2026届湖南省湘潭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届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷01（解析版）题号12345678910答案BBBACABDAB题号11121314答案DCCD1．B【详解】A．工业上常在水泥中添加石膏的目的是调节水泥的硬化速率，故A正确；B．浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3构成的混合物叫王水，能使金属铂溶解，故B错误；C．脲醛塑料俗称电玉，是具有绝缘性好的热固性塑料，常用于制电器开关、插座，故C正确；D．橡胶消声瓦作为潜艇表面涂层，能利用声音入射时产生的气泡变形来吸收声能，在降低反射及艇内噪声方面有一定作用从而提高其隐蔽性，故D正确；故选B。2．B【详解】A．有效碰撞应该是碘原子与碘原子碰撞，氢原子与氢原子碰撞，图中氢原子间不接触，不是有效碰撞，A错误；B．氯乙烷的结构简式为CH3CH2Cl，原子半径：H＜C＜Cl，所有C原子采取sp3杂化，B正确；C．As为33号元素，基态As原子的电子排布遵循构造原理，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，C错误；D．BF3的中心原子价层电子对数为3，孤电子对数为，VSEPR模型应为平面三角形，D错误；故答案选B。3．B【详解】A．和均为酸性氧化物，都会与NaOH反应，无法仅除去，A错误；B．在饱和NaCl溶液中因浓度大而溶解度降低，HCl极易溶于水，可有效除去HCl，B正确；C．、均具有还原性，都会被酸性氧化，无法单独除去硫化氢，C错误；D．会与形成配合物，不能用无水干燥，D错误；故选B。4．A【详解】A．四氯化碳是液体且会腐蚀塑料，应保存在细口玻璃瓶中，A错误；B．金属钠需隔绝空气和水，石蜡油可有效隔绝，B正确；C．白磷易燃，未用完的需放回原瓶以确保安全，C正确；D．碱沾皮肤后立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸是标准处理方法，D正确；故选A。5．C【详解】A．铁与盐酸反应生成FeCl2而非FeCl3，因为Fe在盐酸中常温下被氧化为+2价，A错误；B．ClO2用于消毒主要依赖其强氧化性，而非还原性，B错误；C．ClO的中心Cl原子价层电子对数=，含3个成键电子对和1个孤电子对，空间结构为三角锥形，C正确；D．浓NaOH腐蚀性强，直接接触会损伤皮肤，自救应选用弱碱性溶液（如肥皂水），D错误；答案选C。6．A【详解】A．氨水是弱电解质，应保留分子形式，不能拆分为OH-；醋酸也是弱酸，同样不可拆分；正确写法应为：，A错误；B．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化为，部分ClO-被还原为Cl-，过量的ClO-与反应生成的H⁺结合生成HClO。反应中原子、电荷均守恒，且符合少量SO2的条件，B正确；C．足量提供足够的OH-，与OH-反应生成和H2O，再与结合为BaCO3沉淀，离子方程式正确，C正确；D．与发生氧化还原反应，被氧化为，被还原为Cl-，反应满足电子守恒、原子守恒及电荷守恒，D正确；故答案选A。7．B【分析】由W2+可知W最外层有2个电子，且其氧化物可做耐火材料，结合原子序数依次增大的短周期主族元素，推出W为Mg。Y和Q同主族，且结构中Y形成双键，推测Y为O，则Q为S（同主族且原子序数更大）。X形成4个单键，原子序数小于O，故X为C；Z形成1个单键，原子序数比O大，故Z为F。【详解】A．Z为F，F无正价，元素的最高价：不成立，A错误；B．Z为F、Y为O、Q为S，非金属性F>O>S，简单氢化物稳定性HF>H2O>H2S，即Z>Y>Q，B正确；C．W为Mg（第三周期），同周期第一电离能比Mg大的有Si、P、S、Cl、Ar，不止一种，C错误；D．Q为S，在化合物中S形成6个共价键，最外层电子数超过8个，D错误；故选B。8．D【详解】A．立方氮化硼与金刚石结构相似，均为共价晶体，原子间通过共价键结合，键能大，所以熔点高、硬度大，故A正确；B．金刚石中每个C原子配位数为4，立方氮化硼与金刚石结构相似，B和N原子交替排列，B和N的配位数均为4，故B正确；C．根据均摊原则，晶胞中N原子数为4、B原子数为，晶胞质量为，晶胞体积为，密度，故C正确；D．中，B原子与3个H、1个N形成4个键，无孤电子对，杂化轨道类型为，故D错误；选D。9．A【详解】A．酸性条件下，浓度增加，中的H⁻（-1价）更易被氧化为（0价），此时的还原性增强，而非减弱，A错误；B．氯金酸（）中Au为+3价，与反应生成Au单质（0价），Au被还原，说明具有氧化性，B正确；C．反应中的H⁻（-1价）被氧化为中的+1价的H，中的Cr（+6价）被还原为，电子转移守恒（3×8e⁻=4×6e⁻），反应式合理，C正确；D．1.9g的物质的量为0.05mol，按反应，生成0.2mol，标准状况下体积为4.48L，D正确；故答案为：A。10．B【分析】电解池中阳离子向阴极移动，Na+向d极移动，则d极为阴极，c极为阳极，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，故b为电源负极，a为电源正极。