2026届湖南省株洲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届湖南省株洲市高考化学自编模拟试卷02（解析版）题号12345678910答案BCACBDCDCD题号11121314答案ABCB1．B【详解】A．复合纤维是人工合成的高分子材料，而天然有机高分子包括棉、丝等，故A错误；B．水性漆以水为溶剂，减少了有机挥发物的危害，更环保健康，B正确；C．太阳能电池通过光能直接转化为电能，不涉及化学能转化，C错误；D．同位素的化学性质相似，但物理性质（如质量、密度）不同，D错误；综上，答案是B。2．C【详解】A．CO2中C原子与O原子之间共用2对电子，电子式为：，A错误；B．基态Mn原子的价电子排布为，根据洪特规则，泡利不相容原理，能量最低原理，正确的价电子排布图为：，B错误；C．的中心原子采用杂化，且无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，图示正确，C正确；D．根据系统命名法，该有机物含醛基（-CHO），应以醛为母体，醛基碳为1号碳，该有机物名称为2-乙基丁醛，D错误；故答案选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．C【详解】A．根据试管甲的现象，加热至沸腾，后溶液变为紫色，说明开始无现象可能是温度低所导致的，故A正确；B．根据溶液变为紫色说明将氧化为，则氧化性，再滴加溶液，立即生成棕黑色沉淀()，说明将Mn2+氧化为，氧化性，故B正确；C．甲、乙中相同，根据甲中的现象，乙中加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，可能是生成的与剩余的Mn2+发生归中反应生成，故C错误；D．根据甲、乙的实验现象，温度太低时反应无明显现象，浓度太大时也不能生成，故D正确；答案选C。8．D【详解】A．反应过程中发生了氮氮非极性键的断裂、氮氢极性键的断裂、氮氢极性键的形成，没有非极性键的形成，A错误；B．根据元素守恒，生成需要消耗，B错误；C．生成Ⅱ的反应为：，所以Ⅱ为，C错误；D．活化能越大，反应速率越慢，根据题干信息可知，生成Ⅰ的速率最慢，方程式为：，D正确；故选D。9．C【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。10．D【详解】A．含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应，该过程中含Pd和含Cu的化合物均参与循环，反应前后质量和性质不变，均为催化剂，并非只有Pd，A错误；B．步骤④中反应为Pd+Cu2+=Pd2++Cu+，Cu2+为氧化剂，Pd2+为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，故Cu2+>Pd2+，B错误；C．该过程中存在C=C非极性键断裂，O-H键极性键断裂，C=O键极性键的形成，无非极性键形成，C错误；D．由图中反应机理可知，总反应为乙烯被O2氧化为乙醛，方程式为，D正确；故选D。11．A【详解】A．用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色。该实验方案是用来检测溶液中是否存在钠元素，而不是钠盐，该溶液还可能是NaOH溶液，A错误；B．向2mL溶液中通入足量H2S，观察实验现象，如果具有氧化性，它会与H2S发生反应产生S沉淀或，B正确；C．等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应，可以探究温度对反应速率的影响，通过观察等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应产生浑浊的快慢，可以判断温度对反应速率的影响，C正确；D．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，石蕊是一种酸碱指示剂，可以在酸性条件下变红，从而可以判断溶液是否具有酸性，D正确；故选A。12．B【详解】A．由装置图可知，Noyori电极发生H2O→O2的氧化反应（O元素化合价升高），故为阳极，则Rh-CME电极为阴极（连接电源负极，发生还原反应），A正确；B．RhⅢ-H提供H-与酮（图片2，结构为CH3COCH2CH3）的羰基发生加成反应，生成仲醇（CH3CH(OH)CH2CH3），反应中1个RhⅢ-H提供1个H-，结合溶液中H⁺生成-OH，正确方程式应为RhⅢ-H+酮+H+→仲醇+RhⅢ，选项中“2RhⅢ-H”配平错误，B错误；C．阳极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+（氧化反应）；阴极反应：2酮+4e⁻-+4H+=2仲醇（还原反应），总反应为2酮+2H2O2仲醇+O2↑，与选项C一致，C正确；D．