2026届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷04（人教版2019）（解析版）

2026届湖南省湘潭市高考化学自编模拟试卷04（解析版）题号12345678910答案CCDCDBDDDC题号11121314答案CCDD1．C【详解】A．茶多酚是常见的抗氧化剂，其作用机理是易被氧化，从而保护其他物质不被氧化，A错误；B．乙烯的产量可衡量国家石油化工水平，但乙烯不属于精细化学品，B错误；C．纤维素是天然多糖，属于有机高分子化合物，C正确；D．红色油漆中含有的三氧化二铁（）属于金属氧化物，不是金属材料，D错误；故答案为：C。2．C【详解】A．已知甲烷分子式为CH4，实验式是指分子中各原子的最简整数比，则甲烷的最简式表示为“CH4”，A正确；B．中子数为16的磷原子，质量数是31，表示为，B正确；C．石墨的层状上下层交错开，C错误；D．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，D正确；故选C。3．D【详解】A．用含水酒精制备无水乙醇的方法为向含水酒精加入氧化钙充分反应后蒸馏得到，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故A错误；B．苯和二甲苯互溶，但两者的沸点不同，所以除去苯中的二甲苯应用蒸馏法，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故B错误；C．硝酸钾的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以除去硝酸钾中少量氯化钠的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所选玻璃仪器①⑤⑧⑨，故C错误；D．配制质量分数约为20%的氯化钠溶液的方法是称量一定质量的氯化钠固体，量取一定体积的蒸馏水于烧杯中，搅拌，可得一定质量分数的氯化钠溶液，所选玻璃仪器⑧⑨⑩，故D正确；故选D。4．C【详解】A．油渍属于油脂，可在热的纯碱溶液中水解生成易溶于水的甘油和高级脂肪酸钠盐，A正确；B．胃酸的主要成分是盐酸，导致胃酸患者出现症状的主要原因是胃酸过多，常用含或的药物治疗，B正确；C．具有漂白性，能使品红溶液褪色，但不能使紫色石蕊溶液褪色，C错误；D．苯酚与甲醛在不同条件下既可能生成线型高分子，也可能生成网状高分子，故既可能有热塑性，也可能有热固性，D正确；故答案选C。5．D【详解】A．Na在空气中燃烧生成，吸收空气中的水蒸气生成NaOH，NaOH能和玻璃中的反应，不能用玻璃表面器皿做钠的燃烧反应实验，A错误；B．稀硫酸和硫化钠反应生成硫化氢气体，硫化氢与硝酸银溶液直接反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，不能验证，B错误；C．制备的原理是向饱和NaCl溶液中先后通入和，通的导气管应该伸入液面以下，C错误；D．最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，稀硫酸与碳酸钠反应，生成的通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀硅酸，即酸性：硫酸>碳酸>硅酸，D正确；故选D。6．B【详解】A．细胞膜由大量两性分子(一端有极性，另一端无极性)组装而成，头部有极性亲水，尾部有非极性疏水，所以细胞膜的双分子膜层头向外，尾向内排列，A正确；B．烷基是推电子基团，使得乙酸的羧基中H-O键的极性变小，导致乙酸中氢离子更难电离，HCOOH的酸性强于CH3COOH，B错误；C．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，原子核外电子的能量和能级都是量子化的，C正确；D．分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式环己烷的空间位阻小于船式结构，因此椅式环己烷比船式环己烷更稳定，D正确；故选B。7．D【详解】A．物质甲的单体为，分子式是C11H10O2，A错误；B．1个物质甲的链节中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环与氢气加成时1个苯环消耗3个H2，1个碳碳双键消耗1个H2，酯基中的碳氧双键不能与H2加成，所以1mol物质甲与足量H2加成时，最多消耗4nmolH2，B错误；C．红外光谱主要用于确定有机物分子中含有的官能团和化学键，不能测量有机物的键长、键角，C错误；D．从反应过程看，物质甲的两个分子通过光交联反应生成物质乙，反应中碳碳双键打开相互连接，符合加成反应的特征，该光交联反应属于加成反应，D正确；故选D。8．D【详解】A．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为，A错误；B．图甲中存在N-H和氮氧键的断裂，没有非极性键的断裂，B错误；C．反应③的氧化剂为氧气，还原剂为亚铁离子，氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误；D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为，D正确；答案选D。9．D【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素；W可形成3个共价键，原子序数比N小，即W为C元素；R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素；X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素，W为C元素，Z为N元素，X为O元素，Y为P元素。【详解】A．甲烷和乙烯的键因‌杂化方式差异（甲烷杂化，乙烯杂化），‌导致乙烯键能更高，A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，族、族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：，B错误；C．是，分子呈书页状结构，，两个氢原子分别位于两个氧原子组成的非平面结构上，导致整个分子呈现不对称性‌。这种结构使得正电中心（氢原子的分布区域）与负电中心（氧原子的孤电子对分布区域）无法重合‌，是极性分子，C错误；D．Y的最高价氧化物对应的水化物为，不具有强氧化性，D正确；故选D。10．C【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。【详解】A．铁的电化学腐蚀发生电化学反应，不属于化学腐蚀，A错误；B．段越大，氢离子浓度越小，析氢速率越小，B错误；C．