2026届湖南省长沙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届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷01（解析版）题号12345678910答案DBDCCCBDDB题号11121314答案CBDC1．D【详解】A．碳纳米管具有高强度和高导电性，广泛应用于电池和传感器等领域，A正确；B．储氢合金能大量吸收氢气并与之结合形成金属氢化物，B正确；C．橡胶硫化通过硫原子交联橡胶各链，发生化学变化，C正确；D．复方氢氧化铝片主要成分为抗酸剂，用于中和胃酸、缓解胃痛，无杀菌消毒功能，D错误；故选D。2．B【详解】A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，快速降低局部温度，然后涂上烫伤药膏，A正确；B．NaOH具有强腐蚀性，会加重皮肤损伤，故不慎将酸沾到皮肤上时需立即用大量清水冲洗，然后再用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，B错误；C．对于含重金属离子的废水，可利用沉淀法进行处理后再排放，C正确；D．是护目镜，在进行可能发生飞溅等的化学实验时，佩戴护目镜具有保护眼睛的作用，钠在空气中燃烧的实验反应剧烈，可能飞溅，故钠在空气中燃烧的实验中涉及的图标含有，D正确；故答案选B。3．D【分析】K2S2O8中，8个O原子中有6个显-2价，2个显-1价，发生反应后，O元素全部显-2价，则1个“K2S2O8”得到2e-，MnSO4转化为KMnO4，Mn元素由+2价升高到+7价，失去5e-，依据得失电子守恒，可建立关系式：5K2S2O8——2MnSO4，再依据质量守恒，便可得到配平的化学方程式为，据此回答。【详解】A．1个过二硫酸()中含有1个过氧键，过二硫酸的物质的量为，则含过氧键数目为，A正确；B．MnSO4转化为KMnO4，Mn元素由+2价升高到+7价，失去5e-，当生成时，转移电子数为，B正确；C．中硫原子的价层电子对数为，故中硫原子的价层电子对数为，C正确；D．中层电子排布为，电子数为2+6+5=13，中层电子数为，D错误；故选D。4．C【详解】A．含氟牙膏防治龋齿的原理是羟基磷灰石与氟离子发生沉淀转化，生成更难溶的氟磷灰石，方程式符合事实，A正确；B．向饱和纯碱溶液中通入过量CO2，生成的NaHCO3溶解度较小，会以沉淀形式析出，方程式符合事实，B正确；C．在强碱性溶液中，Cr3+被ClO-氧化的产物为，正确的离子方程式为：，C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3更小，因此生成Mg(OH)2沉淀，方程式符合事实，D正确；故答案选C。5．C【详解】A．考虑结构对称可知，M有4种等效氢()，即核磁共振氢谱有4组峰，A错误；B．N含有两个酯基，水解后生成的碳酸和酚羟基均能与NaOH反应，则1molN与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，B错误；C．N分子中苯环所有原子共面，酯基共面，且单键可旋转，则N分子中所有原子可能共平面，C正确；D．根据合成原理可推知，X为苯酚，X、M和PC均含酚羟基，均能与溶液发生显色反应，但不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，D错误；故选C。6．C【分析】其组成元素M、X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，前5种元素为主族元素且在短周期均有分布，M为H元素；X原子核外有6种不同运动状态的电子，X为C元素；Z与X同周期，且基态Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Z为O元素；Q的原子半径在同周期主族元素中最大，Q为Na元素；R原子的质子数等于Y、Z、Q原子的质子数之和，R为Fe元素。【详解】A．由题分析可知：X为C，Y为N，Z为O，第一电离能：，A错误；B．X，Y，Z的简单氢化物分别为、、，键角：，B错误；C．Na的常见氧化物和均可与水反应且所得水溶液均显碱性，C正确；D．常温下，浓硝酸使发生钝化，发生了化学反应，D错误；故答案选C。7．B【详解】A．NaCl的离子键因Na+半径小于Cs+而更强，熔点更高，A正确；B．H2O稳定性高是因O电负性大，O-H键能强，与氢键无关，B错误；C．NO中N原子的价层电子对数为，无孤对电子，为sp杂化，中N原子的价层电子对数为无孤对电子，为杂化，C正确；D．-CH3推电子效应增强N电子云密度，碱性更强，D正确；故答案为B。8．D【分析】W原子的电子只有一种自旋取向，故为氢元素；Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素；X的简单氢化物水溶液呈碱性，故为氮元素；基态Q原子的M层未成对电子数为4，故价电子为，故Q为铁元素；Z与Y同主族，故Z为硫元素。【详解】A．原子半径比较中，S（Z）在第三周期，原子半径最大；N（X）和O（Y）在第二周期，N的原子半径大于O。