2026届湖南省长沙市高考第二次模拟考试化学自编试卷（人教版）（解析版）

2026届湖南省长沙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CBABCDCCBB题号11121314答案BDCD1．C【详解】A．葛藤纤维是天然植物纤维，属于天然有机高分子材料，并非合成纤维，A不符合题意；B．光导纤维主要成分为二氧化硅（SiO2），属于无机材料，不属于有机高分子，B不符合题意；C．聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法如酯化反应制成的高分子聚合物，属于有机高分子合成纤维，C符合题意；D．碳纤维主要成分为碳元素，是通过有机纤维碳化制成的无机材料，不属于有机高分子合成纤维，D不符合题意；故选C。2．B【详解】A．受热分解，产生的和在试管口处相遇又会重新生成，无法制取，A错误；B．的溶解度非常大且能被溴水大量吸收，易产生倒吸，该装置采用球形干燥管可防止倒吸，B正确；C．氯仿和四氯化碳能够互溶不分层，不能用分液的方法进行分离，C错误；D．该滴定管有玻璃活塞，属于酸式滴定管，不能盛装碱性的NaOH溶液，D错误；故答案为：B。3．A【详解】A．中键是p轨道沿键轴以头碰头方式重叠，电子云沿键轴对称分布；题给图示是p轨道肩并肩重叠形成的键的电子云轮廓图，A错误；B．邻羟基苯甲醛中，羟基的氢原子可与醛基的氧原子形成分子内氢键，氢键用虚线表示，B正确；C．反应中，中-1价的失去电子，中+1价的得到电子，单线桥从失电子元素指向得电子元素，电子转移表示正确，C正确；D．是离子化合物，原子失去2个电子分别转移给2个原子，形成和，该电子式表示形成过程的写法正确，D正确；故选A。4．B【详解】A．霓虹灯、激光灯和焰火的发光现象均涉及电子跃迁释放能量，故A项正确；B．金属的熔点、硬度与金属键强弱直接相关，金属键越强，金属的熔点和硬度通常越高，故B项错误；C．共价键的形成需要原子轨道重叠和共用电子对，因此，共价键具有饱和性和方向性，其饱和性由原子成键数目限制决定，故C项正确；D．壁虎足部细毛的纳米级结构增大了接触面积，使范德华力总和显著增强，故D项正确；答案选B。5．C【详解】A．硝酸具有强氧化性，会将Fe、Fe2+氧化为Fe3+，即使铁粉未完全变质，也可能因硝酸干扰导致溶液变红，无法准确判断是否变质，A错误；B．乙醇与浓硫酸加热还可能生成SO2等还原性气体，这些气体同样能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法通过褪色现象直接证明乙烯生成，B错误；C．SO2使品红褪色且加热后恢复红色是其特性，而Cl2、O3等气体褪色后加热不会复原，现象与结论一致，C正确；D．实验中NaOH过量，加入Mg(NO3)2和Cu(NO3)2时均直接生成沉淀，未发生沉淀转化，无法通过现象比较Ksp大小，D错误；故选C。6．D【分析】前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大。基态Z原子价层电子排布式为nsnnp2n，s轨道最多可容纳2个电子，可知基态Z原子价层电子排布式为2s22p4，所以Z为O元素；R和O位于同一主族，R为S元素；Y的原子序数小于8，基态Y原子未成对电子数最多，Y有3个成单电子，则Y为N元素；基态M+的d能级达到全充满结构，M为Cu元素；根据[M(YX3)4]RZ4·X2Z，可知X为H元素，然后根据问题分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，R是S，M是Cu元素。A．N的2p电子半满的稳定结构，其第一电离能大于相邻O元素的第一电离能；同一主族从上到下元素的第一电离能减小，则第一电离能：N＞O＞S，用字母表示为：Y＞Z＞R，A错误；B．根据元素推断，可知[M(YX3)4]RZ4为：[Cu(NH3)4]SO4，1个[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键数目为：4+3×4+1×4=20，则在1mol[Cu(NH3)4]SO4含有的σ键的物质的量是20mol，B错误﹔C．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。根据上述分析可知：Y是N，Z是O，R是S，它们形成的简单氢化物分别是H2O、NH3、H2S。元素的非金属性：O＞N＞S，则简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞H2S，C错误；D．