2026届湖南省衡阳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届湖南省衡阳市高考化学自编模拟试卷01（解析版）题号12345678910答案BDBCBDDCBA题号11121314答案DCCD1．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．B【详解】A．保存液溴时，应使用水进行液封。溴能溶于，无法有效隔绝溴蒸气，A错误；B．活泼金属燃烧时，灭火毯（石棉布）可隔绝氧气，有效灭火，且避免使用其他灭火剂引发二次反应。B正确；C．银单质不溶于稀氨水，需用稀硝酸溶解。稀氨水无法去除银残留，C错误；D．浓硫酸沾到皮肤应立即用大量水冲洗，而非直接使用溶液（中和反应放热会加重损伤）。D错误；故选B。4．C【分析】书写离子方程式时强酸、强碱、可溶性盐写出离子形式，其余单质、氧化物、难溶物、弱酸、弱碱等不能拆成离子。【详解】A.石灰乳、水、Cl2不拆，氯化钙和次氯酸钙拆成离子形式，，A正确；B.铜片和浓生成硝酸铜和二氧化氮，硝酸、硝酸铜拆成离子，，B正确；C.将足量苯酚加入碳酸钠溶液中只能生成碳酸氢钠和苯酚钠，不会放出二氧化碳，离子方程式为++，C错误；D.铁粉和生成氯化亚铁：，D正确；故答案选C。5．B【详解】A．FeS为固体，不能拆分为离子形式，用FeS除去水中重金属离子Hg2+的离子方程式应该为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，A错误；B．碱性锌锰电池正极上发生还原反应，在碱性条件下MnO2在正极上得到电子被还原生成MnO(OH)，同时产生OH⁻，则正极的电极反应式为：，B正确；C．浓硝酸光照分解产生NO2、H2O，该反应的化学方程式应该为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，C错误；D．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水反应产生Mg(OH)2、CaCO3、H2O，离子方程式应该为：Mg2++2+Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+CaCO3↓++2H2O，D错误；故合理选项是B。6．D【详解】A．P、Q均为平面结构且分子对称，电荷分布均匀，无极性，A正确；B．同主族元素从上到下第一电离能减小，S（第三周期）、Se（第四周期），则第一电离能S>Se，B正确；C．设P含x个C、y个S，Q含x个C、a个S和b个Se，且y=a+b。C价电子4，S、Se价电子均为6，故价电子总数均为4x+6y，C正确；D．C为sp2杂化，p轨道1个电子参与大π键；S价电子6，形成2个σ键后，p轨道有2个电子参与大π键（非1个），D错误；故选D。7．D【分析】该实验装置用于探究氧化甲苯蒸气（还原产物为MnO）生成无污染气体的效果，各部分装置作用如下：装置Ⅰ：装有甲苯，用于提供甲苯蒸气，与通入的气体X（可排出装置内空气，防止干扰）混合后进入后续反应装置。硬质玻璃管（中间装置）：是反应的核心场所，在此与甲苯蒸气发生氧化还原反应，被还原为MnO，甲苯被氧化为无污染气体。装置Ⅲ：装有KMnO4溶液，KMnO4有强氧化性，可检验甲苯是否有剩余，若甲苯未完全氧化，会使KMnO4溶液褪色。装置Ⅳ：装有澄清石灰水，用于检验反应是否生成CO2，若澄清石灰水变浑浊，说明有CO2生成，即甲苯被氧化。【详解】A．实验开始时先通X气体可排尽装置内空气，防止空气干扰反应或发生爆炸，再加热酒精喷灯，A正确；B．若n(甲苯)：n()=1：18发生反应，甲苯被氧化为无污染气体（应为CO2），被还原为MnO。设甲苯的物质的量为1mol，的物质的量为18mol。甲苯中C元素从价（平均价态）升高到+4价（CO2中C为+4价），1mol甲苯中7molC原子失去的电子总物质的量为；Mn元素从+(2x)价降低到+2价，18mol得到的电子总物质的量为18×(2x-2)。根据氧化还原反应中得失电子守恒，18×(2x-2)=36，解得x=2，B正确；C．KMnO4溶液有强氧化性，若IV中澄清石灰水出现浑浊，说明有CO2生成，可推断甲苯被氧化，C正确；D．甲苯是气体，密度比水小，会浮在石灰水表面，互换顺序后无法判断甲苯是否被完全氧化，D错误；故选D。8．C【详解】A．丙烯醛中的醛基也能被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，无法单独验证碳碳双键的存在，A错误；B．乙醇与浓硫酸共热可能生成副产物等气体，二氧化硫也能使溴水褪色，无法直接证明乙烯发生加成反应，B错误；C．缺角NaCl晶体在饱和溶液中修复是晶体自发地呈现多面体外形，属于晶体的自范性，C正确；D．