阳极（c极）发生氧化反应，乙醛被氧化为乙酸，同时有OH⁻放电生成O2（无色气体单质）；阴极（d极）发生还原反应，乙醛被还原为乙醇，同时H+放电生成H2（无色气体单质）。【详解】A．由分析可知，c电极产生了无色气体O2，故A正确；B．装置中为阳离子交换膜，仅允许Na+通过，无法通过。电解时Na+从c极区（阳极区）向d极区（阴极区）移动，但d极区的物质的量不变，故Na2SO4的物质的量由决定，保持不变，故B错误；C．d极为阴极，连接直流电源负极（b极）。甲烷碱性燃料电池中，负极（b极）CH4失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e⁻+10OH⁻=+7H2O，故C正确；D．阴极区注入1m3废水，乙醛含量4400mg/L，总质量为4400mg/L×1000L=4400g，物质的量为4400g44g/mol=100mol。去除率60%，则反应的乙醛为60mol，生成乙醇60mol，质量为60mol×46g/mol=2760g=2.76kg，故D正确；故答案选B。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】晶胞中Ca为1个，在晶胞内部；B的个数为个。【详解】A．根据图示，距离Ca最近的B有个，故A错误；B．晶胞中Ca为1个，B的个数为个，与B个数比为，故B错误；C．M点在方向坐标为0，y方向坐标为1，的键长为，M到顶点的距离为，z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，故正确；D．晶胞中Ca为1个，B的个数为6，该晶体的密度为，故D错误；选C。13．C【分析】根据电池示意图，放电时a极生成偶氮苯()，则由化合价升高，a电极为负极，电极反应式为：-=+，则b电极为正极，电极反应式为：，充电时反应刚好反向进行，据此分析解答；【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，故由左向右移动，A正确；B．根据分析可知，充电时，a极做阴极，接电源负极，B正确；C．根据分析可知，充电时，b极的电极反应为，C错误；D．放电时，每生成1mol偶氮苯，转移2mol电子，外电路转移的电子数目约为，D正确；故选C。14．D【分析】由，即：，同理，即，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，因为Ka1>Ka2，则直线Ⅰ对应的lgX为，Ka1=10-1.25，直线Ⅱ对应的lgX为lg，Ka2。【详解】A.根据分析可知，直线Ⅰ中的X为，A错误；B.当加入NaOH溶液20mL时，a点溶液为NaHC2O4溶液，存在物料守恒，，B错误；C.当加入NaOH溶液40mL时，c点溶液为Na2C2O4溶液，此时PH=8.2，，C错误；D.，当溶液中时，，所以，D正确；故答案选D。15．(1)托盘天平、容量瓶(2)使反应物充分接触，充分反应，从而提高产率(3)(4)避免固体发生分解(5)B(6)N、O<(7)89.92【分析】加水溶解后加入碳酸铵和浓氨水混合液生成，加入过氧化氢氧化为，加入碳酸铵固体蒸发浓缩后处理得到产物；【详解】（1）称量并溶解过程中需要电子称（托盘天平不能精确到0.0001g）、烧杯（用于溶解）、量筒（量取10mL水）、玻璃棒等，不需要的仪器有托盘天平、容量瓶；（2）“络合”时，需不断地用玻璃棒搅拌，其目的是：使反应物充分接触，充分反应，从而提高产率；（3）过氧化氢具有氧化性，“氧化”过程是在碱性条件下，过氧化氢氧化为，钴化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒，离子方程式为；过氧化氢不稳定，容易分解生成氧气和水，在反应的过程中有少量的无色无味的气体产生，该气体为；（4）不稳定，容易受热分解，“蒸发浓缩”时，需慢慢地往溶液中加入固体，不能使溶液沸腾，原因是避免固体发生分解；（5）将“蒸发浓缩”得到的溶液制备钴的配合物，操作为：趁热过滤得到滤液→冰浴中冷却结晶析出晶体→减压过滤分离出晶体→冰水洗涤（用冰水的目的是减少洗涤过程中晶体的损耗）→无水乙醇洗涤（用乙醇的目的是带走晶体表面的水分，缩短干燥时间，且减少晶体溶解损失），真空干燥得目标产物；故选B；（6）由化学式中内界配体可知，配位原子是N、O，氨分子中氮原子、碳酸根离子中氧提供孤电子对与钴离子形成配位键；NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化，分子中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以是平面三角形结构，C原子采用sp2杂化，则配体、中的键角：<；（7）结合钴元素守恒，本实验的产率为89.92%。16．