因此原子半径顺序应为Z>X>Y，A错误；B．第一电离能顺序为N>O>S。N的p轨道半充满更稳定，电离能高于O；O的电离能高于S，B错误；C．Y（O）的两种常见单质为（非极性分子）和（极性分子），C错误；D．化合物中，与配离子间为离子键；配体内O-H、N-O等为极性键；Fe与配体间存在配位键，D正确；故选D。9．D【分析】某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、CaCO3、、和MgCO3等，加入稀盐酸，与废渣中可溶于酸的碳酸盐反应，不与难溶硫酸盐（SrSO4）反应，实现“溶解碳酸盐、保留硫酸盐”的分离。“浸出液”中主要含Ca2+、Mg2+、过量H+（盐酸过量保证碳酸盐完全溶解），以及Cl-（来自盐酸），“浸出渣1”主要成分为SrSO4和，加入BaCl2溶液，利用难溶物转化原理，将SrSO4转化为BaSO4，因此浸出渣2为、，再经过相关操作获得产品。【详解】A．含锶(Sr)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，若用稀硫酸，则钙会生成硫酸钙进入浸出渣1中，不利于后续提纯，A错误；B．“浸出渣2”中含、，B错误；C．“盐浸”过程是硫酸锶转化为硫酸钡，反应为，C错误；D．锶(Sr)位于第ⅡA族，是强酸强碱盐，不水解，可直接加热脱去结晶水制得无水，D正确。故选D。10．B【详解】A．通过观察光甘草定的结构简式可确定其分子式应为C20H20O4，A错误；B．由题干有机物结构简式可知，分子中含有酚羟基、醚键、碳碳双键3种官能团，且分子中只含有1个手性碳原子(连接四个不同基团的碳原子)，如图所示：，B正确；C．光甘草定分子中苯环与碳碳双键均能与H2发生加成反应，故最多消耗7molH2，C错误；D．分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体结构，所以分子中所有碳原子不可能共平面，D错误；故答案为：B。11．C【详解】A．化合物中含有H原子，H原子最外层最多2个电子，不满足8电子稳定结构，A错误；B．反应中，C元素在反应物和产物中均为+4价，化合价未变化，未被氧化，N元素由反应物中-2价升高到中的0价，被氧化，B错误；C．该反应为放热反应（），产物中有气体生成（、），熵变，根据，且时，始终小于0，反应在任何温度下均能自发进行，C正确；D．中的Fe为+3价，中的Fe平均价态为价，12mol（含24molFe）共得电子24×(3-8/3)=8mol，而N元素由-2价升高到0价，生成2mol，共失8mol电子，故生成1mol会转移4mol，D错误；故答案选C。12．B【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含、、、、）中加入稀盐酸，、、属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，和与稀盐酸不反应，以固体形式存在，成为滤渣；过滤后得到含、、的滤液和含、的滤渣；随后向滤渣（含、）中加入硫酸和，作为氧化剂，作为还原剂，发生氧化还原反应，从+4价被还原为+3价，进入溶液（生成），不与硫酸、反应，成为新的滤渣；过滤后得到含的滤液和含的滤渣；向含的滤液中加入，与电离出的结合，发生反应：，生成沉淀。煅烧工序即将沉淀进行煅烧，发生分解并被氧化，反应为：，最终得到。【详解】A．提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；B．完全沉淀时，，由，得，，，，B错误；C．过量氨水可能与形成配合物（如），导致不易沉淀，沉铈率下降，C正确；D．还原工序中，（，得）为氧化剂，（，失）为还原剂，电子守恒得，D正确；故答案选B。13．D【详解】A．配合物易吸潮，吸附水在较低温度（0~92℃）失去，该阶段质量减轻应为失去吸潮的水，A正确；B．结晶水比吸附水更稳定，需较高温度失去，92~195℃为第二阶段，应失去结晶水，B正确；C．题目明确加强热分解生成Eu2O3，800℃属于加强热，残留固体为Eu2O3，C正确；D．设配合物摩尔质量为515+18xg/mol（Eu(C7H5O2)3为515，x个结晶水18x），1molEu(C7H5O2)3⋅xH2O生成1molEu(C7H5O2)3，失去结晶H2O的质量为18xg，重量减少5.2%，1molEu(C7H5O2)3生成0.5mol的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，则，解得x≈1.7，D错误；故答案为：D。14．C【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析；【详解】A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则，数量级为，A正确；B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B正确；C．由图像可知，时，溶液中，C错误；D．时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D正确；故答案为C。15．(1)(2)大于随着碳原子数增加，“”推电子能力强于“”，键更难断裂，产率降低2(3)(4)【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙为滤渣2，滤液加入草酸沉淀分离出草酸钪晶体。【详解】（1）“酸浸”过程中与发生反应而溶解，化学方程式为：；（2）①随着碳原子数增加，“”推电子能力强于“”，O-H键更难断裂，不利于正向进行，产率降低，所以当—R为“”时，产率大于—R为“”时；

