2026届湖南省湘潭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届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷02（解析版）题号12345678910答案CCACBDBABB题号11121314答案ABDD1．C【详解】A．食盐具有咸味，可做调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作防腐剂，A正确；B．Al的表面有致密的氧化膜，能保护内部金属不被腐蚀，B正确；C．二氧化硫，可用作葡萄酒的添加剂，用作还原剂，避免葡萄酒变质，C错误；D．化学品可以分为大宗化学品和精细化学品两大类，精细化学品一般都是小剂量的，几毫升，几克等，适合实验室用，大宗化学品基本都是几吨的交易，主要就是量的区别，D正确；故答案为：C。2．C【详解】A．肼分子中，N原子价层有5个电子，N与N形成1个单键，每个N原子有1个孤电子对，A正确；B．羟基醛中，醛基是主官能团，羟基是取代基，2-羟基丁醛以醛基为第1位，羟基位于第2位，B正确；C．乙烯中碳原子轨道以“头碰头”方式重叠形成键，C错误；D．空间结构为三角锥形，空间填充模型为，D正确；故选C。3．A【详解】A．金属钠着火时，钠与水反应生成氢气，与二氧化碳反应也能燃烧，干粉灭火器灭火时会产生二氧化碳，不能用于钠灭火，应使用沙子覆盖，A错误；B．常见氧化性化学品的图标为圆圈内有火焰的符号，题中图标符合氧化性物质标识，B正确；C．容量瓶（有瓶塞）、滴定管（有活塞/玻璃珠）、分液漏斗（有活塞和瓶塞）使用前均需检验是否漏液，防止实验误差，C正确；D．熄灭酒精灯需用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，D正确；故选A。4．C【详解】A．离子晶体熔点大于分子晶体，离子晶体熔点通常随离子电荷增大、半径减小而升高，故熔点，为分子晶体，熔点最低。实际熔点顺序为，A错误；B．VSEPR模型预测分子几何结构时包含孤对电子的影响，而实际分子结构可能因孤对电子排斥而不同，B错误；C．的键能因原子半径小导致电子间斥力大键易断裂，故的键能小于，C正确；D．氢键“O-H···O”三原子尽可能共线以最大化静电作用，实际可能会存在轻微弯曲，因此“一定”表述不对，D错误。故选C。5．B【详解】A．的半径远大于，由于空间位阻，更易形成四配位的，而非六配位的，A正确；B．B无d轨道，价层电子对数最大为4(杂化)，最多形成四配位的，不可能形成，B错误；C．中Al原子存在6对价层电子对，超过了4对，说明Al的3d轨道参与了杂化，C正确；D．工业上电解熔融制铝时，使用(冰晶石)可降低Al2O3熔点，节省能耗，D正确；故选B。6．D【详解】A．甲中含有多个饱和碳原子（如甲基、亚甲基中的碳为杂化），饱和碳原子的四面体结构导致其连接的原子不可能全部共平面，A错误；B．乙的官能团为氨基，但化学名称应为邻苯二胺（苯环邻位两个氨基），“邻二苯胺”通常指二苯胺（两个苯环连在同一N上），名称错误，B错误；C．乙中氨基的N为杂化，产物中N原子参与杂环形成双键，为杂化，杂化方式改变了，则价层电子对数也发生变化，C错误；D．甲醛能与蛋白质中的氨基发生加成反应，导致蛋白质变性，D正确；故答案选D。7．B【详解】A．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，乙苯平衡转化率应随温度升高而增大，故曲线II随温度升高而上升，为平衡转化率；A错误；B．曲线上的点均为平衡状态，c点在平衡曲线上方，高于该温度下乙苯的平衡转化率，说明逆向在进行，c点正反应速率小于逆反应速率，故B正确；C．a点为平衡状态，恒压下充入乙苯，相当于等温等压下的等效平衡，乙苯的平衡转化率不变，C错误；D．高于630℃时，转化率虽继续增大，但选择性持续下降，过高温度可能导致产率(转化率×选择性)降低且能耗增加，实际生产温度不宜高于630℃，D错误；答案选B。8．A【详解】A．甲基苄溴中与溴原子相连的碳原子连接了4个不同的基团，是手性碳原子，则其存在对映异构体，A错误；B．基苄溴水解反应速率由慢反应决定，由图可知，第一步活化能大于第二步，则由第一步决定甲基苄溴水解反应速率，B正确；C．由图中始末状态可知，该反应中反应物能量高于生成物，则该反应是放热反应，C正确；D．表示第一步反应的焓变，由于键长，键能：，若将基苄溴改为甲基苄氯，破坏将会吸收更多的能量，即的值增大，D正确；故选A。9．B【详解】A．催化反应过程(Ⅱ)中，碳元素的化合价由+4价下降为+3价，故A错误；B．单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2π键，由图可知，整个催化反应过程中，有σ键和π键的断裂与形成，故B正确；C．过程Ⅳ中加入了氢气，其对应产物为甲醇，因此适当增大的浓度，有利于提高产物CH3OH的选择性，故C错误；D．反应式为：，适当减小反应体系的压强，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故D错误；故选B。10．B【分析】工业废渣加入硝酸酸浸，得到硝酸铅、硝酸铁溶液，二氧化硅不反应成为浸渣，滤液加入KOH调节pH生成氢氧化铁除去Fe3+，过滤，向过滤后的滤液中加入KOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀；【详解】A．