根据上述分析可知：X是H，Y是N，R是S。YX3表示NH3，X2R表示H2S。NH3和H2S分子结构中，中心原子N、S原子都采用sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，S原子上有两对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，导致物质分子中的键角减小，故键角：NH3＞H2S，即YX3的键角比H2S相对大些，D正确；故合理选项是D。7．C【分析】黄铁矿()氧化与反硝化耦合的过程中，反硝化作用是指硝酸盐被还原为氮气和水的过程，而黄铁矿作为电子供体，在这个过程中被氧化，提供电子，所以在这里作为还原剂，被氧化，失去电子，据此分析作答。【详解】A．FeS2晶体中存在离子，中S原子之间形成非极性共价键，A正确；B．离子方程式中，Fe、S、H、O元素守恒，Fe的化合价+3→+2得6e-，S的化合价-1→+2失6e⁻，得失电子守恒，B正确；C．FeS2在该过程中作为还原剂，被氧化，失去电子，最终生成氢氧化铁沉淀和硫酸根离子，铁元素从+2价升至+3价，硫元素从-1价升至+6价，则1molFeS2最多提供15mol电子，C错误；D．大量排放可能导致水体酸化或土壤盐碱化，产生二次污染，D正确；故答案为C。8．C【详解】A．I中Ir的化合价为+5，II中Ir的化合价为+6，III中Ir的化合价为+7，IV中Ir的化合价为+5，故反应过程中Ir的化合价发生了变化，故A正确；B．由图示可知，III中与Ir相连的有6根键，即配位数为6，故B正确；C．V中有2个，连一个H的C为手性碳，中连甲基的碳也为手性碳，共有3个手性碳，故C错误；D．Ⅲ→Ⅳ过程中有碳碳键的断裂和形成，即有非极性键的断裂和形成，故D正确；答案选C。9．B【详解】A．a为N-甲基咪唑中甲基的C-N键，为σ单键，碳原子为杂化，b为环内C-N键（因环内存在大π键而具有部分双键性质）。键长：单键>部分双键，故a>b，A错误；B．两分子均为五元环（2N+3C，共5个原子），环上原子均杂化且p轨道平行，形成大π键。参与原子数5，电子数：3个C各1、①号N1、②号N2（共6），大π键可表示为，B正确；C．咪唑中①号N的孤对电子在轨道（不参与大π键，易给出），②号N的孤对电子在p轨道（参与大π键，难给出），故①号N更易与形成配位键，C错误；D．N-甲基咪唑中①号N有孤对电子，可接受与盐酸反应生成盐，D错误；故答案选B。10．B【详解】A．F电负性大于Br，吸电子诱导效应更强，电子云更加偏离碳正离子，会使碳正离子正电荷更集中，稳定性降低，故碳正离子稳定性：，A正确；B．碳酸氢钠溶解度小的原因是在晶体中易形成分子间氢键（自身缔合），导致晶格能较大，溶解度：碳酸氢钠<碳酸钠，B错误；C．石墨中层内碳原子sp2杂化，未杂化p轨道形成大π键，电子可在层内自由移动；金刚石中碳原子sp3杂化，无自由电子；导电性：石墨>金刚石，C正确；D．邻二甲苯分子不对称，极性大于对称的对二甲苯，极性强导致分子间作用力更大，沸点更高，D正确；故选B。11．B【详解】由图可知Y极为阴极，氢离子得电子生成氢气，X极为阳极，氢氧根失电子生成氧气，A项正确；当两电极共释放出33.6L(标准状况)即mol气体时，由关系式可知，释放的氢气、氧气分别为1mol、0.5mol，转移2mol氢离子，可获得2molHI，可能有极少量的HI混在中流出，但生成HI的总数不会是4mol，B项错误；C结合反应过程中有NaOH生成，可知应有钠离子透过B膜移动，所以B膜最好选择交换膜，C项正确；少量的因浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，会在阳极失电子生成碘单质，沉积在阳极表面，D项正确;答案选B。12．D【详解】A．根据均摊法可知型中含为个，含为4个，含为个，化学式为，型中含为4个，含为个，化学式为，即型和型的化学式均为，A项正确；B．型转化为型时，和混合分布，晶体结构的混乱度增大，，B项正确；C．高温时型转为具有空位的型，离子迁移变得更加容易，导电性增加，C项正确；D．由图可知空位出现在和的位置，主要为和迁移，且的半径较大，难以在半径较小的空位中迁移，D项错误；答案选D。13．C【详解】A．中间体2和形成中间体3时，碳氧双键中氧原子的电子云密度减小，导致O-H键的极性增大，易电离出氢离子，则中间体3比酸性强，故A正确；B．