2026届湖南省衡阳市高考化学自编模拟试卷02（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02（解析版）题号12345678910答案CAABBCDBBD题号11121314答案CCDD1．C【详解】A．膳食纤维虽被称为“第七营养素”，但人体缺乏分解纤维素的酶，无法吸收利用纤维素，A错误；B．煤的干馏需在隔绝空气条件下进行，若在空气中会燃烧而非分解，B错误；C．工业上通过碳高温还原二氧化硅制得粗硅（反应式：），粗硅经提纯后可用于太阳能电池板，C正确；D．普通玻璃的主要成分是硅酸盐（、和），而非和，D错误；故选C。2．A【详解】A．CH4中碳的sp3杂化轨道与氢的s轨道形成σ键，描述为“sp3-sσ键”，A正确；B．中子数为20的氯原子质量数应为17+20=37，正确符号为，而非，B错误；C．冰是水分子间通过氢键和范德华力形成分子晶体，而非共价晶体，C错误；D．SO3的中心原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，而非四面体，D错误；故答案选A。3．A【详解】A．反－2－丁烯中，2个甲基处于反位，如图所示：，A正确；B．Na2O2的电子式为：，B错误；C．基态Br原子为35号元素，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，C错误；D．Cl2中Cl原子的未成对电子位于3p轨道，两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成p-pσ键，形成过程为，题中的图为π键的形成，D错误；故选A。4．B【详解】A．乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，乙酸与高锰酸钾不反应，乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸，乙二酸有还原性，可以继续与高锰酸钾反应最终生成二氧化碳，A错误；B．SO2有较强的还原性，能被酸性KMnO4氧化为，乙烯可以被高锰酸钾氧化成CO2，但CO2不与酸性KMnO4反应，因此CO2中混有CH2=CH2时可以用酸性KMnO4溶液除杂，B正确；C．浓硫酸与NaCl反应制取HCl，利用难挥发酸制备易挥发酸的原理，但浓硫酸与NaI反应时，HI会被浓硫酸氧化为I2，因此不能用浓硫酸与NaI反应制取HI，C错误；D．AlCl3溶液与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，CuCl2溶液和氨水反应生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2与过量氨水反应生成可溶的[Cu(NH3)4]2+，沉淀溶解，D错误；故选B。5．B【详解】A．H的第一电离能大于C，故第一电离能：O＞H＞C＞Ti，A项错误；B．基态Ti原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2；基态Cr原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数为6，二者的未成对电子数之比为1:3，B项正确；C．CO2是含有极性键的非极性分子，H2O是含有极性键的极性分子，CH3OH为含极性键的极性分子，C项错误；D．Ti、Cr的价层电子排布式分别为3d24s2、3d54s1，二者均属于d区元素。H元素的价层电子排布式为1s1，为s区元素；C、O的价层电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，C、O属于p区元素，D项错误；答案选B。6．C【详解】A．熔融纯碱需用铁坩埚，因纯碱（）高温下不与铁反应，而瓷/石英坩埚中会与反应，铁坩埚可达到目的，A正确；B．铁粉与稀硫酸反应生成，用产生的排尽装置中的空气，一段时间后再关闭止水夹，继续产生，a试管中气体压强增大，因为止水夹关闭，将a试管中的溶液压入b试管中，制备，B正确；C．验证锌保护铁利用牺牲阳极的阴极保护法，锌比铁活泼，形成原电池时锌被腐蚀(作负极)，铁被保护(作正极)。由于溶液为酸性，部分铁与盐酸会发生反应生成，滴入（检验），溶液会变蓝色，不能达到验证金属锌保护铁的目的，C错误；D．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，D正确；故答案选C。7．D【分析】X、Y、Z是前二周期元素，原子序数依次增大，基态Y原子核外有3种空间运动状态的电子，因此Y的电子排布为1s22s22p1，Y为B元素，基态Z原子的能级上所有电子自旋方向相同且不存在空轨道，电子排布式为1s22s22p3，Z为N元素，的空间结构为平面六元环，且每个Y、Z原子连接一个X原子，可推测该化合物为类苯结构的B3N3H6，以此解答。【详解】A．同周期元素从左到右原子半径递减，H半径最小，则原子半径：，故A错误；B．同周期元素从左到右非金属性递增，则非金属性：N>B，非金属性越强，氢化物还原性越弱，因此还原性：，B错误；C．B3N3H6为类苯结构，结构式为，B和N原子均为sp2杂化，该结构中每个N原子提供1个孤电子对形成大π键，B原子最外层含有3个电子，形成3个键，不含孤电子，不提供电子形成大π键，C错误；D．同周期元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，第IIA族元素和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期元素中，第一电离能：B<Be<C<O<N，介于B和N之间的元素有3种，D正确；故选D。8．B【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解答。【详解】A．分子的结构为，键角为60°，A错误；B．由分析可知，与足量浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，P元素由0价上升到+1价，由0价下降到-3价，属于歧化反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，B正确；C．