(1)(2)(3)2∶1(4)提供阳离子，增大促进、、的形成(5)将还原为，便于后续使含物种与含物种分离(6)0.8(7)【分析】向阳极泥(含、、、、、等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含、、的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属、、分别氧化为配离子：、、，再加入过量草酸“分金”，将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含滤液c和沉淀，据此解答。【详解】（1）稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，将转化为，而不和、、反应，则滤液b中溶质主要是；（2）中为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态转化为单质，即反应中化合价由+2价变为0价，空气中氧气参与反应，氧化合价由0价变为-2价，化合价由-2价变为+4价生成，则“氧化焙烧”中，、和反应生成、和，反应的化学方程式为：；（3）的反应中，化合价由0价变为+4价，作还原剂，氯气中氯化合价由0价变为-1价，作氧化剂，结合得失电子守恒可得关系：，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为；（4）“氯浸”过程的目的是将金属、、分别氧化为配离子：、、，则“氯浸”工艺中浓盐酸的作用是：提供阳离子，增大促进、、的形成；（5）草酸具有还原性，由分析可知，加入过量草酸“分金”将还原为金单质、还原为，则“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属外，还有将还原为，便于后续使含物种与含物种分离；（6）反应后混合液中<，可以认为已被完全沉淀，则此时，结合反应，则初始加入溶液的浓度约为；（7）利用含滤液c制备，由图可知，“沉铂”过程中被氧化生成，化合价由+2价变为+4价，同时中氯化合价由+5价变为-1价，配平后可得“沉铂”总反应的离子方程式为：。17．(1)+41(2)AC(3)0.1(4)催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ⅱ的影响小于反应ⅰ(5)【详解】（1）已知反应等于生成物的总能量减去反应物的总能量，结合298K时相关物质的相对能量如图1所示信息，故

kJ/molkJ/mol；（2）A．由题干方程式信息可知，反应ⅰ是一个气体体积不变的反应，而反应ⅱ是一个气体体积减小的反应，即反应过程中混合气体的物质的量一直在改变，而气体质量不变，即混合气体的平均摩尔质量一直在改变，故当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，故A正确；B．由(1)分析可知，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故升高温度，反应ⅰ的平衡常数增大，而反应ⅱ的平衡常数却减小，故B错误；C．在恒容密闭容器中，达到平衡后，通入Ar，反应体系各物质的浓度均保持不变，故反应ⅰ和ⅱ的逆反应速率都不变，故C正确；D．生成乙烯的同时也生成了CO，故体系生成0.1mol时放出的热量小于33.7kJ，故D错误；（3）①反应ⅰ反应前后气体分子数不变，反应ⅱ反应前后气体分子数减少，故增大压强，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅰ平衡不移动，导致的平衡转化率增大，结合图像可知，代表的压强为0.1MPa；②W点时，乙烯为bmol，对应条件下，代表的压强为10MPa，由三段式分析可知：根据此温度下，的转化率为65%，则有，，mol，mol，mol，mol，根据反应ⅰ的特点可知，平衡常数与总压强无关，可以物质的量代替分压进行计算，则反应ⅰ的平衡常数；（4）由题干反应方程式信息可知，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故由于催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ⅰ的影响小于反应ⅰ，导致温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的转化率增大；（5）以石墨为电极，以KOH溶液为电解质溶液，电解可以制备乙烯，阴极上的电极反应即得到电子被还原为，故该电极反应式为：。18．(1)高温(2)*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H(3)12AB0.144(4)-235.6(5)氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低【详解】（1）反应ⅰ是吸热反应，且正反应的气体分子总数增加，即、，根据，要使，则需在高温下进行，因此反应ⅰ在高温时可自发进行。（2）反应的活化能越大，反应速率越慢，为该反应的决速步骤，①转化为②的进程中，在催化剂a条件下由*CH3CHCH3＋*H到过渡态2的活化能最大，因此决速步反应式*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H。（3）①反应ⅰ和反应ⅱ均为气体体积增大的反应，维持温度和压强不变，在较低流速下n(H2O)