2026届湖南省株洲市高考化学自编模拟试卷04（人教版2019）（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04（解析版）题号12345678910答案ACAAABABAA题号11121314答案CBBC1．A【详解】A．火力发电的能量变化为：化学能热能机械能电能，化学能间接转化为电能，A项错误；B．目前，人们比较关注的新能源有太阳能、风能、地热能、潮汐能、核电和氢能等，B项正确；C．锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，锂离子电池放电时，锂离子从负极脱嵌移向正极、嵌入正极中，充电时锂离子从正极脱嵌，由正极回到负极，嵌入负极，C项正确；D．化石燃料作为人类利用最多的常规能源有两大问题：一是其短期内不可再生、储量有限，二是化石燃料燃烧排放的粉尘、SO2、NOx、CO等是大气污染物的主要来源，理想的新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，D项正确；答案选A。2．C【详解】A．蚁酸为甲酸，结构简式为HCOOH，CH3COOH是乙酸的结构简式，故A错误；B．羟基是中性基团，电子式为，是OH-的电子式，故B错误；C．C的电子排布式为1s22s22p2，按照泡利原理、洪特规则，基态C原子的电子排布图为，故C正确；D．乙炔空间构型为直线形，其球棍模型为，故D错误；答案为C。3．A【详解】A．金属钠、钾着火生成过氧化钠、过氧化钾等，与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故A错误；B．有机物可燃烧产生二氧化碳等，则实验室产生的不具有回收利用价值的有机废液，可用焚烧法处理，减少污染，故B正确；C．双氧水或碘酒具有杀菌消毒的作用，所以创伤时清理干净伤口后，可用双氧水或碘酒擦洗，故C正确；D．NaOH溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液，故D正确；答案选A。4．A【详解】A．图1装置为原电池，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，Fe为负极，Cu为正极，可说明Fe比Cu活泼，A项正确；B．导气管伸入饱和溶液中太长，导气管应在液面上，B项错误；C．氨气会和无水反应生成，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，C项错误；D．为气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，气体颜色加深是因为缩小容器体积，的浓度增大，D项错误。故选A。5．A【详解】A．阿斯巴甜分子中含有羧基和氨基，它们都能与水分子和乙醇分子间形成氢键，所以它既可溶于水，也可溶于乙醇，A不正确；B．阿斯巴甜分子中含有羧基、氨基、酯基、酰胺基，共含有四种官能团，B正确；C．阿斯巴甜分子中含有羧基、酰胺基和酯基，羧基能与碱性物质反应，酰胺基和酯基在碱性条件下水解，则它是不适合碱性条件下烘焙的食品，C正确；D．阿斯巴甜分子中含有酯基和酰胺基，可在体内发生水解，生成天冬氨酸()、苯丙氨酸和甲醇，D正确；故选A。6．B【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。【详解】A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故答案选B。7．A【详解】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO4过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：Na2S2O3+3H2SO4(浓)=Na2SO4+4SO2↑+3H2O，加入稀硫酸则反应原理为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C不合题意；D．直接蒸干FeSO4饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO4，D不合题意；故答案为：A。8．B【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M中所有原子最外层电子均达到了稳定结构，X形成一个化学键，为H，Y形成四个化学键，为C，W形成四个化学键，为Si，X、Y、Z原子所含电子数之和与W原子所含电子数相等，Z为N。元素X、Y、Z、W分别是H、C、N、Si。【详解】A．分子中N原子为杂化，其不可能是平面形分子，A项错误；B．周期表从左至右第一电离能呈增大趋势，从上至下呈减小趋势，四种元素中N的价层电子排布式为2s22p3，其2p能级为半满的稳定结构，第一电离能最大，B项正确；C．元素的非金属性越强其简单氢化物越稳定，故稳定性：，C项错误；D．Z的氧化物的水化物若为，为弱酸，D项错误。故选B。9．A【详解】A．溶液出现蓝色，说明铁离子氧化碘离子生成碘单质，则氧化性：，A正确；B．NaClO有强氧化性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测不出NaClO溶液的pH，B错误；C．极易溶于水，在稀溶液中不加热很难逸出，应该使用浓氢氧化钠溶液加热，C错误；

