2026届湖南省常德市高考化学自编模拟试卷02（人教版）（解析版）

2026届湖南省常德市高考化学自编模拟试卷02（解析版）题号12345678910答案BDCBCBADCC题号11121314答案CDDB1．B【详解】A．合金属于混合物，A正确；B．橡胶分为天然橡胶和合成橡胶，丁苯橡胶属于合成橡胶，故不属于天然有机高分子，B错误；C．的价层电子对数为4，故空间结构为正四面体，C正确；D．聚氯乙烯的结构式为，D正确；故答案选B。2．D【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；B．铬元素的价电子排布式应为3d54s1，B错误；C．8个质子和8个中子的核素质量数为16，正确符号为，C错误；D．CO燃烧生成CO2(g)，方程式符合燃烧热定义（1mol物质完全燃烧，ΔH=-283.0kJ/mol），D正确；故选D。3．C【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，含一对孤电子对，分子的空间构型为三角锥，故A错误；B．以苯环上其中一个具有甲基的碳原子为1号，三个甲基编号最小的位置为1、2、4，因此该化合物的系统命名：1,2,4-三甲苯，故B错误；C．CaC2由Ca2+和组成，包括碳碳三键，两个碳原子之间共享3对电子，因此其电子式为，故C正确；D．基态Cr原子的价层电子排布为3d54s1，3d轨道有5个简并轨道排布5个电子，根据洪特规则，5个电子应以相同自旋方向排布在5个简并轨道上，即价层电子轨道表示式为，故D错误；故答案为C。4．B【详解】A．双原子的化合物分子都是极性分子，如HCl、一氧化碳等，A正确；B．只含有分子的晶体是分子晶体，共价晶体中只含有原子，但离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，B错误；C．只含非极性键的分子中正负电荷重心一定重合，一定是非极性分子，C正确；D．“X—H…Y”三原子不在一条直线上时，能形成分子内的氢键，D正确；故选B。5．C【分析】X与甲醛中一定条件下生成对羟基苯甲醇，然后氧化生成对羟基苯甲醛。据此分析作答。【详解】A．由结构简式可知，X和Y不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；B．由结构简式可知，与甲醛发生加成反应生成，Y→Z是羟基被氧化为醛基的过程，属于氧化反应，故B错误；C．酚羟基可以使苯环的邻、对位活性增强，因此X生成Y的过程中会有副产物，故C正确；D．Y中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故D错误；答案选C。6．B【详解】A．草酸与酸性溶液反应，被还原为，溶液褪色，说明草酸作还原剂，体现还原性，实验操作及现象与对应结论匹配，故A不符合题意；B．加入过量溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，能与碱反应，只体现酸性，实验操作及现象与对应结论不匹配，故B符合题意；C．液体和固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明易水解，所以水解性：>，实验操作及现象与对应结论匹配，故C不符合题意；D．加热分解为和，能使带火星木条复燃，说明不稳定，热稳定性<，实验操作及现象与对应结论匹配，故D不符合题意；故选B。7．A【详解】A．根据氨硼烷的结构可知，在中和N成键的H呈价，和B成键的H呈价，化合价不相同，A正确；B．从反应机理图可知化合物I和反应，后来又生成化合物I，故该转化过程中催化剂为化合物I，能降低该反应的活化能，B错误；C．从反应机理图可知反应过程中Ir的成键数目有6个、5个、4个，数目发生了改变，C错误；D．过渡态中活化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决速步；从图中相对能量可知过渡态I是决速步，活化能为，D错误；故答案为：A。8．D【详解】A．未注明气体状态，无法计算，A错误；B．KO2晶体由和构成，1mol中含有1mol和1mol，离子的数目为2，B错误；C．在溶液中，会发生水解反应：，，在K2CO3溶液中，c(K+)=2[c()+c()+c()]，c(K+)>c()+c()，C错误；D．在反应中，中氧元素化合价为价，生成中氧元素为0价，4mol参与反应时，生成3mol，转移电子数为3mol（6mol的价的氧变成0价，转移3mol电子），那么每转移1mol电子，生成的物质的量为1mol，D正确；故选D。9．C【分析】酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)中加入NaOH、H2O2进行氧化碱浸，此时Se被氧化为，HgSe和Ag2Se进入滤渣；往滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，同时生成AgCl和HgCl2，过滤出AgCl；再往滤液中加入NaOH溶液沉汞，HgCl2转化为HgO；将滤液经过一系列处理，可制得灰硒。【详解】A．“氧化碱浸”中无定形Se被氧化为，同时H2O2被还原为H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为Se+2OH-+2H2O2=3H2O+，A正确；B．“除银”时，向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，同时生成AgCl和HgCl2，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出Ag2Se发生的化学方程式为：Ag2Se+3NaClO+2HCl=H2SeO3+2AgCl↓+3NaCl，B正确；C．“除银”时，若向滤渣中先加入盐酸再加NaClO溶液，则可能会发生副反应(如生成Cl2)，所以应先加入NaClO溶液再加盐酸，C错误；D．“沉汞”过程中，溶液中的Cl-没有消耗，当溶液pH=7时，Ka2(H2SeO3)==5×10-8，则，所以溶液中存在的主要阴离子有、、Cl-，D正确；故选C。10．C【分析】Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，则Z为Ni元素；由图可知，配合物中M、 W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且相邻，则M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。【详解】A．相同状态下，水分子间形成的氢键的数目比氨分子形成氢键的多，水的分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的元素有F、Ne，共2种，故B错误；C．水合氢离子中氧原子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为1，分子的空间构型都为三角锥形，故C正确；D．由图可知，配合物中配体为2个为离子，则中心离子为带2个单位正电荷的镍离子，所以镍元素的化合价为+2价，故D错误；故选C。11．C【详解】A．c点NO体积分数为25%，设转化的NO为amol：则总的物质的量为(4-0.5a)mol，mol，则CO的平衡转化率为≈57.1%，故A正确；B．该反应为气体体积减小的放热反应，压强相同时，温度越高，平衡时NO的体积分数越大，则T1＞T2，d点温度低但压强大，a点温度高但压强小，则d点的反应速率可能等于a点，故B正确：C．