硫酸会和碳酸铅生成硫酸铅沉淀，不能分离出含铅滤液，A错误；B．硝酸具有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，“酸浸”后所得溶液中含有的金属阳离子为，B正确；C．“除铁”过程中若溶液中的，且铅离子不沉淀，则，pOH=6.8，pH=7.2；该过程中要求铁离子沉淀完全，则，pOH=11.2，pH=2.8，则调节的范围为，C错误；D．“沉铅”过程中，元素的化合价一直为+6，没有变化，D错误；故选B。11．A【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。【详解】A．“氧化”步骤中，NaClO3在酸性条件下将Br⁻氧化为Br2，H⁺可由盐酸或稀硫酸提供，且不会干扰后续Br2的萃取分离，盐酸可用稀硫酸代替，故A错误；B．“操作1”是溴水与CCl4的萃取分液，“操作2”是还原后有机相与水相的分液，两者均为分液操作，需分液漏斗和烧杯，故B正确；C．操作2分液得到的有机相为CCl4，可返回操作1循环用作萃取剂，故C正确；D．还原步骤中Br2→Br⁻发生还原反应，作还原剂；与分子式均为CH4N2O，结构不同，互为同分异构体，故D正确；选A。12．B【详解】A．中中心离子为Pt4+，配体为Cl−，配位数等于配体数目，即6，A正确；B．位于晶胞的四面体空隙中，阴离子形成面心立方堆积（4个/晶胞），阳离子填充8个四面体空隙，每个四面体空隙中的周围最近且等距的Pt原子（中心）有4个，而非8个，B错误；C．晶胞中含4个(NH4)2PtCl6单元，质量为g，体积为(a×10−10cm)3=a3×10−30cm3，密度ρ=，C正确；D．晶体中NH4+与间为离子键，内N-H为共价键（含配位键），内Pt4+与Cl−为配位键，D正确；故本题选B。13．D【详解】A．恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，△P>0，在图中以ac所在线表示；在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；B．由A分析可知，b点是在绝热条件下，a点在恒温条件下，b点的压强要考虑温度的影响，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，故B错误；C．b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HBr的转化率：，故C错误；D．在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三段式：根据a点时数据有：，解得x=0.75，此时浓度商Qc==20.25L/mol，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，正反应是气体分子数减小的反应，说明b点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常数K大于a点Qc，故D正确；答案选D。14．D【分析】酸性∶CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即电离平衡常数Ka(CH2ClCOOH)＜Ka(CHCl2COOH)＜Ka(CCl3COOH)。Ka(CH2ClCOOH)=；Ka(CHCl2COOH)=；Ka(CCl3COOH)=；当或或一定时，Ka与c(H+)成正比，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与、、的关系，结合电离平衡常数及盐类水解规律分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与、、的关系，A错误；B．Ka(CH2ClCOOH)=；当c(CH2ClCOO-)=c(CH2ClCOOH)时，=1，溶液pH≈2.8，即Ka(CH2ClCOOH)=c(H+)≈10-2.8，可知Ka(CH2ClCOOH)的数量级为10-3，B错误；C．由于弱酸的酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，将NaOH溶液分别滴加到等物质的量的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7时，3种酸均过量，且溶液中剩余酸的物质的量CH2ClCOOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH，则在常温下滴加NaOH至溶液的pH=7时，上述三种酸消耗NaOH的物质的量n(NaOH)最多的是CCl3COOH，最少是CH2ClCOOH，C错误；D．根据盐的水解规律可知：弱酸的酸性越弱，其形成的盐的水解程度就越大。弱酸的酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，则等浓度的弱酸根离子水解程度：CH2ClCOO-＞CHCl2COO-＞CCl3COO-，故向等浓度、等体积的三种酸溶液中加入等浓度的NaOH至恰好完全中和时，三种盐溶液中酸根离子浓度大小关系为：c(CCl3COO-)＞c(CHCl2COO-)＞c(CH2ClCOO-)，D正确；故合理选项是D。