水解后加NaOH中和酸，再加入碘水，淀粉未水解或部分水解溶液均会变蓝，无法确定是否水解，且单质碘能和氢氧化钠溶液反应，D错误；故答案选C。9．B【分析】由题干原电池装置图可知，电极a为由N2H4转化为N2，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则b为正极，电极反应为：+6H2O+8e-=NH3+9OH-，据此分析解题。【详解】A．转化为，失去了电子，a极为负极发生氧化反应，A错误；B．b为正极，电极反应为：，B正确；C．a极上的电极反应式为，向a极区迁移，C错误；D．生成28g（1mol）转移4mol电子，D错误；故选B。10．A【详解】A．苯乙烯不对称硒化反应中碳碳双键变成了单键，产物只有一种，故属于加成反应，A正确；B．H、D质子数相同，质量数不同，相同条件下，氕、氘代速率不同的原因是D的质量数大于H的质量数，质量数大反应速率较慢，B错误；C．已知：C、Se的电负性依次为2.5、2.4，则产物中碳硒键中共用电子对偏向碳原子、偏离硒原子，C错误；D．苯乙烯不对称硒化反应中碳碳双键变成了单键，上述转化中碳原子的杂化类型由转化为，D错误；故选A。11．D【分析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入浸出液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体。【详解】A．由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、，A正确；B．由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，该反应的平衡常数，B正确；C．使用溶液会引入杂质，所以不能用溶液替代溶液，C正确；D．Sr的化学性质与Ba类似，为强碱，则也是强碱，不水解，故由制备无水时无需在HCl气流中加热，D错误；故选D。12．C【分析】由图可知，a电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中的量增大，是由发生氧化反应得到，则电极a为阳极，电极b为阴极，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，电极a为阳极，与外接电源正极相连，A正确；B．电极b为阴极，电极上稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，过程中OH-浓度增大，则发生电极反应，B正确；C．通过半透膜到电极a发生氧化反应，则半透膜Ⅰ为阴离子交换膜，半透膜Ⅱ应为阳离子交换膜，C错误；D．标准状况下，若收集到22.4L的气体H2，可知转移电子数为2mol，根据内外电路转移电子数目相等，可知有1mol通过膜Ⅰ进入左室，D正确；故选C。13．C【详解】A．根据关系式，降低温度T减小，增大，Ea为正值，则-Rlnk增大，即lnk减小，k减小，A错误；B．相同温度（相同）时，催化剂B对应的-Rlnk更小，即lnk更大，k更大，反应速率更快，催化效果更好，B错误；C．图像中-Rlnk与呈线性关系，斜率为Ea。催化剂B直线取=0.9×10-2K-1时，-Rlnk≈1.5，斜率Ea在200kJ/mol==150kJ/mol，结合图像趋势，Ea的范围为150kJ/mol<Ea<200kJ/mol，C正确；D．初始SO2和Cl2等物质的量，反应中按1:1消耗，平衡时SO2体积分数=，始终不变，不能判断平衡，D错误；故选C。14．D【分析】金属阳离子与形成配合离子可表示为，，，即=，达到平衡时在与的关系图中斜率为配位数x，配位数为4、配位数为2，直线X斜率更大，故X表示形成配离子的变化曲线，直线Y表示形成配离子的变化曲线；则根据直线X上的点可计算，根据直线Y上的点可计算。【详解】A．达到平衡时在与的关系图中斜率为配位数x，配位数为4、配位数为2，直线X斜率更大，故X表示形成配离子的变化曲线，A正确；B．a点在X线（平衡线）下方，此时小于平衡值，反应正向进行生成配合离子，生成速率大于解离速率，B正确；C．该反应平衡常数，C正确；D．时，，根据，，同理，，，溶液中，D错误；故选D。15．