2026届湖南省长沙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届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷02（解析版）题号12345678910答案CDACCBCDAB题号11121314答案BDDC1．C【详解】A．碳化硅（SiC）具有类似金刚石的共价晶体结构，属于共价晶体，A正确；B．超高相对分子质量聚乙烯因高强度、高韧性被用于防弹材料，B正确；C．合金的熔点通常低于其成分金属，无磁镍铬钛合金钢的熔点应低于纯铁，C错误；D．环氧树脂是聚合物，属于有机高分子材料，D正确；故选C。2．D【详解】A．碳酸是二元弱酸，电离分步进行且为可逆过程，正确的电离方程式应为H2CO3⇌H++、⇌H++，A错误；B．PH3的电子式为，B错误；C．HCl是共价化合物，形成过程应为，C错误；D．2，6-二氯甲苯的结构为，D正确；故选D。3．A【详解】A．NaOH固体易潮解且有腐蚀性，用称量纸称量会腐蚀纸张并污染药品，应使用玻璃器皿（如烧杯）称量，A错误；B．可燃性气体点燃前必须验纯，防止爆炸，B正确；C．白磷易燃，未用完的需放回原瓶以避免自燃或引发危险，C正确；D．钾与水反应剧烈，可能飞溅或爆炸，戴护目镜是必要的安全措施，D正确；故选A。4．C【详解】A．碳纳米管具有高导电性和结构特性，用于电池和传感器确实体现其电学性能，A正确；B．超导陶瓷在临界温度下电阻为零正是超导性的定义，B正确；C．明矾净水依赖水解生成胶体吸附杂质，与强氧化性无关，C错误；D．放射性同位素通过释放射线探测金属内部缺陷，直接利用其放射性，D正确；故选C。5．C【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4，Z为S；X与Z同主族，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X为O，Y为Si，R为Cl。【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：S>Si，气态氢化物的热稳定性：H2S>SiH4，A正确；B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能：Cl>S>Si，B正确；C．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：S>Cl>O，C错误；D．根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：S<Cl<O，D正确；答案选C。6．B【详解】A．将氢氧化铜溶于浓氨水中反应生成[Cu(NH3)4]2+

，得到深蓝色溶液：，A正确；B．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，KMnO4转化为Mn2+，则被氧化为硫酸根离子：，B不正确；C．向淡黄色Na2O2固体中滴加蒸馏水，反应生成氢氧化钠和氧气：，C正确；D．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生蓝色沉淀即KFe[Fe(CN)6]沉淀：，D正确；故答案选B。7．C【详解】A．从能量变化图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，△H<0，A错误。B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变△H，B错误。C．反应中CO2、CH3OH、H2O含极性键，H2含非极性键，故反应中有极性键和非极性键的断裂，C正确。D．由图可知，1molCO2(g)和3molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)和1molH2O(g)时，放出的热量为896kJ–451kJ=445kJ。但该反应是可逆反应，在密闭容器中加入1molCO2和3molH2，反应不能完全进行，所以充分反应后放出的热量小于445kJ，D错误；故选C。8．D【详解】A．该晶胞中含有Co的个数为=3，Cu的个数为=1，N的个数为1，则该催化剂的化学式为，A正确；B．Co是27号元素，核外含有27个电子，价层电子排布式为，B正确；C．由晶胞结构可知，N原子位于体心，Co原子位于面心，该晶胞中N位于Co形成的正八面体空隙中，C正确；D．由晶胞结构可知，Cu位于顶点，Co原子位于面心，该晶体中Cu原子周围与它距离最近且相等的Co原子有12个，D错误；故选D。9．A【详解】A．过量SO2通入NaClO溶液中，SO2作为还原剂被ClO-氧化为，ClO-被还原为Cl-。反应式配平正确，电荷和原子均守恒，且ClO-的强氧化性足以在酸性条件下完全氧化SO2，即使SO2过量也不影响产物，A正确；B．在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O时，HCl氛围抑制水解，产物应为无水MgCl2，而非生成Mg(OH)Cl和H2。