2026届湖南省湘潭市高考第二次模拟考试化学自编试卷（人教版）（解析版）

2026届湖南省湘潭市高考第二次模拟考试自编试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BBBBBDCCBB题号11121314答案DDDC1．B【详解】A．与反应生成沉淀，降低浓度，从而减少水解产生的，并非因显酸性,故A项错误；B．聚乳酸可被人体降解吸收，符合生物相容性和可降解性特点，故B项正确；C．氟化物防龋齿是因为生成更耐酸的氟磷灰石，而非氟化物的强氧化性，故C项错误；D．单糖（如葡萄糖）不能水解，因此并非所有糖类均可水解，故D项错误；2．B【详解】A．为共价化合物，原子间共用电子对，不存在得失电子，因此水形成的过程为，故A错误；B．分子中原子有一对孤对电子，分子构型为三角锥形，故B正确；C．中原子先发生杂化，每个轨道与原子轨道沿键轴方向头碰头重叠形成键，图片描述的是“轨道相互靠拢→重叠→形成”的键不符合甲烷的成键原理，故C错误；D．顺式聚异戊二烯的单体是异戊二烯（），图片显示为聚合物结构而非单体分子，故D错误；故答案选B。3．B【详解】A．硫黄在固体时属于分子晶体，硫熔融后冷却形成单斜硫晶体，针状为其典型形态，A正确；B．碘的四氯化碳溶液中加入浓碘化钾溶液，I2与KI反应生成KI3，KI3溶于水，由于水的密度比四氯化碳小，与水互不相溶，因此在水层存在化学平衡：I2+I-，振荡后静置分层，上层应显棕黄色而非无色，B错误；C．滴定操作中半滴溶液通过滴定管尖嘴接触锥形瓶内壁引入，操作规范，C正确；D．三氧化硫与水反应生成酸，但直接用水吸收易形成酸雾，在硫酸工业中，采用质量分数为98.3%的硫酸吸收SO3，可以得到发烟硫酸，浓硫酸吸收SO3可避免酸雾，符合工业生产实际，D正确；故合理选项是B。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．B【详解】Ａ．同系物之间的官能团的种类与数目均相同，双酚A有2个羟基，故其不是苯酚的同系物，A不正确；B．题干中两种有机物之间通过缩聚反应生成W，根据题干中的反应机理可知，也可以通过缩聚反应生成W，B正确；C．生成W的反应③为缩聚反应，同时生成，C不正确；D．W为聚硫酸酯，酯类物质在碱性条件下可以发生水解反应，因此，在碱性条件下，W比聚苯乙烯易降解，D不正确；综上所述，本题选B。6．D【详解】A．少量二氧化硫与次氯酸钙溶液反应生成硫酸钙沉淀、氯化钙和次氯酸，反应的离子方程式为SO2+Ca2++3ClO—+H2O=CaSO4↓+Cl—+2HClO，故A错误；B．乙二醇溶液足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+2+6=2+2CO2↑+6H2O，故B错误；C．饱和碳酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故C错误；D．硝酸铁溶液与过量氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为Fe3++12H++3NO+10I—=Fe2++5I2+6H2O+3NO↑，故D正确；故选D。7．C【详解】A．由结构简式可知，该分子中含有碳碳双键，且与碳碳双键相连的是2个氢原子和另外两个不同的基团，所以存在顺反异构，对映异构需具有手性碳，分子中无手性碳，故无对映异构，A错误；B．皂化反应特指油脂（高级脂肪酸甘油酯）的碱性水解，该物质为酯但非油脂，不能发生皂化反应，B错误；C．，如图，因为碳碳单键可以旋转，使苯环、烯烃及碳氧双键构成的面共平面，而19号、20号碳原子连有4个原子，则最多有2个原子与中心碳原子共面，所以最多有21个原子共面，C正确；D．苯环和碳碳双键可以与氢气加成，酯基不能与氢气加成，故1mol该物质最多能消耗4molH2，完全加成后分子中的sp3碳原子均为－CH2－或－CH3，不含手性碳，D错误；故答案为C。8．C【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。【详解】A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；答案选C。9．B【分析】该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以X代表压强，L代表温度。