(1)将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温(2)3:2取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不存在(3)(4)(5)(6)把还原为，避免升华时含有杂质【分析】氧氯化锆主要含，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：，加入萃取剂TBP萃取分液得到含Hf的溶液，通过反萃取得到TBP和水溶液，水溶液中加入氨水沉淀Zr离子、铁离子、铬离子，煅烧得到ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，加入C、Cl2“沸腾氯化”时，ZrO2、Fe2O3、Cr2O3转化为：FeCl3、CrCl3、CrCl2、ZrCl4，转化为同时，结合质量守恒，还生成一种还原性气体为CO，再加入氢气还原，把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时含有FeCl3杂质，升华后加入Mg发生镁热反应，生成金属Zr；【详解】（1）为增大酸溶效率，可采取措施为将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温等；（2）Cr为24号元素，价电子排布式为，未成对电子数为6，Fe为26号元素，价电子排布式为，未成对电子数为4，所以比值为；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不存在；（3）“萃取”时，可与萃取剂形成，结合质量守恒，生成的离子方程式为：；（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；（5）“沸腾氮化”时，加入、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应中碳化合价由0变为+2、氯化合价由0变为-1，结合电子守恒，化学方程式为；（6）由于和沸点接近，因此加入把还原为，避免升华时含有杂质，最后升华得到，故答案为：把还原为，避免升华时含有杂质。16．(1)d或(2)(或写，系数为2，反应条件：，活性炭)(3)除去不溶性物质活性炭，避免产物析出C(4)BC(5)缺少温度计【分析】将CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[Co(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥得到产品。【详解】（1）Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。（2）CoCl2和NH3•H2O、H2O2反应生成[Co(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。（3）①趁热过滤的目的是除去不溶性物质活性炭，避免产物析出。②由分析可知，滤渣中表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制的电离，能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为C。（4）①称取样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入滴甲基橙，用的滴定，达滴定终点时，共消耗溶液，则剩余，消耗，则，，样品纯度为；②A．碱式滴定管未润洗，会造成标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗偏小，偏小，故A错误；B．若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，偏小，致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗偏大，偏大，故B正确；C．终点读数时，俯视滴定管的刻度，偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗偏大，偏大，故C正确；D．酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定时选用酚酞为指示剂，则偏大，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗偏小，偏小，故D错误；故答案为BC。（5）由题意，水浴的温度控制在左右，但是装置中缺少温度计。17．(1)醛基(2)消去反应(3)甲醚（或二甲醚）(4)(5)③>①>②(6)(7)【分析】A在KBH4，N2，-5℃条件下发生反应，其中一个醛基被还原成醇羟基得到B，B与CH2(COOH)2反应得到C，C与甲醇发生酯化反应得到D，D与发生取代反应生成E。【详解】（1）根据A分子的结构简式，含有的官能团名称为醛基；（2）反应Ⅱ分两步进行：。第一步反应为加成反应，则X的结构简式为；第二步脱水的反应生成，再脱去(脱羧)生成C，其中脱水的反应属于消去反应。（3）自身发生分子间脱水反应生成CH3OCH3，名称是二甲醚。（4）反应Ⅳ是D中的羟基被