15．(1)AC搅拌(2)(3)过滤(4)溶液和盐酸乙醇挥发快，减少产品被氧化（合理即可）(5)(6)正四面体【分析】一种制备的简易流程为将加入水中溶解，再与反应生成。【详解】（1）溶解固体时用热水浴、烧杯，不需要分液漏斗、蒸发皿，故选AC；搅拌能加快固体溶解。（2）“反应发生氧化还原反应，产物为、，离子方程式为。（3）“分离”分离固体和液体，采用过滤。（4）产品表面有则说明没有洗干净，可用氯化钡溶液和盐酸检验的有无；酒精挥发较快，减少产品干燥时间，减少产品被氧化。（5）在空气中生成和，根据原子守恒和得失电子守恒配平化学方程式为。（6）根据晶胞结构图可知，填充在与其距离最近且相等的4个构成的正四面体的体心。16．(1)4d55s1(2){或}(3)

(4)、(5)用洁净铂丝(或铁丝)蘸取滤液Ⅲ，在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧，若火焰为黄色，说明有钠离子(6)除去溶解在溶液中的CO2和O2(或防止产生碳酸钡)阴极Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O【分析】废催化剂和NaOH固体混合焙烧，Al转化为NaAlO2、Mo转化为Na2MoO4，Ni等不反应，之后加水浸取，得到含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，Ni不溶解，过滤得到固体Ni，过滤后向滤液中通入过量的CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤后在向滤液中加入适量BaCl2，得到BaMoO4沉淀。【详解】（1）24Cr和42Mo是同族元素，Cr是第四周期第ⅥB元素，基态Cr原子的价层电子排布式是3d54s1，则钼是第五周期第ⅥB元素，基态钼原子的价层电子排布式为∶4d55s1；（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和NaHCO3，因此，生成沉淀X的离子方程式为︰{也可以写为或}；（3）SDD可表示为，沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni2+通过配位键以2：l结合生成中性螯合物沉淀，结构式为；（4）水浸过量后的溶液中含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，向其中通入过量CO2气体，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性NaHCO3，Na2MoO4不能发生反应，故沉铝过滤，所得滤液Ⅱ含有NaHCO3，Na2MoO4，因此滤液Ⅱ中主要存在的阴离子为、；（5）滤液Ⅲ中主要金属阳离子为Na+，检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子要利用焰色试验，具体操作步骤为：用铂丝蘸取待测溶液，在酒精灯火焰上灼烧，若产生黄色火焰，就证明其中含钠离子；（6）①通入氮气10min的目的是：赶净装置内的空气，避免空气中的二氧化碳和氢氧化钡反应；②电解原理可知：制备钼酸钡时，电解池的阳极为钼片，纯铂片作电解池的阴极，钼片上的电极反应式为：Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O。17．(1)苯甲醛(2)消去反应(3)1新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液(4)8(5)【分析】A为，分子式为，发生催化氧化反应生成分子式为的B，B结构简式为，与C（分子式为）在一定条件下反应生成D，结构简式为，分子式为，从分子式分析可知，为加成反应，则C的结构简式为，D在浓硫酸、加热条件下发生反应生成分子式为的E，可知该反应为消去反应，E的结构简式为，从反应条件看，E发生类似于已知I的反应生成F，则F结构简式为，F与G（）在催化剂条件下发生类似于已知Ⅱ的反应，生成H，结构简式为，在催化剂条件下生成有机物K。【详解】（1）根据上述分析可知，B结构简式为，名称为苯甲醛；B结构简式为，C的结构简式为，二者发生加成反应生成结构为的D，反应方程式为：。（2）分析D的分子式，E的分子式，组成少了1个“”，结合反应条件为浓硫酸、加热，可知该反应类型为消去反应；（3）根据上述分析可知，F结构简式为；H结构简式为，其中标有“*”的碳原子为手性碳原子，故H中含有1个手性碳原子；比较H与K（）的结构可知，K结构中含有醛基，可以用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液鉴别H与K。（4）C的分子式为，满足条件的同分异构体有、、、、、、、，共8种。（5）对比原料与目标产物的结构可看出，原料中五元环甲基侧链转化为，需增长碳链，则结合合成路线，与在一定条件下反应生成了；目标产物中五元环上N的引入，类似于已知Ⅱ，羧基的生成则类似于已知Ⅰ，则合成路线为。18．(1)

(2)压强太小，则小，催化效果差，产率低；压强太大，对设备要求高，成本高且不安全(3)①③④(4)2(5)200(6)(7)作的