次磷酸的分子式为H3PO2，由于与过量浓氢氧化钠反应只存在NaH2PO2，不存在Na3PO2，说明H3PO2属于一元酸，C错误；D．高锰酸钾也可氧化乙炔，不能用高锰酸钾除去乙炔中的，D错误；故选B。9．B【详解】A．反应中N2中N元素化合价由0价降低为BN中-3价，1molN2转移6mol电子，N2被还原，故A正确；B．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族(N)因2p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族(O)，正确顺序为N>O>C>B，故B错误；C．单层纳米管类似石墨烯结构，C、B、N均形成3个σ键，杂化方式均为sp²，故C正确；D．两种纳米管均由原子通过共价键构成，均为原子晶体，故D正确；选B。10．D【分析】根据提取图形中电极1与电极4的组成可知，要从海水中提取锂，当提取开始时，要在电极1被吸收才能实现提取，故电极1发生的反应为：，则电极1为阴极；得到电极2为阳极，电极反应式为：；电极3为阴极，电极反应式为：；电极4为阳极，电极反应式为：；运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3取下互换，又可以继续以上的电极反应交替进行，从而实现锂的富集，据此分析解答。【详解】A．电源正负极不变，电子流向由电源负极流出，经外电路到阴极，再从阳极回到电源正极，电极互换仅改变电极材料，电源连接的电极位置不变，故电子流向不变，A正确；B．根据分析，电极4为阳极，发生脱嵌的氧化反应：，符合锂离子脱嵌原理，B正确；C．半径小易嵌入中，而、、等阳离子半径较大，难以嵌入电极1的中，从而实现选择性富集，C正确；D．的富集来源于电极4的氧化脱嵌：，则每生成转移1mol电子，故富集需通过1mol电子，D错误；故答案为D。11．C【分析】铂铼废催化剂(，含、积碳等杂质)经焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液将Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应，过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通入过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣Ⅱ中，再向滤液中加入氯化铵，得到NH4ReO4晶体，通入H2高温还原得到铼粉；滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，再加入HCl-NaClO3溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂，据此解答。【详解】A．“焙烧”可除去积碳（转化为CO2气体），则“滤渣Ⅰ”的成分为不与NaOH溶液反应的Pt、Fe3O4，而不含积碳，“调pH”后生成的滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3，A错误；B．“操作Ⅰ”目的是获得NH4ReO4晶体，因NH4ReO4微溶于冷水、易溶于热水，需经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，仅“过滤、洗涤、干燥”不完整，B错误；C．“溶解Ⅲ”中，酸性环境下Pt被氧化为，Pt元素化合价从0价升至+4价，中Cl元素化合价从+5价降至-1价，根据得失电子守恒，Pt与系数之比为3∶2，结合电荷守恒和原子守恒配平其反应的离子方程式为：，C正确；D．3.72gRe的物质的量为，Re元素化合价从+7价降至0价需得0.14mole⁻，H2中氢元素化合价从0价升至+1价，理论上需要H20.07mol，标准状况下其体积为0.07mol×22.4L/mol=1.568L≠1.344L，D错误；故选C。12．C【详解】A．由A、B坐标，C原子在xyz轴上投影坐标分别为1、1、，则原子C的坐标为，A错误；B．由体心钛原子可知，其相邻且最近的原子数为6，的配位数均为6，B错误；C．由晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为，Ti：O：N=，，则，a=，，C正确；D．根据“均摊法”，晶胞中含个Ti，结合化学式，则晶体密度为，D错误；故选C。13．D【详解】A．根据题意分析该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4，Cu：2，Fe：1，Sn：1，因此该硫化物的化学式为Cu2FeSnS4，A正确；B．晶胞中距离Sn和Cu最近其相等的S都是4个，晶胞中的配位数均为4，B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中部分原子的分数坐标为、，则晶胞中原子的分数坐标可以为，C正确；D．晶胞中和原子间的最短距离为立方体面对角线长的一半，为，D错误；故选D。14．D【分析】H2R的电离平衡常数Ka1=、Ka2=，且Ka1＞Ka2，当pH=0时，c(H＋)=1mol/L，Ka1=10-1.4、Ka2=10-6.7，图中M点溶质为NaHR，N点溶液中溶质为Na2R。滴定过程中溶液中存在的电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知：当c(HR-)=c(R2-)时，Ka2=，c(H+)=10-6.7mol/L，pH=6.7，此时溶液中加入NaOH溶液的体积V(NaOH)＞20mL，A错误；B．由上述分析可知：Ka1=，Ka2=，H2R+R2-2HR-的化学平衡常数K=，则2HR-H2R+R2-的平衡常数K=10-5.3，B错误；C．M点为V=20mL时，H2R与NaOH恰好生成NaHR，溶液中溶质为NaHR，Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7，HR-的水解平衡常数Kh=＜Ka2，说明HR-的电离作用大于其水解作用，以电离为主，故溶液中c(R²⁻)＞c(H2R)，但盐电离产生的离子的水解作用及电离作用都是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度关系为：c(H2R)＜c(R²⁻)＜c(HR⁻)，C错误；D．