2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷（人教版）解析版

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷（解析）题号12345678910答案BABDBCCDBC题号11121314答案CDBC1．B【详解】A．聚氨酯材料是人工合成的材料，属于合成有机高分子材料，不是天然有机高分子材料，A错误；B．钼(Mo)作为合金元素，其主要作用是增强高温强度，提高红热时的硬度和耐磨性等，则机体大梁的材料是钛合金，向其中加入钼(Mo)可以显著提高其硬度、高温强度和耐磨性，B正确；C．金属盐的焰色反应是电子跃迁导致的，属于物理变化，并非化学变化，C错误；D．氧化铝既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，而非碱性氧化物，D错误；故选B。2．A【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，A正确；Ｂ．聚丙烯的链节为，B错误；Ｃ．是共价晶体，形成空间网状结构，不存在独立分子，C错误；Ｄ．基态硫原子的轨道表示式为，D错误；故答案选A。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．B【详解】A．黑火药爆炸的正确产物应为K2S、N2和CO2，而非K2CO3和SO2，正确为，A错误；B．绿矾（）溶液中的被氧化为，水解生成沉淀。反应式满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，B正确；C．与稀盐酸反应应生成沉淀，应为：，C错误；D．与反应生成和，但在酸性条件下不稳定，会被溶解，应为，D错误；故选B。6．C【详解】A．CuO与少量C反应生成CO2；CuO与过量C反应生成CO；CO2与C反应生成CO；CO与CuO反应生成CO2，转化均可行，故不选A；B．Fe与少量稀HNO3反应生成；Fe与过量稀HNO3反应生成；与HNO3反应生成；与Fe反应生成，转化均可行，故不选B；C．与反应，无论少量或过量，均生成Al(OH)3沉淀，转化不可行，故选C；D．与少量NaOH反应生成NaHCO3；与过量NaOH反应生成。NaHCO3与NaOH反应生成；与反应生成NaHCO3，转化均可行，故不选D；选C。7．C【详解】A．丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H原子个数为，化学式为，A错误；B．丁基苯酞分子中苯环上和酯基上的碳原子采用sp2杂化，其余饱和碳原子采用sp3杂化，碳原子有2种杂化方式，B错误；C．酯基能发生取代反应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C正确；D．苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，错误；答案选C。8．D【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子，则W为H，V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍，即V为C，X的单质是空气的主要成分之一即N或O，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3即为O2和O3，故X为O；Y原子半径在同周期中最大且原子序数比O大，则Y为Na，Z是地壳中含量最多的金属元素，故Z为Al，据此分析解题。【详解】由分析可知，W、V、X、Y、Z分别为H、C、O、Na、Al，故有：A．由分析可知，X、Y、Z分别为O、Na、Al，它们最简单离子具有相同的核外电子排布，且核电荷数Al＞Na＞O，故简单离子的半径大小顺序为O2->Na+>Al3+即X>Y>Z，A错误；B．由分析可知，X为O，O无最高价氧化物，B错误；C．由分析可知，X为O，Y为Na、Z为Al，Y、Z分别与X形成的化合物中Na2O2中含离子键和共价键，而Al2O3中只含离子键，即化学键类型不一定相同，C错误；D．由分析可知，Y为Na，电解熔融状态的NaCl，阴极可得到Na，即可电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质，D正确；故答案为：D。9．B【详解】A．根据图示，海洋中S元素的主要存在形式为，转化为有机S和被植物吸收，A正确；B．过程①中，S单质转化为失去6个电子，S单质转化为或得到2个电子，则根据得失电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为1:3，B错误；C．过程②中，与反应生成，铁元素得电子化合价降低，硫元素失电子化合价升高，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为，C正确；D．根据图示，随沉积物深度增加，转化为有机S，S单质转化为或，并与反应转化为，含硫物质转化过程中硫元素化合价降低，因此随沉积物深度增加，硫元素可被还原至更低价态，D正确；答案选B。10．C【详解】A．的能量比低，更稳定，A正确；B．由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS2是由的N原子进攻中的形成了碳氮键，B正确；C．的C原子和N原子可进攻，是亲核取代，此过程中CN-中碳氮三键没有发生变化，键无变化，C错误；D．相同条件下，生成后续物Ⅰ的活化能比生成后续产物Ⅱ的活化能大，活化能大，反应速率慢，所以生成后续物Ⅰ速率比生成后续物Ⅱ的速率慢，D正确；故答案选C。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）根据已知条件列出“三段式”