根据分析，段正极反应式主要为，C正确；D．铁锈疏松，不能阻止铁粉继续发生腐蚀，段基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，D错误；故选C。11．C【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶，Co元素转化为Co2+，在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。【详解】A．碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生反应的为：，故A正确；B．操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确；C．由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，故C错误；D．“沉钴”时若浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质，导致产品不纯，故D正确；答案选C。12．C【分析】在该晶胞中，8个Ga原子位于晶胞的顶点，6个Ga原子位于晶胞的面心，则Ga原子数为；4个As原子位于晶胞的体心，个数为4，则Ga原子和As原子数之比为，据此数据解答。【详解】A．根据晶胞图可知，Ga原子的配位数为4，A错误；B．根据晶胞图可知，位于晶胞内的4个As原子围成的是正四面体结构，B错误；C．根据晶胞图，当原子的分数坐标为，原子的分数坐标为时，参照p和r的坐标数据，可得到q原子的分数坐标为，C正确；D．根据分析，每个晶胞含4个Ga和4个As，立方晶胞边长为，则晶体密度为，D错误；故答案为：C。13．D【分析】在恒容密闭容器中充入和，发生反应，升高温度H2O(g)的物质的量增大，说明平衡正向移动，a为的物质的量随温度的变化曲线，以此解答。【详解】A．由图可知，升高温度，H2O(g)的物质的量增大，反应正向移动，说明正反应是吸热反应，反应的反应物总能量小于生成物总能量，A正确；B．由图可知，随温度升高，氢气的物质的量减小，则H2O(g)的物质的量增加，BaS的物质的量也增加，但总体增大量为H2O(g)改变量的，则a为的物质的量随温度的变化曲线，B正确；C．加入高效催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，的平衡转化率不变，C正确；D．该反应是气体体积不变的反应，向M点的体系中再充入和，是固体，H2的浓度增大，等效于增大压强，平衡不发生移动，的百分含量不变，D错误；故选D。14．D【分析】4min时生成的Z的物质的量为，6min时生成的Z的物质的量为，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数；【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故1min时，Z的浓度大于，A错误；B．2min时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C错误；D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选D。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)增大烧渣的接触面积，提高反应速率(2)浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行(3)(4)产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。【详解】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率；②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：；（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行；（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：；（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2；②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。17．(1)1，3-丁二烯羧基(2)同分异构体(3)取代反应(4)吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率(5)5(6)【分析】由B的分子式知，它含2个不饱和度，再结合A到B的条件，发生消去反应生成1，3-丁二烯（B），C为饱和有机物，能被重铬酸钾氧化，再结合已知条件知C为1，4-丁二醇，D含2个不饱和度，且含4个O，故D为1，4-丁二酸。【详解】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；（4）①；②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种；②其中的核磁共振氢谱有2组峰；（6）根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为。18．(1)低温(2)温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小(3)p1＞p2＞p3(4)升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高(5)0.01(6)P(7)CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O【详解】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)

∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，△H＜0，则在低温条件下更有利于其自发进行。（2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小；（3）反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

∆H1＜0反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

∆H2＞0由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH3OH(g)的物质的量分