2026届湖南省株洲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届湖南省株洲市高考化学自编模拟试卷01（解析版）题号12345678910答案ADBBACBDBC题号11121314答案BBDC1．A【详解】A．钛合金是金属材料中的合金，属于金属材料，A正确；B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错误；C．碳纤维复合材料是复合材料，不属于金属材料，C错误；D．聚酰亚胺薄膜是有机高分子材料，D错误；故选A。2．D【详解】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误；B．基态Be原子价电子排布为2s2，价电子排布图，B错误；C．根据VSEPR模型理论，PCl3分子的价层电子对数为：，因此，VSEPR模型为四面体形，PCl3分子的实际构型为：三角锥形，C错误；D．顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别位于双键的两侧，所以为反-1,2-二氟乙烯，D正确；故选D。3．B【详解】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，不在蒸发皿中，A项错误；B．过滤时应用玻璃棒引流，B项正确；C．除了缺少加热装置外，还需将稀盐酸换成浓盐酸，C项错误；D．萃取不能选择与水互溶的乙醇，可以选择作萃取剂，D项错误；故B选项正确。4．B【详解】A．碱金属的金属性随原子序数增大而增强，Cs在K下方，故CsOH碱性更强，A正确；B．非金属性Br＞As，氢化物的还原性AsH3＞HBr，B错误；C．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，Na（左）＞Cl（右），C正确；D．非金属性Cl＞Br，HCl热稳定性更强，D正确；故选B。5．A【详解】A．17gOH⁻的物质的量为1mol，1个OH⁻含10（8+1+1）个电子，则17gOH⁻中电子数目为10NA，A正确；B．Na2CO3溶液中会水解（），则0.5L1mol/L的Na2CO3溶液中总数小于，B错误；C．反应①为，Na元素价态从0价升至+1价，1molNa完全反应转移1mole⁻，C错误；D．生成1molNa2CO3需1molCO2，但未说明标准状况，1molCO2体积不一定为22.4L，D错误；故选A。6．C【详解】A．聚维酮为高分子化合物，其单体为，分子式为，A正确；B．由聚乙烯吡咯烷酮与碘形成的络合物，含有羰基、酰胺基等亲水基团，能与水形成氢键，因此易溶于水，B正确；C．蛋白质中（巯基）转变为（二硫键）时，每个巯基失去一个氢原子，属于去氢过程，在有机反应中去氢为氧化反应，而非还原反应，C错误；D．蛋白质的结构由其化学键和空间结构决定，键是蛋白质分子中的重要化学键，转变为键后，化学键改变导致蛋白质空间结构被破坏，从而失去生物活性，D正确；故C选项错误。7．B【分析】X的氢化物与最高价含氧酸反应生成白烟，推断X为N（与反应生成）；Y的价层电子排布为，，Y对应O（）；Z为短周期电负性最小的主族元素，即Na；W的单质可用洗涤，推断为S（硫难溶于水，易溶于），据此回答。【详解】A．、、的离子半径依次减小，A正确；B．的离子键成分高于（O电负性更大，与Na电负性差更大），故，B错误；C．（氢键）沸点最高，（氢键）次之，最低，C正确；D．和的VSEPR模型均为平面三角形，D正确；故选B。8．D【详解】A．汽车尾气催化转化器中，NO和CO在催化剂作用下生成N2和CO2，该反应是实际应用中的主要反应，A正确；B．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，SO2氧化为，并与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，现象正确，B正确；C．石灰可将工业废气中的SO2转化为亚硫酸钙或硫酸钙，是常用方法，C正确；D．氯水中Cl-的存在（AgNO3沉淀）和淀粉-KI变蓝（I2生成）可能由HClO的氧化性导致，即使Cl2完全反应，HClO仍可氧化KI。因此无法证明Cl2与水的反应存在限度，结论错误，D错误；故答案为D。9．B【详解】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，平衡常数随着温度的升高而减小，则平衡常数：，A错误；B．由图可知，b点的转化率小于平衡转化率，说明此时反应还没有平衡，则正反应速率：，B正确；C．