2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷04（人教版2019）（解析版）

2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷04（解析版）题号12345678910答案DDDBBBDBCD题号11121314答案CADC1．D【详解】A．Na2CO3俗称纯碱、苏打，苏打的主要成分是Na2CO3，故A正确；B．高温下铁能与水蒸气反应，所以钢水铸模的模具需要干燥，故B正确；C．聚酰亚胺可由羧酸和胺类化合物通过缩聚反应生成，属于有机高分子化合物，故C正确；D．苯中无双键，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，故D错误；故选D。2．D【详解】A．价层电子对数为4，其空间结构是正四面体，A正确；B．SO2中心原子S价层电子对数为:，其价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B正确；C．中O上含有孤电子对，故为极性分子，C正确；D．有机物主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4-二甲基己烷，D错误；故选D。3．D【详解】A.洗涤沉淀/晶体的规范操作是：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次，A项正确；B.凡士林常可用于玻璃塞或活塞处防止漏水，B项正确；C.水银有毒，不小心洒在桌面上时应先尽量回收，再用硫粉覆盖，使其转化为硫化汞，C项正确；D.用盐酸滴定氢氧化钠时，当滴入最后半滴盐酸标准溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟内不变色时才可以判断滴定终点，D项错误；答案选D。4．B【详解】A．溶液与氨水-NH4HCO3反应，生成FeCO3沉淀，离子方程式为：，故A错误；B．Fe3+与H2S发生氧化还原反应，离子方程为：，故B正确；C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：，故C错误；D．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成，离子方程式为：，故D错误；故答案选B。5．B【详解】A．用图Ⅰ装置的变量为温度，根据烧瓶内气体颜色探究温度对化学平衡的影响，故不选A；

B．图Ⅱ装置中锌的表面积、硫酸的浓度都不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，故选B；C．图Ⅲ装置中的变量只有催化剂不同，根据放出气泡的速度比较和的催化效果，故不选C；

D．图Ⅳ用盛放在酸式滴定管中的标准盐酸溶液测定未知NaOH溶液的浓度，故不选D；选B。6．B【详解】A．I-有还原性且还原性强于Fe2+，酸性KMnO4溶液褪色不能说明Fe2+具有还原性，A错误；B．升高温度，水解平衡正向移动，溶液pH应增大，升高温度，Kw增大，pH应减小，所以最终溶液的pH下降，是Kw的改变与水解平衡移动共同作用的结果，B正确；C．AgNO3溶液过量，可以与NaBr反应生成AgBr沉淀，不能说明AgCl沉淀发生了转化，无法判断Ksp大小，C错误；D．溶液中加入足量Ba(NO3)