【详解】A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以，A正确；B．点a、b、c位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速率：，B错误；C．若HCl的初始浓度为，图中M点，，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：平衡常数：，C正确；D．在实际生产中，若进料比太小，氧气过量，不利于和的分离，D正确；答案选B。10．B【详解】A．CaF₂中阳离子（Ca²⁺）形成面心立方堆积，四面体空隙总数为8，F⁻填充所有8个空隙（填充率100%）。PbO、PtS、ZnS中，阳离子（Pb²⁺、Pt²⁺、Zn²⁺）均为面心立方堆积（4个阳离子），阴离子（O²⁻、S²⁻）填充四面体空隙，且阴离子数为4（与阳离子1:1），四面体空隙总数8，填充率==50%，A正确；B．PbO、PtS、ZnS晶胞中分别含有4个PbO、4个PtS、4个ZnS，三个晶胞体积近似相等，PbO、PtS、ZnS的摩尔质量不同，晶体密度不相同，B错误；C．ZnS（闪锌矿）中S²⁻配位数为4（四面体配位），PtS、PbO结构类似，阴离子（S²⁻、O²⁻）均位于四面体空隙，周围有4个阳离子，配位数均为4，C正确；D．PtS晶胞可看作CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，PtS晶胞中Pt与Pt的最短距离为面对角线的一半，即，D正确；故答案选B。11．D【分析】左侧电极连接电源正极，则左侧为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；右侧连接电源负极，则右侧为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根；原料室的pH需控制在6.02，此时丙氨酸呈电中性留在原料室，谷氨酸pI=3.22＜6.02，呈阴离子，向阳极即左侧移动，赖氨酸pI=9.74＞6.02，呈阳离子，向阴极即右侧移动，从而通过离子迁移实现分离。【详解】A．电流方向为电源正极→导线→阳极→电解质溶液→阴极→导线→电源负极，溶液中通过离子导电，A正确；B．原料室pH控制在6.02时，丙氨酸呈电中性留在原料室，谷氨酸pI=3.22＜6.02，呈阴离子，赖氨酸pI=9.74＞6.02，呈阳离子，可通过离子迁移实现分离，B正确；C．阳极吸引谷氨酸阴离子，H+需透过a膜与谷氨酸阴离子反应生成谷氨酸，则a为阳离子交换膜，阴极吸引赖氨酸阳离子，OH-需透过b膜与谷氨酸阳离子反应生成谷氨酸，则b为阴离子交换膜，C正确；D．谷氨酸阴离子和赖氨酸阳离子各带1单位电荷，电路通过2mol电子时，迁移2mol电荷，即可分离出2mol谷氨酸和2mol赖氨酸，共4mol，D错误；故选D。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【详解】A．在Na2C2O4溶液中，物料守恒：，A正确；B．H2C2O4的电离常数，，，c(H2C2O4)故在0.1mol/L的H2C2O4溶液中：c(H+)>c(H2C2O4)，B正确；C．将等浓度的H2C2O4溶液与NaOH溶液等体积混合后溶质为NaHC2O4，水解为，水解常数为，所得混合溶液的pH<7，C正确；D．碳酸钙的，则，，不会产生草酸钙的沉淀，D错误；故选D。14．C【分析】温度一定，起始投料增大，H2的平衡转化率降低，故曲线L1表示T0K时H2的平衡转化率与的关系，L2表示起始投料比=3时H2的平衡转化率与T的关系。【详解】A．温度一定，起始投料增大，H2的平衡转化率降低，故曲线L1表示T0K时H2的平衡转化率与的关系，A项正确；B．，为放热反应，起始投料比保持不变时，温度升高，平衡逆移，H2的平衡转化率降低，分析L2曲线，T1温度时，H2的平衡转化率低，故，B项正确；C．从L1曲线分析，=3，T0K的条件下，达到平衡时，H2的平衡转化率为50%，利用三段式分析，，体系中水蒸气的体积分数为，C项错误；D．温度一定，该反应的压强平衡常数不变，T0K时，利用C项的三段式分析结果计算，D项正确；答案选C。15．