该反应是气体体积不变的反应，若将容器体积缩小至原来的一半，压强增大，平衡不发生移动，的转化率不变，C错误；D．该反应是气体体积不变的反应，反应过程中容器内的压强是定值，当容器内压强不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；故选B。10．C【详解】A．步骤④中，甲基转化为羧基，是在一定条件下与氧化剂发生反应，反应类型为氧化反应，A错误；B．步骤②为氯原子水解为羟基，条件为NaOH水溶液、加热，B错误；C．后续步骤④会发生氧化反应(将甲基氧化为羧基)，而酚羟基(直接连苯环)易被氧化。步骤③中酚羟基转化为醚键，步骤⑤又将醚键转化为酚羟基，所以步骤③的作用是保护酚羟基，防止其在后续氧化反应中被破坏，C正确；D．的核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，D错误；故选C。11．B【详解】A．中的原子个数是，氧原子有7个，则，，A正确；B．以面心的Ce为例，每个晶胞中有四个O与之配位，1个面心Ce被两个晶胞共有，故Ce的配位数为8，B错误；C．由题图可知，中O的配位数为4，O原子处在Ce原子构成的正四面体空隙中，C正确；D．设该晶胞参数是，其密度为：，，体对角线距离为：，最短距离为体对角线的，所以最短距离为，D正确；故选B。12．B【分析】由题给流程可知，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，据此分析回答。【详解】A．酸浸时，适当增大反应物硫酸浓度，加快酸浸反应速率，A正确；B．“滤渣Ⅰ”为和硫酸铅，B错误；C．净化时，加入镍，置换出铜，，C正确；D．由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，D正确；故选B。13．D【详解】A．随增大，过量时CO更多转化为，产率因CO被过度消耗而先增后减，曲线c符合此特征，故c表示的产率，A正确；B．A、B点对应同一，放热反应降低温度平衡右移，可提高转化率或产率，B点数值更高，B正确；C．反应Ⅰ气体分子数减少，m守恒，平均相对分子质量，M不变说明n不变，反应达平衡，C正确；D．设初始、，，。总物质的量减少量=4-3=1mol，反应Ⅰ每生成1mol减少2mol气体，故生成0.5mol。分压，速率，D错误；故选D。14．C【分析】该图像展示了常温下，向氨水中缓慢通入HCl气体时，混合溶液中、的浓度随pH的变化关系。从图像整体趋势来看，随着HCl的通入，溶液pH逐渐降低。氨水中通入HCl气体，发生反应NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，逐渐减小，逐渐增大。图中的M、N、P点分别对应不同的pH和离子浓度关系，通过对这些点的分析，可进一步探究氨水与HCl反应过程中电离平衡、水解平衡以及离子浓度大小等情况，结合各点pH分析水的电离程度、氨水被中和的百分数以及溶液中离子浓度大小关系等。【详解】A．水的电离程度受溶液酸碱性影响，碱性越强抑制水电离越显著，有弱离子水解则促进电离。M点pH最大（碱性最强）抑制水的电离，N点pH=9.26（碱性较弱）抑制减弱，P点pH最小（大，水解促进电离），故水的电离程度M<N<P，A正确；B．M点坐标(4，1，a)，即=4mol/L，=1mol/L。由N点==2.5mol/L，pH=9.26，得。代入M点数据：，，pOH=4.14，pH=14-4.14=9.86，即a=9.86，B正确；C．N点==2.5mol/L，根据物料守恒，此时=0.05mol。因溶液pH=9.26（碱性），电离程度大于水解程度，由电荷守恒+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(Cl-)<=0.05mol，故中和百分数=，C错误；D．P点=1mol/L，=4mol/L，pH=8.66（碱性）。电荷守恒得[Cl⁻]=[NH]+[H⁺]-[OH⁻]≈4mol/L（略小于4），故浓度顺序为>c(Cl-)>>c(OH-)>c(H+)，D正确；故选C。15．(1)球形干燥管(2)注射器活塞的位置不再发生变化(3)打开活塞K，向里推动注射器活塞，将装置A中溶液压入装置B中(4)抑制的电离和的水解，防止生成沉淀(5)温度低于85℃，化学反应速率慢；温度高于85℃，盐酸和氨水挥发不利于产品的制备(6)(7)【分析】在装置A中恒压滴液漏斗滴加盐酸与钴反应生成CoCl2和氢气，反应结束后，打开活塞K，推动注射器，将装置A中反应后的溶液压入装置B，与氯化铵、浓氨水的混合液在搅拌下反应，用恒压滴液漏斗将双氧水缓慢滴入装置B的三颈烧瓶中，滴加结束后再缓慢滴加4mol/L盐酸(在通风橱内进行)，在85℃水浴中加热20min，冷却至室温，抽滤，精制，得纯净产品。