②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，控制pH为2，使Sc3+沉淀，Fe2+几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为；（3）此反应的平衡常数；（4）1mol草酸钪晶体的质量为462g，550℃时，质量减少462g×(19.5%+3.9%)≈108g，根据质量守恒，1mol草酸钪晶体含6molH2O，6molH2O的质量为108g，可知550℃时剩余固体为，850℃时固体质量剩余462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，的摩尔质量为138g/mol，根据钪原子守恒，可知850℃时剩余固体为。16．(1)+3(2)(3)pH调至1.8时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离；(4)91%加入硫酸，增大，使萃取反应平衡逆向移动，转化为进入水相；(5)ab【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含和)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含和)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应，得到滤液A为，固体B中主要是，废钴酸锂正极材料(主要含和)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应，得到滤液D为，固体C主要是，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴得到，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体和滤液G，据此分析回答问题。【详解】（1）中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价；（2）用溶液处理原料时，Al与溶液反应，反应的离子方程式是：；（3）pH调至1.8时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离；（4）已知滤液F的，滤液F中的，则生成的，由萃取反应，消耗，萃取率；加入硫酸，增大，使萃取反应平衡逆向移动，转化为进入水相；（5）a.中价层电子排布为，有未成对电子，是顺磁性物质；b.中价层电子排布为，有未成对电子，是顺磁性物质；c.中是强场配体，使价层电子成对，无未成对电子，不是顺磁性物质；答案为ab。17．(1)羟基、羧基(2)(3)还原反应(4)③①②(5)+CH3OH(6)38(7)【分析】A是，A与CH3OH在一定条件下发生酯化反应产生B是，B与Cl-CH2CH2CH2Br在K2CO3存在条件下加热，发生取代反应产生C，C与浓硝酸在CH3COOH存在条件下加热发生取代反应产生D：，D与Fe/NH4Cl、CH3OH回流下发生还原反应产生E，E与在一定条件下反应产生F，F在一定条件下反应产生G。【详解】（1）根据A物质结构简式可知：其分子中含有的官能团名称为醚键、羟基、羧基，只有羟基、羧基能够与金属钠发生反应产生H2，故物质A分子中能与钠反应的官能团名称是羟基、羧基；（2）A分子中含有-COOH，能够与甲醇在SOCl2存在条件下加热，发生酯化反应，-COOH变为-COOCH3，得到的B物质结构简式为；（3）C与浓硝酸在CH3COOH存在条件下加热，发生CH3O-在苯环对位上的取代反应产生D物质和H2O，D与Fe、HCl在CH3OH回流加热条件下发生还原反应，-NO2被还原为-NH2，产生E物质，故D→E的反应类型为还原反应；（4）三种物质的碱性：甲基是供电子基，会增强物质的碱性；硝基是吸电子基，会减弱物质的碱性，故三种物质的碱性由强到弱的顺序为：对甲基苯胺＞苯胺＞对硝基苯胺，用序号表示物质的碱性强弱顺序为：③＞①＞②；（5）F→G为酯基水解(生成-OH)和环化反应，脱去甲醇，F→G的化学反应方程式为：+CH3OH；（6）A是，A的同分异构体需含3个取代基，1mol该物质能与3mol氢氧化钠反应，三个取代基可能情况为：①-OCH3、-OH、-OOCH；②-CH2OH、-OH、-OOCH；③-OH、-OH、-CH2OOCH；④-OH、-OH、-COOCH3；⑤-OH、-OH、-CH2COOH。根据取代基在苯环上位置的不