设生成目标产物（6x）和另一对映体（x），总反应酮为7xmol，每个酮还原需2e⁻，则电子转移为7x×2=14x。若14x=1.4mol，得x=0.1mol，产物比例6:1成立，D正确；故选B。13．C【分析】从图中可知，左侧为浓差电池，右边为电解池，稀溶液中水得电子生成氢气和氢氧根离子，钠离子向区移动，从而生成使溶液浓度增大，因此惰性电极Ⅱ为阴极，则惰性电极Ⅰ为阳极，阳极上水失电子生成氧气和，向阳极区移动与氢离子反应生成，则左侧Cu(Ⅱ)为正极，Cu(Ⅰ)为负极，浓度大的溶液中的Cu电极为正极，故，据此解答；【详解】A．根据分析可知，浓度大的溶液中的Cu电极为正极，Cu(Ⅰ)为负极，A正确；B．根据分析可知，惰性电极（Ⅰ）为阳极，阳极上水失电子生成氧气和，电极反应式为，B正确；C．根据分析可知，向阳极区移动与氢离子反应生成，膜b为阴离子交换膜，钠离子向区移动，故膜c选用阳离子交换膜，C错误；D．电解池阴、阳极反应分别为、，转移1mol电子，阴极上生成0.5mol氢气，阳极上生成0.25mol氧气，则转移2mol电子共生成1.5mol气体，D正确；故答案选C。14．B【详解】A．a点溶液为0.1mol/LHA溶液和0.1mol/LMCl溶液的混合溶液，由得，根据MCl水解反应，，得，因此相对a点溶液中，MCl水解可忽略不计，a点溶液中主要由HA电离产生，则的，所以HA的电离平衡常数的数量级为，A正确；B．等浓度的NaA和MCl的混合溶液对应图中的b点溶液，由电荷守恒：，b点溶液的pH=6.51，知，则，B错误；C．c点溶液为NaA、MCl、MOH的混合溶液，且，MOH电离程度≫NaA水解程度，则主要来源于MOH的电离，C正确；D．由物料守恒：，d点溶液体积，，D正确；故选B。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)阳(2)温度高时会分解(3)30g/L(4)4(5)B(6)【分析】该工艺流程以富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉(CdTe)量子点，加入30%“硫酸酸浸”富碲渣时，铜、碲溶解生成、，而银未溶解，以贵金属渣分离出去，浸出液在“还原”工艺通入、加入，主要发生转化为Te，得到的粗碲中含有少量铜，粗碲与精制碲生成，在“反应釜”中与柠檬酸钠、合成碲化镉(CdTe)量子点。【详解】（1）电解精炼铜得到富碲渣，其中含贵金属，而电解精炼铜时阳极产生阳极泥，含贵金属，故富碲渣应在阳极区得到；原子序数为52的Te元素在周期表中第五周期第ⅥA族，价电子数与O相同，为最外层电子，故Te原子的价电子排布式为。（2）“硫酸酸浸”时，做氧化剂，温度高时会分解；将Te氧化，根据得失电子守恒、元素守恒配平，化学方程式为：。（3）从图像分析可知，NaCl溶液为30g/L时，碲的沉淀率高，铜的沉淀率低，故选择的NaCl溶液适宜浓度为30g/L。（4），在该反应中氢元素由0价变为价，生成转移16mol电子，故制备时转移4mol电子。（5）包覆剂应含亲水基和憎水基，硬脂酸钠满足该条件，B正确，而碳酸钠只含亲水基，氯苯和乙酸乙酯只含憎水基，不满足条件，A、C、D错误，故答案为：B。（6）转化为Te为还原反应，Te在阴极沉积，故电极反应式为。17．(1)硝基、碳溴键(或溴原子)(2)D(3)(4)消耗生成的HCl，促进反应进行(5)4(6)消去反应(或消除反应)【分析】I→Ⅲ发生的是取代反应，结合I、Ⅲ的结构简式可知Ⅱ的结构简式为，继续用H2对醛基和硝基加成生成Ⅳ，Ⅳ→Ⅵ也是发生取代反应，可以推知V的结构简式为：，用H2对硝基还原得到氨基，即得到Ⅶ的结构，Ⅶ与Ⅷ继续发生取代反应生成Ⅸ，Ⅷ的结构简式为，据此回答。【详解】（1）根据I的结构简式可知其含有的官能团为硝基、碳溴键(或溴原子)；（2）吡咯与咪唑分子中均含有离域键，说明分子形成了共轭体系，咪唑中3号氮原子参与形成共轭体系，其杂化方式为杂化，价层孤电子对占据杂化轨道，故选D；（3）中含有醛基(-CHO)，未反应完全时，醛基可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应，生成砖红色氧化亚铜沉淀，化学方程式为，利用醛基的还原性，将+2价铜还原为+1价的氧化亚铜来检验；（4）由分析可知，V的结构简式为，Ⅳ→Ⅵ也是发生取代反应，会有HCl生成，故加入的作用是消耗生成的HCl，促进反应进行；（5）Ⅷ的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明有醛基，含有苯环，卤素原子不与苯环直接相连，即要连在侧链的碳上，其可能的结构有：(邻、间、对共3种位置)，即共有4种结构；（6）先对硝基还原得到(M)，M中的氨基对醛基加成得到(N)，N中羟基再发生消去反应得到Q，Q最后加成得到Ⅳ。18．(1)