【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称为球形干燥管；（2）装置A中产生氢气，根据气压变化，当注射器活塞的位置不再发生变化，则可判断装置A中反应完全；（3）实现装置A和B中溶液混合的操作是打开活塞K，向里推动注射器活塞，将装置A中溶液压入装置B中；（4）是强酸弱碱盐，在溶液中会消耗水电离产生的反应产生，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中，溶液显酸性。加入溶液可以抑制在溶液中的水解，同时由于溶液中铵根离子浓度增大，可以抑制的电离，增大的浓度，因此加入的溶液有利于后续与的配合反应；（5）温度低于85℃，化学反应速率慢；温度高于85℃，盐酸和氨水挥发不利于产品的制备，故水浴温度控制在85℃；（6）具有较强还原性，加入溶液将氧化为，由电子守恒和原子守恒可知其的离子方程式为；（7），代入K和c求得，根据表格，可知离子总数为3，由电离方程式可知离子总数=1+z，故z=2，因配合物中Co为+3价，所以内界Cl-有1个，又配合物中心离子配位数为6，所以配合物化学式为。16．(1)B(2)无油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化(3)除去过量的高锰酸钾，避免用盐酸酸化时，产生氯气(4)(5)苯甲酸升华造成损失(6)86%碱式(7)重结晶【分析】由题意可知，制备苯甲酸的实验过程为甲苯与过量高锰酸钾发生氧化反应生成苯甲酸钾，向反应后的冷却溶液中先加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，再用盐酸酸化得到苯甲酸，经过滤、干燥、洗涤得苯甲酸粗产品，并用氢氧化钾溶液滴定测定粗产品的纯度。【详解】（1）加热三颈烧瓶中的溶液时，三颈烧瓶中所盛装液体不能超过容积的三分之二，不能少于三分之一，由题意可知，三颈烧瓶中溶液的体积为(100mL+1.5mL)=101.5mL，则三颈烧瓶的最适宜规格为250mL，故选B；（2）由题给信息可知，甲苯不溶于水，当回流液中不再出现油珠时，说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化为苯甲酸；（3）由分析可知，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，防止用盐酸酸化得到苯甲酸时，过量高锰酸钾与酸化所用的盐酸反应生成有毒的氯气污染环境；（4）由题给信息可知，甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，则用少量热水洗涤滤渣一步中滤渣的主要成分是二氧化锰；（5）由题给信息可知，苯甲酸100℃时易升华，所以干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；（6）苯甲酸为一元酸，则滴定时存在如下关系式：，滴定消耗21.50mL0.01000mol·L-1的氢氧化钾标准溶液，则苯甲酸的纯度为；氢氧化钾溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以测定苯甲酸纯度时，标准液应放入碱式滴定管中；（7）根据苯甲酸的水溶性可知，若要得到纯度更高的苯甲酸，需要利用重结晶的方法进行提纯。17．(1)苯胺(2)氨基酰胺基(3)取代反应(4)(5)(6)10(7)大【分析】该合成路线以苯胺（A）为起始原料，首先与乙酸在加热条件下反应生成B（含酰胺键的苯环衍生物）；接着B与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生硝化反应得到C（硝基取代的产物）；C经水解反应生成D（氨基和硝基取代的苯环化合物）；D与试剂a在碳酸钾作用下发生反应生成E；E在催化剂和氢气作用下发生还原反应生成G；最后G与M经过多步反应合成得到目标产物Q（受体拮抗剂中间体）。【详解】（1）A的结构为苯胺，所以A的名称为苯胺。（2）观察Q的结构，可知Q中含有的官能团是碳氟键、氨基、酰胺基。（3）D→E的反应是D中的氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应。（4）