N点为40mL，H2R与NaOH恰好中和形成Na2R，溶液中溶质为Na2R。溶液中存在物料守恒：c(Na⁺)=2[c(H2R)+c(HR⁻)+c(R²⁻)]；也存在电荷守恒：c(Na⁺)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(HR⁻)+2c(R2⁻)。两式整理，去掉c(Na⁺)，可得c(OH⁻)=2c(H2R)+c(HR⁻)+c(H⁺)＞2c(H2R)+c(HR⁻)，D正确；故合理选项是D。15．(1)抑制水解(2)(3)3(4)降低溶剂的极性，减小晶体的溶解度，促进晶体析出(5)当滴入最后半滴盐酸标准溶液时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色偏小【分析】用绿矾即硫酸亚铁、加入稀硫酸和水混合后和草酸钾饱和溶液充分混合反应，再过滤、洗涤，得到柠檬黄色沉淀，向沉淀中加入草酸钾饱和溶液和氧化剂过氧化氢反应后得到溶液和沉淀，再加入溶液和溶液将转化成，溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。【详解】（1）亚铁盐溶液中的易水解，加入溶液可以抑制水解。（2）氧化时加入的过量，溶液加热易分解，故浓缩溶液时可除去；根据已知产物中，结合得失电子守恒和原子守恒可写出氧化过程的总反应化学方程式：。（3）根据的结构图可知，中心离子的配体是，每个该配离子含配体个数为3。（4）相对于水溶剂，乙醇的分子极性更小，在溶液中加入10mL无水乙醇，有利于降低溶剂的极性，减小晶体的溶解度，促进晶体析出（5）①该过程以甲基橙为指示剂，结合信息可知离子交换后溶液显碱性，滴定过程中一直滴加盐酸，溶液酸性逐渐增强，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴盐酸标准溶液时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色。②已知交换柱中的离子交换反应为，若步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，则用盐酸滴定所交换出的数目减少，则对测得阴离子所带电荷数目的影响是偏小。16．(1)(2)(3)将过量的还原为(4)产生HS等污染性气体和(5)(6)【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)中加入盐酸，由已知①，浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，滤渣1中除了生成的S之外还有未溶解的二氧化硅；浸出液中加入Sb，Sb将过量的SbCl5还原为SbCl3；加入Na2S使Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到的滤渣2为CuS、PbS；滤液中加入NaH2PO2除砷，生成亚磷酸和砷单质，得到含SbCl3的溶液，电解溶液得到Sb、SbCl5；【详解】（1）SiO2不能被盐酸溶解，故滤渣1中除了S之外，还有SiO2；（2）“浸出”时Sb2S3中的S元素被SbCl5氧化为S，SbCl5被还原为SbCl3，反应化学方程式是Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S；（3）浸出液中可能有过量的SbCl5，故向其中加入Sb，Sb将过量的SbCl5还原为SbCl3；（4）根据所给溶度积数据可知，Cu2+比Pb2+更易形成沉淀，因此若要使Cu2+和Pb2+均沉淀完全，则S2-的浓度满足使Pb2+沉淀即可，根据Ksp(PbS)=c(Pb2+)×c(S2-)，c(Pb2+)≤1.0×10-5mol/L，因此c(S2-)≥=9.04×10-24mol/L，即溶液中的c(S2-)不应低于9.04×10-24mol/L；所加Na2S也不宜过多，否则会产生H2S等有污染的气体，同时可能导致生成Sb2S3；（5）根据“电解”产物Sb、SbCl5可知，“电解”时，阳极反应：3Sb3+-6e-=3Sb5+，阴极反应：2Sb3++6e-=2Sb，所以被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素质量之比为3:2；（6）①根据A1、A2的分数坐标可知，A1为原点，根据题中所示坐标系，B的分数坐标为(0,,)；②根据“均摊法”，该晶胞中Pd原子个数=4×=2，O原子个数=1+8×=2，晶体密度，设晶胞的高为hpm，则V==，解得h=。17．(1)在反应Ⅱ和反应Ⅲ过程中，断裂和形成的化学键基本相同(2)B80%(3)升高温度(4)还原【详解】（1）①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图la所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故在298K温度下，；②图1b中两条线平行说明，与几乎相同，从结构角度分析，可知在反应Ⅱ和反应Ⅲ过程中，断裂和形成的化学键基本相同（2）①A．根据选择性的定义，715K时丙烯和丁烯的含量相同，但是丙烯和丁烯中的含碳量不同，因此选择性不相同，A错误；B．随温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ均逆向移动，则物质的量分数一直增大，因此表示平衡体系中乙烯物质的量分数的是曲线a，B正确；C．题中所给条件为恒压条件，因此压强恒定不能作为平衡的判断依据，C错误；D．当温度时，相同条件下的反应Ⅱ、反应Ⅲ的摩尔分数相等，令乙烯的浓度为，则丙烯和丁烯的浓度均为，反应Ⅱ的平衡常数应为，反应Ⅲ的平衡常数应为，D错误；E．题中给的是平衡量随温度的变化，不考虑催化剂的影响，E错误；答案选B；②根据715K时图中的数据，假设平衡时，则，由碳元素守恒可得出，由碘元素守恒可得出，由，可得，则的平衡转化率为；（3）生成乙烯的反应为吸热反应，升