2026届湖南省长沙市高考第二次模拟考试化学自编试卷01（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01化学试题（解析版）题号12345678910答案CACBBDDCBD题号11121314答案DDDC1．C【详解】A．可降解塑料可在自然环境中逐步分解，能减少难降解塑料带来的白色污染，符合绿色化学减少环境污染的理念，A正确，不符合题意；B．荧光材料发光的本质是电子吸收能量跃迁到高能级后，再从高能级回到低能级时以光的形式释放能量，B正确，不符合题意；C．传统无机非金属材料指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐类材料，氮化镓（GaN）是半导体材料，属于新型无机非金属材料，不属于传统无机非金属材料，C错误，符合题意；D．铝合金具备硬度大、密度小、耐腐蚀的优良性质，适合作为结构材料使用，D正确，不符合题意；故选C。2．A【详解】A．甲醛的结构简式为HCHO，结构中含1个碳氧双键和2个碳氢键，碳原子采用杂化，空间构型为平面三角形，原子半径大小为，球棍模型符合甲醛结构，A正确；B．氧原子的质子数为8，根据公式：质量数=质子数+中子数，所以中子数为10的氧核素质量数为18，可表示：，B错误；C．中N原子与3个H原子通过共价键结合，N原子上还有1对孤电子对，正确电子式为：，C错误；D．氧原子核外电子排布为，根据洪特规则，2p轨道的4个电子应先分占不同轨道，且自旋方向相同，再填充成对电子，正确的轨道表示式为：，D错误；故答案选A。3．C【详解】A．向容量瓶中转移溶液时，用玻璃棒引流，操作符合要求，能达到实验目的，A不符合题意；B．检验硫酸根离子是否沉淀完全，操作是向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察是否产生新沉淀，操作正确，能达到实验目的，B不符合题意；C．1-氯丁烷中氯元素以共价态存在，不会电离出，无法直接和硝酸银反应生成沉淀，不能直接检验；正确操作是先将1-氯丁烷在溶液中加热水解，使氯元素转化为，再酸化后滴加检验，因此该操作不能达到实验目的，C符合题意；D．电镀铜的要求是：镀层金属铜作阳极接电源正极，镀件铁作阴极接电源负极，电镀液含，该装置符合要求，能达到实验目的，D不符合题意；故答案选择C。4．B【详解】A．铁锈的成分为，与盐酸反应生成三价铁和水，离子方程式的配平、电荷均正确，A正确；B．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为，需要保留分子式，正确离子方程式为，B错误；C．明矾净水原理是水解生成氢氧化铝胶体吸附水中杂质，水解为可逆反应，离子方程式书写正确，C正确；D．小苏打（）治疗胃酸过多，本质是与反应生成二氧化碳和水，不能拆分，离子方程式书写正确，D正确；故选B。5．B【详解】A．浓硫酸和木炭加热生成二氧化硫、二氧化碳，两者均能使石灰水变浑浊，不能检验二氧化碳生成，A错误；B．铁件镀铜需要让铜片作阳极，铁制镀件作阴极，铜氨溶液作电解质溶液，此时四氨合铜离子在铁电极得到电子生成单质铜，B正确；C．由图可知，缺少温度计，C错误；D．反应中生成的硫化氢等气体也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔，D错误；故选B。6．D【详解】A．是推电子基，是吸电子基，前者能使中氮原子电子云密度增大，后者能使中氮原子电子云密度减小，所以碱性强弱关系为，A错误；B．Li、Na、K金属性逐渐增强，加热条件下，Li与氧气反应只能生成氧化锂，K与氧气反应还能生成超氧化钾，B错误；C．处于固态时二者都是离子晶体，中阳离子体积大，晶格能更小，熔点更低，C错误；D．苯基与-OH的相互影响，使得氧原子的轨道电子云向苯环转移，形成共轭体系，羟基的极性增强，从而使氢原子较易离去，而甲基是推电子基，使羟基的极性减弱，所以甲醇中-OH中的氢原子难离去，因此苯酚能与NaOH溶液反应，甲醇不能与NaOH溶液反应，D正确；故选D。7．D【详解】A．中阴离子为，价层电子对=，所以空间结构为正四面体形，A正确；B．上述流程涉及的元素Ca，Mg位于元素周期表中的s区，Si、O位于p区，B正确；C．同周期中，镁的半径比钠小，第一电离能比钠大，镁的价电子排布为3s2，Al的价电子排布为3s23p1，3s能级电子的能量比3p能级电子的低，所以第一电离能大，所以，镁的第一电离能更高，同周期中，镁的第一电离能高于相邻元素，C正确；D．CaO中，Ca与O的电负性差值更大，键的离子性更强，故离子键百分数：，D错误；故答案选D。8．C【详解】A．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。溴水中Br2有氧化性，可以将S2-氧化为难溶于水的淡黄色S单质，因此看到溶液变浑浊，产生淡黄色沉淀。Br2得到电子被还原为Br-，发生反应：Br2+S2-=S+2Br-，在反应中Br2作氧化剂，S为氧化产物，故可以证明氧化性：Br2＞S，A正确；B．AgX在氨水溶液中存在平衡AgX(s)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+X-(aq)+2H2O(l)，K=。将等物质的量AgCl、AgI分别投入到等体积饱和氨水中，AgCl能溶而AgI不溶，说明AgCl(s)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)+2H2O(l)的K值较大，而AgI(s)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+I-(aq)+2H2O(l)的K值很小，故Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，B正确；C．NaHC2O4是H2C2O4的酸式盐，在溶液中存在电离平衡：H++和水解平衡：+H2OOH-+H2C2O4，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于其电离程度大于水解程度，因此NaHC2O4溶液显酸性，能够使pH试纸变为红色，强酸的酸式盐NaHSO4只能电离产生H+，使溶液显酸性，因此可以使pH试纸变为红色，因此不能直接推断H2C2O4为弱酸，C错误；D．