叔丁醇中连接3个甲基的碳原子采取的是sp3杂化，中间体2中连接3个甲基的碳原子采取的是sp2杂化，则中间体2中键角大于叔丁醇中键角，故B正确；C．溶液能使羧酸叔丁酯水解，则溶液中和步骤④产生的，并不利于提高羧酸叔丁酯的产率，故C错误；D．用标记醇羟基，乙醇与羧酸在酯化时，存在于生成酯中，而叔丁醇与羧酸在酯化时，根据中间体1到中间体2，生成的酯中没有，故D正确；答案C。14．D【分析】氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，X=、或，当pH等于0时，X=，X越小越大，故曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此分析；【详解】A．氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，A正确；B．X=，当pH等于0时，X=，常温下的数量级为B正确；C．等浓度的三种酸溶液中，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离程度抑制的越强，故酸性最弱的酸中水的电离程度最大，为，C正确；D．当三种溶液中，则提供的氢离子总量相同，消耗均相同，D错误；故选D。15．(1)较低温度(2)A(3)y随着温度升高，反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性(4)20%(5)i(6)【详解】（1）反应②正反应的△H<0，△S<0，在低温就能自发进行；（2）A．CO2为反应①、②的反应物，浓度增加，正反应速率都增加，A正确；B．移去部分CH3OH(g)，反应②的平衡均向右移动，反应③的平衡向左移动，B错误；C．加入反应①的催化剂，只能加快反应速率，不能改变平衡转化率，C错误；D．降低反应温度，反应③的正反应速、逆反应速率都减小，D错误；故答案为：A；（3）反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度升高，反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性；同时，反应温度升高，反应②为放热反应，反应平衡逆移，甲醇含量降低，则x是甲醇选择性变化曲线，故曲线z表示的是二氧化碳的转化率；（4）250℃时，平衡体系共有0.5mol甲醇，结合图像可知，选择性S=50%，说明此时二氧化碳的变化了Δn(CO2)=lmol，则其平衡转化率为:×100%=20%；（5）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应i活化能大，总反应速率由反应i决定；（6）②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，即k1∙c(CH4)=k2∙c2(H2)，k3∙c(CO2)=k4∙c2(CO)，则K1=，K2=，制备“合成气”的反应=反应i+反应ii，故K=K1∙K2=；。16．(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。17．(1)(2)(3)(4)ab800℃时，转化率低；和的转化率相当，时能耗太高(5)(6)为离子晶体，熔点较高，都是分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔点逐渐升高【分析】“酸浸”后过滤，得到含TiOSO4、Fe2(SO4)3等的溶液，加入大量水使TiOSO4水解，过滤后得到胶状；经煅烧得到TiO2，TiO2再与C、Cl2发生氧化还原反应生成TiCl4、CO、CO2，TiCl4经Mg热还原得到Ti。【详解】（1）Ti的价层电子排布式为3d24s2，故价层电子轨道排布式为；（2）依题水解生成，水解方程式为；（3）水解后的经煅烧得到TiO2，再与C、Cl2发生氧化还原反应生成TiCl4、CO、CO2，反应的化学方程式为；（4）①Mg与氧气、氮气、二氧化碳均反应，故还原过程应在氩气氛围中进行；②Mg还原TiCl4制Ti，属于热还原法，Fe也是用热还原法制备；Na、Al等活泼金属用电解法，Pt、Au等不活泼金属用富集法制备；③800℃的提取率低，1000℃与1500℃提取率很高而且相差不大，故选择1000℃，可以节约生产成本；（5）根据反应机理图可知，在催化剂作用下甲醇和二氧化碳转化甲酸甲酯、甲醛和水，总反应方程式为；（6）TiF4是离子晶体，其余为分子晶体。离子晶体熔点较高，分子晶体熔点低，且分子晶体熔