反应式中出现H2（氢气）不合理，分解反应无还原剂参与，无法生成H2，B错误；C．CO2通入CaCl2溶液不会生成CaCO3沉淀，因盐酸的酸性强于碳酸，所以CO2生成的H2CO3无法与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，C错误；D．(NH4)2Fe(SO4)2与过量NaOH反应时，会与OH-生成NH3·H2O，而Fe2+与OH-结合生成Fe(OH)2，但选项D的方程式仅写出Fe2+部分，未写出的反应，离子方程式不完整，D错误；故选A。10．B【详解】A．仪器c为球形冷凝管，其结构特点是内部有球形凸起，用于冷凝回流，名称正确；A正确；B．仪器d中AgNO3溶液出现浅黄色沉淀，可能是挥发的Br2与水反应生成HBr（Br2+H2O⇌HBr+HBrO），HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，并非一定是取代反应生成的HBr，无法排除Br2干扰，不能说明发生取代反应；B错误；C．苯与液溴在FeBr3催化下的取代反应放热剧烈，使溶液沸腾，生成的HBr气体遇水蒸气形成白雾，倒置漏斗用于吸收HBr，现象描述正确；C正确；D．仪器c（球形冷凝管）能冷凝回流挥发的苯和溴蒸气，提高原料利用率，从而提高溴苯产率；D正确；故选B。11．B【分析】由图可知，Zn元素价态升高失电子，故b极为负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，a为正极，电极反应式为C2H2+2e-+2H2O=C2H4+2OH-；【详解】A．甲装置中，a极为正极，b极为负极。乙装置为电解池，c极为阴极，d极为阳极。因此a极应接d极，A正确；B．右侧为电解池装置，d极区为阳极，苯酚失电子氧化为和，B错误；C．b极发生的电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，放电时，正极区溶液中的OH-通过阴离子交换膜进入负极区溶液中，所以负极区溶液中的n(OH-)保持不变，但由于负极区有水生成，负极区溶液中的c(KOH)逐渐减小，碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，C正确；D．根据电子得失守恒可写出关系式：28e-~14H2~6CO2，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14:6=7:3，D正确；故选B。12．D【详解】A．碳酸铵分解生成NH3和CO2，通入BaCl2溶液时，NH3溶于水形成碱性环境，CO2转化为，与Ba2+生成BaCO3沉淀。但实验中无明显现象，说明X不可能是(NH4)2CO3，A错误；B．向[Ag(NH3)2]OH溶液中加入稀盐酸，H⁺中和OH⁻并降低NH3浓度，导致配离子解离，Ag⁺与Cl⁻生成AgCl沉淀。此现象是由于NH3浓度降低，而非Cl⁻的配位能力更强，B错误；C．加入过量氯水后溶液不显红色，可能是Cl2将SCN⁻氧化，导致无法显色，不能排除Fe2+的存在，C错误；D．AgCl溶解于Na2S2O3生成可溶络合物，说明AgCl生成可溶性的稳定化合物；加入Na2S后生成Ag2S沉淀，说明Ag2S的溶度积更小，溶解度更小，结论正确，D正确；故选D。13．D【详解】A．生成Z的反应是中间体M转化为产物Z，由能量图可知，M的能量高于Z的能量，故该反应为放热反应，A正确；B．低温条件下反应受动力学控制，活化能越低反应速率越快，由能量图可知，M生成Z的活化能是小于生成W的活化能，则短时间内Z的生成速率更快，为主要产物，B正确；C．达到平衡时反应受热力学控制，能量越低的产物越稳定、含量越高。由能量图可知，产物W的能量低于Z，故平衡时W的含量更高，Z的含量小于W，C正确；D．恒温下，Z和W的浓度比取决于二者生成反应的平衡常数比值（），而平衡常数仅与温度有关，与反应物浓度无关，加入液溴虽使平衡正向移动，但不变，D错误。故选D。14．C【详解】A．根据、，由于大于，即时的pH应小于的pH，根据A、B点的坐标，则Ⅰ为：，Ⅱ为，A错误；B．根据选项A分析，，，===，B错误；C．由图像可知B点溶液，B点，由右侧图可知，根据电荷守恒有，由于，，即，C正确；D．的平衡常数，由C点可知：、，则===，D错误；故答案选C。15．(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌(2)→b→c→e→d→l→m→k→j(3)6(4)④(5)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2(6)【分析】本题为无机物制备类的实验题，装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，以此解题。