D．向溶液中滴加几滴NaCl溶液，溶液过量，再滴加溶液，必然有生成，该操作无法证明与的相对大小，D错误；故选A。10．A【分析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。【详解】A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。11．C【详解】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。12．B【详解】A．根据题中晶胞结构可知，H2被吸收后时与Ni结合，而Ni为金属元素，只能为正价，因此H2中氢元素的化合价降低，即H2被还原，故A正确；B．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中Ni的个数为8×+6×=4，每个Ni原子周围有6个H，因此H有24个，Mg都在体内，因此Mg有8个，晶体的化学式为Mg2NiH6，故B错误；C．由题干晶胞示意图可知，Mg均处于晶胞的体内，则如图所示，，取一个Mg观察可知，与之最近的有4个，但是由于方向问题，中只有朝向Mg的与之距离才是最近，因此每个中只有三个H与Mg最近，因此共有12个与之紧邻的H，故C正确；D．由图像可知，晶胞中最近的Mg和Ni分别位于晶胞内和顶点上，即，因此距离为体对角线的四分之一，即apm，故D正确；故答案为B。13．B【分析】根据图象，常温下，中和百分数为0，也就是没有滴入NaOH溶液时0.1mol/L的HX、HY、HZ的pH由大到小的顺序为：HX＞HY＞HZ，同温同浓度的HX、HY、HZ电离出H+的能力：HZ＞HY＞HX，故三种酸的酸性：HZ＞HY＞HX。【详解】A．常温下，中和百分数为0，也就是没有滴入NaOH溶液时0.1mol/L的HX、HY、HZ的pH由大到小的顺序为：HX＞HY＞HZ，c(H+)：HZ＞HY＞HX，同温同浓度的HX、HY、HZ电离出H+的能力：HZ＞HY＞HX，故三种酸的酸性：HZ＞HY＞HX，A错误；B．T点，中和百分数为50%，所得溶液为等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，此时存在电荷守恒：和物料守恒：，则存在：，B正确；C．由图可知，三种溶液滴定到pH均为7时，三种酸溶液的中和百分数：HZ＞HY＞HX，说明HZ消耗的溶液最多，C错误；D．当中和百分数达到100%时得到等浓度的NaZ、NaX、NaY混合溶液，可得电荷守恒：和物料守恒：，可得质子守恒为：c(H+)+c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)，即c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故选B。14．C【分析】由图可知，比反应速率快，则；温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于温度下平衡时；由于起始，则达到平衡时和的摩尔分数相等。【详解】A．根据分析，比反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知，故A正确；B．反应的速率方程为，则，温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于温度下平衡时的，即，则，故B正确；C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线改变，故C错误；D．温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时和的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同，故D正确；选C。15．(1)制冷剂(2)e因HCN的沸点较低，不易冷凝，蛇形冷凝管接触面积大，冷凝更充分(3)除去废液中的(4)(5)【分析】为测定废液中的浓度，步骤2的“预处理”阶段，加入溶液除去溶液中的S2-，加入溶液更有利于HCN蒸出，根据已知信息2的表格可知，为使HCN被蒸出，用稀磷酸调节溶液pH的范围为pH≤5。蒸馏完成后，将馏出液用氢氧化钠溶液调节pH为12，HCN转化为CN-。