由B分析可知，e点温度高于c，则e点加热不会达到c点，故C错误；D．恒温恒压条件下，向b点平衡体系中再充入1molNO和1molCO，等效于对原平衡加压，重新达到平衡后，NO的体积分数减小，故D正确；故选：C。12．D【分析】图1为浓差电池，图2为电渗析法制备次磷酸(H3PO2)，用图1的浓差电池提供电能制备次磷酸(H3PO2)，图1中Cu(Ⅰ)为原电池负极，Cu(Ⅱ)为正极，图2中原料室中的H2P移向产品室，则c膜为阴离子交换膜，M室中的氢离子通过b膜进入产品室得到H3PO2，则b膜为阳离子交换膜，X电极为电解池的阳极，电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，Y为电解池的阴极，电极反应2H2O+2e-=H2↑+OH-，d膜为阳离子交换膜，据此分析判断。【详解】A．分析可知Cu(Ⅰ)是电池的负极，故A正确；B．制备过程分析可知，b膜、d膜是阳离子交换膜，c膜是阴离子交换膜，故B正确；C．电渗析过程中，电极反应可知，M、N室中H2SO4和NaOH的浓度均增大，故C正确；D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边Cu(NO3)2浓度相等，所以正极析出0.02molCu,电路中转移0.04mol电子，电渗析装置生成0.04mol H3PO2，故D错误；故选：D。13．D【分析】由图可知，铜为阴极，发生的电极反应为：，，Pt为阳极，发生的电极反应为：。【详解】A．根据分析可知，可能在铜电极得电子发生还原反应：，生成铜，A正确；B．在阴极上发生还原反应生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其电极方程式为：，B正确；C．根据电极方程式，可知阴极区生成，为了平衡电荷，阳极区的阳离子（如）需要通过膜M向阴极区移动，所以膜M为阳离子交换膜，C正确；D．由可知，当有0.8mol电子通过导线时，生成0.1mol，若全部逸出，理论上生成氨气的质量为，同时放电也会释放出，所以理论上可回收的质量一定大于1.7g，D错误；故选D。14．B【详解】A．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入和固体，溶液中≈=0.03mol/L，pH=5.8时，c(OH-)=，此时溶液中Qc=c(Al3+)c3(OH-)=3×10-26.6>，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH太小，A错误；B．常温下，反应的平衡常数：==，B正确；C．常温下，和固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因不是双水解，而是生成了，即与不能大量共存的原因是生成了弱电解质，C错误；D．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入，n()=，为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：，D错误；故选B。15．(1)球形冷凝管保持恒压，便于液体顺利流下(2)+H2O=SO2+2HCl(3)中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率(4)C(5)防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解(6)b60%【分析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯,粗产品可以利用重结晶法进行提纯。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。16．(1)适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分)(2)过滤(3)(4)4.7≤pH＜7.6(5)抑制的水解防止加热过程中被氧化(6)78.88【分析】废玻璃粉末酸浸除去、，滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2，CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，二氧化硅不反应成为滤渣Ⅱ，滤液中含有CeCl3，加入碱调节溶液的pH得Ce(OH)3悬浊液，加盐酸得，在加热的条件下通入HCl抑制CeCl3水解得无水CeCl3，CeCl3在一定条件下生成Ce。【详解】（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌；（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：；（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中；（5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化；（6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。17．(1)(2)AC(3)m24%0.017(4)【详解】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH=ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91kJ·mol-1。（2）A．是气体，当浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；

B．设起始投料，转化的，列三段式计算，，反应前百分含量为，反应后百分含量为，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，B不符合题意；C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；

D．当时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意；故选AC。（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，，，，，解得x=0.21，y=0.09，此时的转化率为；CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，CO的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，反应2的压强平衡常数。（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为；②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：。18．(1)B(2)–573.6kJ/mol(3)一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量(4)当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主(5)8(6)1∶13(7)C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+【详解】（1）甲苯催化重整无论是水蒸气重整还是二氧化碳重整的反应都是气体物质的量增大的反应，且反应都吸热，故高温低压条件有利于反应正向进行，故选B；（2）根据已知：反