【详解】（1）装置A中橡胶管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；漂粉精和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌；（2）装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，故答案为：a→f→g→b→c→e→d→l→m→k→j→b→c→i；（3）根据微观过程可知，2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则表示氯，其价层电子排布式为：3s23p5，则其自旋磁量子数总和为，表示钠，其电子排布式为：1s22s22p63s1，则其基态原子的电子云有1+1+3+1=6；（4）根据题给信息可知，是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，结合分析可知，G是吸收氯气，则可用苯替换G中试剂，①中氯气与水反应是可逆，②能与NaOH溶液反应，③中碘离子具有还原性，能和反应，故选④，（5）二氧化氯、过氧化氢、氢氧化钠反应生成，二氧化氯是氧化剂，过氧化氢是还原剂，方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；（6）、、NaClO，还原产物均为，则1mol反应时，得5mol电子，1mol反应时得4mol电子，1molNaClO反应时得2mol电子，三者单位质量转移电子数分别为：、、；则三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为；16．(1)将矿渣粉碎或空气从焙烧炉底部通入，矿渣从顶部加入（答案合理即可）(2)低于℃，反应速率随温度升高而增大，铼的浸出率增大；高于℃，分解导致铼的浸出速率减小(3)蒸发浓缩、冷却结晶(4)(5)82.2(6)或【分析】由题给流程可知，富铼矿渣加入生石灰后，在空气中焙烧得到铼、铁、铜、硅的氧化物，向氧化物中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到浸渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入有机萃取剂R3N萃取、分液得到可以循环使用的稀硫酸和有机相；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到可以循环使用的有机萃取剂R3N和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。【详解】（1）将矿渣粉碎或空气从焙烧炉底部通入，矿渣从顶部加入等可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率；（2）低于℃，反应速率随温度升高而增大，铼的浸出率增大；高于℃，分解导致铼的浸出速率减小，故℃时铼的浸出率最高；（3）高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）由分析，高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，热解反应为：；（5）设产品中Re与的物质的量分别为amol、bmol，则(a+2b):7b=2:1，得a=12b，则该产品的纯度为；（6）据“均摊法”，晶胞中含个Re、个O，化学式为；晶体密度为。17．(1)丙二酸二乙酯酯基、酰胺基(2)还原反应(3)(4)++CH3OH(5)+2NaOH+NaBr(6)或(7)【分析】被亚硝酸钠氧化为，在锌和AcOH的条件下还原为，和发生取代反应，和在乙醇钠的作用下生成，然后在氢氧化钾的作用下进行水解，再用酸进行酸化得到，据此解答。【详解】（1）结合酯基可看出，有机物I的名称是丙二酸二乙酯，有机物Ⅶ中的含氧官能团名称是酯基、酰胺基；（2）Ⅱ→Ⅲ的反应为硝基被还原为氨基，所以反应类型是还原反应；（3）结合Ⅱ的结构式，猜测I→Ⅱ还可能生成一种分子式为的副产物，其结构简式为；（4）结合结构式可知，Ⅲ+Ⅳ→V的化学方程式为取代反应，++CH3OH；（5）有机物Ⅵ与足量水溶液在加热时反应，即溴原子、酰胺基会和反应，化学方程式为+2NaOH+NaBr；（6）X()的同分异构体满足下列条件，①能使溴的四氯化碳溶液褪色，即存在碳碳双键或碳碳三键；②硝基连在苯环上，即-NO2直接和苯环相连；③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为，再结合氢原子个数，可知结构简式为或；（7）以I，和为原料制备，首先将醇和溴化氢发生取代反应，得到，通过过程④，和在乙醇钠的作用下生成，通过过程⑤，生成，可得路线为。18．(1)A(2)500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高(3)低温时，升温对影响大于影响，高温时，升温对影响大于影响，使反应速率随温度升高先增大后减小(4)40%(5)过量甲烷发生碳化，催化剂表面被积碳覆盖，反应速率下降(6)ABD【详解】（1）合成氨的反应是气体分