步骤3“滴定”阶段，用0.01mol/L硝酸银溶液滴定CN-，并做空白对照。【详解】（1）NH3沸点低，易液化，故液氨常用作制冷剂。（2）图中蛇形冷凝管进水口为e，此实验使用蛇形冷凝管而不使用球形冷凝管的原因是HCN的沸点较低，不易冷凝，蛇形冷凝管接触面积大，冷凝更充分。（3）“步骤2”中，加入溶液更有利于HCN蒸出，加入溶液的作用是除去溶液中的S2-，根据已知信息2的表格可知，为使HCN被蒸出，用稀磷酸调节溶液pH的范围为pH≤5。（4）若将“步骤2”改为向5mL废液中加入过量的，过滤，将滤液用氢氧化钠溶液调节pH为12，并定容至100mL，再进行“步骤3”测定的浓度，测得的浓度偏小，产生此误差的原因为，该反应的，即反应能够发生。（5）根据题意有关系式：，则20mL“预处理”后待测液中，的物质的量为，故原5mL该废液中的浓度为。16．(1)(2)(3)(4)分液漏斗、烧杯下口放出(5)高于2.5时水解程度增强，低于2.5时酸性太强，平衡逆移沉锗率下降(6)D【分析】工业废料除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物，工业废料中加入稀硫酸进行酸浸1，ZnO、Fe2O3溶于稀硫酸分别生成可溶性的ZnSO4、Fe2(SO4)3，浸液1通过一系列转化得到ZnSO4晶体；过滤后得到的浸渣中加入70%的H2SO4进行酸浸2，得到含铋渣[(BiO)2SO4]，浸液2中加入试剂X、煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取得到有机相和水相，水相通过一系列操作得到海绵In；水相中加入单宁酸进行沉锗，过滤后得到的滤渣进行焙烧、氯化蒸馏得到GeCl4。【详解】（1）Ge是32号元素，其原子核外有32个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，价电子排布式为4s24p2；（2）为了不引入杂质阳离子，“浸液1”制取ZnSO4晶体的过程中应先加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3消耗氢离子，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；（3）“酸浸2”时铋的氧化物(Bi2O3)和硫酸反应生成(BiO)2SO4，同时还生成H2O，发生反应的离子方程式为2H++SO+Bi2O3=(BiO)2SO4↓+H2O；（4）“萃取”过程中用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，煤油的密度小于水，煤油和水混合时有机层在上层，水在下层，分液时“水相”从分液漏斗的下口放出；（5）沉锗”的反应原理为Ge4++2H2RGeR2↓+4H+，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，pH过低，平衡逆向移动，得不到GeR2，pH过高，Ge4+水解程度增强；（6）①该锗化合物晶胞的表示方式有多种，A中(CH3NH3)+为8×=1，I为6×=3，Ge为1；B中(CH3NH3)+为1，I位于棱心和面心，个数为8×+2×=3，Ge位于顶角，个数为8×=1；C中(CH3NH3)+为1，I为12×=3，Ge为8×=1；D中(CH3NH3)+为1，I位于棱心，I为10×=2.5；图中BC图也能表示此化合物的晶胞，D图不能表示此化合物的晶胞；②由均摊法可知A晶胞中含(CH3NH3)+为8×=1，I为6×=3，Ge为1，晶胞质量为，晶胞体积为abc×10-30cm3，根据密度计算公式ρ=，可得阿伏加德罗常数(NA)数值为。17．(1)对溴苯甲醛(2)醛基、羟基(3)(4)取代反应加聚反应(5)(6)15∶4(7)12(或等)(任写其一即可)【分析】由题干信息及已知信息可知，A在甲基的对位发生取代反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生取代反应生成D，E发生信息②的反应生成F为，根据信息反应①以及H的结构简式可知，F发生取代反应生成G为，H发生信息反应②水解反应生成I为。【详解】（1）C的结构简式为，其名称为对溴苯甲醛或4-溴苯甲醛。（2）D的结构简式为，含氧官能团的名称分别为醛基、羟基。（3）I的结构简式为。（4）反应③是对溴苯甲醛中的溴原子被取代，为取代反应，反应⑦是加聚生成I，为加聚反应。（5）中醛基与溴水发生氧化还原反应生成—COOH，—C≡C—能与溴水发生加成反应，故E与足量的溴水发生反应的化学方程式为。（6）1个分子中有30个键，有8个键，其数目之比为15∶4。（7）D的同分异构体：①含，②1mol该物质与足量的Na反应产生1mol，③遇不显紫色，则含2个醇羟基，根据D的分子式可知，其符合条件的同分异构体中除萘的结构外，可能是两个连在苯环上，有10种，也可能是连在苯环上，有2种，共12种。其