOH溶液20mL，根据质量守恒，，B错误；C．c点溶液中pH=8.2，c(H＋)=10-8.2mol/L，依据，可得，C正确；D．a点对应加入20mLNaOH溶液，溶质为NaHC2O4，对水的电离起到抑制作用，c点对应加入40mLNaOH溶液，溶质为Na2C2O4，对水的电离起到促进作用，因此从a点到c点，NaHC2O4含量减少，对水的电离抑制作用逐渐减弱，Na2C2O4含量增多，对水的电离促进作用逐渐增强，因此水的电离程度一直增大，D错误。故选C。15．(1)球形干燥管(2)(3)K1、K2K3锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升充满黄绿色气体(4)防止三价铁水解92.3偏低【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质遇水易水解，制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置C中；F装置用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，浓盐酸易挥发，水会蒸发，氯气中混有HCl和H2O，E装置除去氯气中的HCl，D装置除去氯气中的水，氯气与NO在C中反应生成NOCl，据此解答。【详解】（1）由图可知，盛放无水的装置名称为球形干燥管；分子中各原子均满足8电子稳定结构，结构中氮形成三个键，氧形成两个键，氯形成一个键，则的电子式为；（2）由分析可知，装置中高锰酸钾和浓盐酸发生反应生成氯气，离子方程式为；（3）①A、B装置内一开始有空气，空气中的氧气与NO反应生成红棕色的NO2，实验开始前，要先排除A、B装置内的空气，空气排尽后，B装置将无红棕色气体，为无色，因此实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO气体，当观察到B中红棕色完全消失时，说明装置中充满NO，关闭K1，装置A、B中气体压强增大，则观察到锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；②由于三颈瓶中存在空气，应该用氯气将其赶出，故打开中分液漏斗的活塞，当中三口烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入；故答案为：K1、K2；K3；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；充满黄绿色气体；（4）①该滴定过程中使用的指示剂为，其中三价铁容易水解，则滴定过程中应控制溶液的，理由是防止三价铁水解；②硝酸银的物质的量，，过量银离子对应的的物质的量，考虑溶度积的影响，NOCl的物质的量为，纯度：；③仰视读数导致KSCN体积偏大，计算出的NOCl纯度偏低。16．(1)恒压滴液漏斗(2)氯化铝可与产物酮络合失效而损失(3)提供气化中心，防止暴沸(4)降低二苯酮的沸点，防止氯化铝升华(5)D滴入最后半滴标准液后，生成砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解BE【分析】在无水AlCl3作催化剂条件下，苯与四氯化碳发生取代反应生成，向中加入30mL水，改为蒸馏装置，蒸去四氯化碳及少量未反应的苯，在加热套上蒸馏0.5h，并促使二苯二氯甲烷水解完全，分出下层粗产品，水层用蒸出的四氯化碳萃取一次，合并后加入无水硫酸镁。先常压蒸馏，温度升至90℃左右时停止加热，再减压蒸馏，据此分析；【详解】（1）根据装置甲中仪器a的特点，仪器a名称为恒压滴液漏斗；（2）氯化铝可与酮络合而失效，实验中取用氯化铝的量要高于催化剂的实际需要量的原因是氯化铝可与产物二苯酮发生络合失效而损失；（3）图乙中毛细管的作用提供气化中心，防止暴沸；（4）减压蒸馏可以降低二苯酮的沸点，防止氯化铝升华，所以需减压蒸出二苯酮；（5）①根据沉淀滴定原理：滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间有明显的颜色差别，测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故选Na2CrO4；达到滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，生成砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解；②因为二苯酮不溶于水，易溶于醇和醚，故选乙醇与石油醚进行重结晶进一步提纯；③根据原子守恒知，0.03mol无水苯理论上生成0.015mol，0.015mol完全水解生成0.03molHCl和0.015mol二苯酮，硝酸银与HCl等物质的量反应，则实际上生成HCl物质的量为，则步骤三、四操作过程中产品损失量为，理论上生成产品，则产品的损耗率为。17．(1)低温(2)BE(3)曲线20.004a(4)或14.8【详解】（1）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③

=，该反应是气体体积减小的反应，，当时反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行。（2）A．断裂4mol的同时断裂1mol，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选；B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强减小，恒温恒容条件下，体系压强不再变化时，说明反应达到平衡，B选；C．恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，C不选；D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；E．绝热恒容条件下，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，K=减小，当不再变化时，反应达到平衡，E选；故选BE。（3）①结合图中CO2的变化曲线可知，温度较低时（大约在600℃以下），甲烷化反应的逆反应占主导地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，CO2的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，CH4和H2O(g)的含量逐渐减小[此阶段]，故曲线1是CH4的变化曲线：曲线2是H2O(g)的变化曲线；曲线3是H2的变化曲线，温度较高时（大约在650℃以上），逆变换反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，H2的含量逐渐减小。设起始时n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，达到平衡时消耗的CO2为xmol，曲线1和曲线3交叉点处，n(H2)=n(CH4)，4-4x=x，解得x=0.8。平衡后混合气体的总物质的量=0.2mol+0.8mol+0.8mol+1.6mol=3.4mol，在温度和容器的体积一定时，，则，解得p(平衡)=0.068MPa，故曲线1和曲线3交叉点处CO2的平衡分压：p(CO2)=0.068MPa×=0.004MPa；②相同温度下，反应的平衡常数最大。平衡常数越大，反应进行的程度越大，故积碳反应主要由该反应造成。（4）根据已知条