2，再加入足量稀盐酸，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，无论Na2SO3是否变质，都会有白色沉淀生成且沉淀不溶解，D错误；本题选B。7．D【详解】A．该物质苯环上较长取代基中连有醇羟基的碳原子为手性碳原子，分子中只含有1个手性碳原子，A错误；B．该分子中，C原子有和两种杂化方式，N原子采取杂化，B错误；C．该物质含有苯环，可以与氢气发生加成反应，该加成反应属于还原反应，C错误；D．羟基都能与反应，酚羟基又可以与反应，该物质分别与足量的反应时消耗两者的量分别为,D正确；故选D。8．B【分析】A极是活泼金属Li，作原电池的负极，b为正极，放电时a极发生Li-e-=Li+，正极发生3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI；【详解】A．由分析可知，a电极是Li，活泼金属失去电子发生氧化反应，放电时，为负极，A正确；B．放电时，b极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B错误；C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b极接外加电源的正极，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极，C正确；D．充电时，a极发生Li++e-=Li，每转移3mol电子，a极增重3molLi，质量为21g，D正确；答案选B。9．C【详解】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，是慢的一步，是氯化反应的决速步，A正确；B．第2步产生了，2个可以形成，，B正确；C．自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定，比相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，故比稳定，苯基是吸电子基团，故比稳定，C错误；D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，主要得到氯甲烷，D正确；故选C。10．D【分析】放电过程中产生，由图可知，放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成，又转化为和，则左侧电极为正极，右侧电极为负极。【详解】A．闭合时形成原电池，由于左侧电极为正极，右侧电极为负极，从负极移向正极，从右向左移动，A错误；B．闭合时形成电解池，电极作为阳极，失去电子，发生氧化反应，B错误；C．未说明氯气是否处于标准状况，不能开展计算，C错误；D．放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成，又转化为和，负极锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，总反应为：，D正确；故选D。11．C【分析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成，氨气和等物质的量三氧化硫反应生成硫酸氢铵；【详解】A．氨气和等物质的量三氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成的A为硫酸氢铵，A错误；B．甲基为推电子基团，使得的-NH2中N原子周围电子云密度比的大，易给出孤电子对与形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：，B错误；C．过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成，反应中氮化合价由-3变为-2、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，化学反应方程式为，C正确；D．过程Ⅱ中氮化合价由-2变为NaN3中的，为还原剂，中氮化合价由+3变为NaN3中的，为氧化剂，结合电子守恒，存在，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，D错误；故选C。12．A【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜，滤液经过酸化调pH，蒸馏出的乙醇继续循环利用。【详解】A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，A错误；B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，B正确；C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，C正确；D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，D正确；故选A。13．D【详解】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=，故A正确；B．由图可知，Cl原子在历程Ⅱ中反应前后均有，因此作为催化剂，故B正确；C．从反应物的起始到最高点的过渡态为活化能，因此历程Ⅰ的活化能为，故C正确；D．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故D错误；故答案选D。14．C【详解】A．A容器体积小，压强大，反应速率比B快，B点达到平衡状态，故A一定达到平衡状态，A正确；B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示，X转化率最高点，即达到平衡，平衡后，温度升高平衡向吸热方向移动，X转化率降低，则该反应的△H<0，B正确；C．X的物质的量越多，则Y的转化率越高，平衡时Y的转化率：A<B<C，C错误；D．压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆向进行，则a+b<c，D正确；故选C。15．(1)蒸馏烧瓶(2)(3)水浴加热温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)(4)(5)蒸发浓缩、冷却结晶80(6)取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7)【分析】装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应，生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮，防止污染空气，以此解答。【详解】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；（3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为；（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为；（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。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)球形干燥管(2)N⁃甲基咪唑与水分子间能形成氢键生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液(3)乙酸乙酯(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀(5)[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体(6)3I-+2Dye+=2Dye+【分析】三颈烧瓶中加入N-甲基咪唑，在N2保护下缓慢滴加等物质的量的正溴丁烷，保持70℃回流30小时，得到液态[Bmim]Br粗品；用乙酸乙酯洗涤粗品3次，减压蒸馏，得到纯品[Bmim]Br；[Bmim]Br溶于水，加入烧瓶中，缓慢滴加含等物质的量的KPF6溶液，室温下搅拌10小时，静置后分液。所得产物减压蒸馏，用水洗涤，干燥，得到[Bmim]PF6。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形干燥管；（2）N⁃甲基咪唑与水间可以形成氢键，所以N⁃甲基咪唑与水互溶。步骤①中生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液，所以观察到液体变浑浊。（3）步骤②用乙酸乙酯洗涤[Bmim]Br，减压蒸馏除去的物质主要为乙酸乙酯；（4）步骤③中[Bmim]Br和KPF6反应生成[Bmim]PF6和HBr，步骤④用水洗涤是除去过量的KPF6、HBr，检验产物已洗涤干净只需要检验洗涤液中的Br-即可，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀，则产物已洗涤干净；（5）[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体，所以[Bmim]PF6比CCl4沸点高。（6）光照射时发生电极反应：Dye-e-=Dye+，导电玻璃上发生电极反应：

+2e-=3I-，结合两个电极方程式可知，电池工作时总方程式为：2Dye+=2Dye++3I-；则该太阳能电池中染料再生的离子方程式为2Dye++3I-=2Dye+。18．(1)-90.7(2)主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大(3)25%(4)ABCD温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多【详解】（1）根据盖斯定律可知，；（2）①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，