(1)负(2)(3)Fe3+的氧化性与其浓度有关增大(4)防倒吸(5)NO2、O2恰好与氢氧化钠溶液完全反应(6)【分析】由题干可知，相同物质的量浓度时，氧化性略强于，实验开始银离子和二价铁浓度相同，阴离子得电子做正极，石墨做负极，添加三价铁，浓度增大，电流表偏转，说明三价铁要得电子，石墨做正极，银做负极，据此解答。【详解】（1）由题干可知，相同物质的量浓度时，氧化性略强于，步骤①中Fe2+失去电子，石墨为负极；电池总反应的离子方程式，答案：负、；（2）逐渐加入浓溶液，发现电流表指针逆向偏移，说明电子逆向移动，电流强度（I）为x＜0，答案：；（3）上述实验原理：Fe3+的氧化性与其浓度有关，浓度会影响氧化剂的氧化性，浓度越大氧化性越强，步骤③，在此条件下氧化性：，根据实验可知，增大阳离子浓度，其氧化性增强答案：Fe3+的氧化性与其浓度有关、、增大；（4）反应有气体生成，会溶于水，所以装置B的作用是防倒吸，答案：防倒吸；（5）装置C中无气泡产生的原因，生成的气体恰好完全反应，即NO2、O2恰好与氢氧化钠溶液完全反应，答案：NO2、O2恰好与氢氧化钠溶液完全反应；（6）受热分解生成的黑色固体不溶于氨水，分解的化学方程式：，答案：。16．(1)A(2)c(3)负3mol(4)NA(5)12【详解】（1）由题意得，将和充入一个体积为的刚性密闭容器中反应，假设正反应100%进行，可生成2molNH3，与相同条件下，充入进行反应的情况互为等效平衡，设充入进行反应，NH3的转化率为，，如果在相同条件下充入，相当于减压，平衡逆向移动，可得，即，故选A；（2）为气体分子数减小的反应，因此其对应平衡曲线在b下方为曲线c；在温度下，总压强为3.8MPa，此时气体总物质的量为，设N2转化的物质的量为amol，可得，1-a+3-3a+2a=3.8，即a=0.1ml，平衡常数为；（3）①NO在电极M处得到电子变为，即电极M为阴极，与电源负极相连；②最后可获得硝酸铵，即NO在电极N处失去电子变为，电极反应式为：；③总反应式为：，当8份NO被电解，生成3份铵根离子和5份硝酸根离子，由氮原子守恒可知，当溶液中只有一种溶质硝酸铵，还需通入2份NH3，当通入2molNH3充分反应后，此时转移电子的物质的量为15mol，M极电极反应式为：，即消耗NO物质的量为3mol；（4）GaAs中Ga最外层有3个电子，As最外层有5个电子，Ga、As各出3个电子，形成3个共用电子对，As提供孤电子对，Ga提供空轨道形成1个配位键，使得Ga和As均达到最外层8电子稳定结构，因此1molGaAs中配位键的数目是NA；（5）如图所示，若以m点的As为坐标原点，其与其距离最近的3个As都位于面上，如n点As位于xy平面上，顶点m被8个晶胞共用，则晶胞中与As距离最近且相等的As有3×8×=12个。17．(1)(2)甲(3)(4)ab(5)稍微过量有利于使沉淀完全，可提高副产品的产率，减少副产品中的杂质；同时不能过量太多，否则会使中混有过多的杂质(6)【分析】题中说明粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入可发生反应生成和，经过过滤后除C等不溶性的杂质，结晶后过滤母液A中有，加入后发生复分解反应生成，再次过滤后，得到沉淀X为硫酸钡，在碱性条件下往母液B中通入可将氧化为，最终得到产品。【详解】（1）该反应的还原剂为C，氧化剂为，硫元素全部被还原为最低价，即硫元素全部变为BaS，下降了8价，且说明气体中不含硫元素，所以两种气体应为碳的氧化物，即CO和。当二者比例为时，即C有一半上升了2价，有一半上升了4价，可以配平得：，故答案为：。（2）分析后续步骤，需要冷却结晶、过滤来分离和，则需要保证的溶解度随温度降低而降低的幅度较大，故甲为的溶解度曲线，故答案为：甲。（3）观察晶胞，对于深灰色粒子，顶点有个，上下面有个，枝上有个，则深灰色粒子有4个；对于浅灰色粒子，上下面有个，左右面有个，晶胞内有6个，则浅灰色粒子有12个；故深灰色粒子为Ba，浅灰色粒子为S，所以一个晶胞中含有4个，故其密度为。(若观察S个数较为困难，推出深灰色粒子有4个后，假设深灰色粒子为S，则Ba为个，显然不合理，则可以推出深灰色粒子为Ba)，故答案为：。（4）脱色是除去黄色的，根据题目信息，具有还原性，故需要用氧化剂，NaClO、均为氧化剂，KI无氧化性，故答案为：ab。（5）母液A中有，加入后发生复分解反应生成。这一步的目的是将完全沉淀，故需略微过量以保证沉淀完全