将盛有该平衡反应的密闭烧瓶放入冷水中，气体温度降低，混合气体颜色变浅，c(NO2)减小，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，故可证明该基元反应的正反应活化能＜逆反应活化能，D正确；故合理选项是C。9．B【详解】A．反应中N2中N元素化合价由0价降低为BN中-3价，1molN2转移6mol电子，N2被还原，故A正确；B．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族(N)因2p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族(O)，正确顺序为N>O>C>B，故B错误；C．单层纳米管类似石墨烯结构，C、B、N均形成3个σ键，杂化方式均为sp²，故C正确；D．两种纳米管均由原子通过共价键构成，均为原子晶体，故D正确；选B。10．D【分析】由装置图可知A电极上发生反应：，A电极作负极，B电极为正极，正极发生反应：，则电极D为阴极，电极反应：，C电极为阳极，电极反应：，据此分析解答。【详解】A．中，配体为，N原子含有孤电子对，作为配位原子与形成配位键，A正确；B．热再生电池-二氧化碳电化学还原池系统右侧D极为二氧化碳还原为CO为阴极，C极产生为阳极，阴离子向阳极移动，即移向C极，B正确；C．阳极（C极）发生氧化反应失去电子生成，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应为，C正确；D．C极生成1.12L（标况），n()=0.05mol，由阳极反应知转移电子0.05×4=0.2mol，A极为左侧电池阳极，Cu氧化为，每个Cu失1e-，则反应Cu的物质的量为0.2mol，质量减少0.2×64=12.8g，D错误。故选D。11．D【分析】一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠，再和肼反应生成叠氮化钠，加入乙醇促使其结晶析出，过滤分离出晶体，最后再用乙醚洗涤得到叠氮化钠，据此解答。【详解】A．合成的反应为，该反应方程式中1molNO反应失1e⁻，1mol反应得1e⁻，生成2mol转移1mol电子，则生成1mol转移0.5mol电子，A错误；B．易溶于水、微溶于乙醇、不溶于乙醚。结晶后洗涤需减少溶解损失，先用乙醇洗去水溶性杂质，再用乙醚洗去乙醇，故试剂①为乙醇、②为乙醚，B错误；C．合成的反应为．，作氧化剂→，作还原剂→，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，C错误；D．与等电子体，直线形，中心Nsp杂化，存在两个垂直的大π键，每个大π键由3个N原子参与，含4个电子，用表示，D正确。故选D。12．D【详解】A．恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，△P>0，在图中以ac所在线表示；在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；B．由A分析可知，b点是在绝热条件下，a点在恒温条件下，b点的压强要考虑温度的影响，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，故B错误；C．b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HBr的转化率：，故C错误；D．在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三段式：根据a点时数据有：，解得x=0.75，此时浓度商Qc==20.25L/mol，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，正反应是气体分子数减小的反应，说明b点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常数K大于a点Qc，故D正确；答案选D。13．D【详解】A．K+处于顶点和面心构成的正四面体中，结合空间结构可知，每个中的3个F原子距离K+最近，则每个K+的配位数为12，故A错误；B．据“均摊法”，晶胞中含8×+6×=4个，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个，结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含+12×=4个Na+、8个K+，其化学式为K2NaAlF6，故B错误；C．K+在晶胞中的位置为（,,）等8个四面体空隙（坐标分量为或），这些点围成的形状是立方体而非正方形，故C错误；D．晶胞中离子总质量为968g/mol（由密度公式推导，968=39×8+23×4+27×4+19×24），晶胞体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm³，密度=，故D正确；故选D。14．C【分析】随反应进行，H2S的物质的量减少，因此曲线a表示H2S的含硫占比与时间的变化关系曲线；反应①快速平衡，S2的含硫占比快速达到最大值，因此曲线b表示的含硫元素占比与时间的变化关系曲线；曲线c含硫占比随时间上升，因此曲线c表示SO2的含硫占比与时间的变化关系曲线。【详解】A．根据分析，图中曲线c表示的含硫元素占比与时间的变化关系，A正确；B．增大反应物浓度，反应速率加快，由于达到平衡时间缩短，反应③消耗的S2的量减少，则M点会向N点移动，B正确；C．若40min时达到平衡，H2S%=4%，根据元素守恒n(H2S)=0.04mol，则反应的H2S为0.96mol，此时生成的水的n(H2O)=(0.9+0.06)mol=0.96mol≠0.9mol，C错误；D．达到平衡时，SO2%=90%，根据元素守恒n(SO2)=0.9mol，S2%=1-90%-4%=6%，则n(S2)=，n(H2O)==0.96mol，n(H2S)=0.04mol，n(O2)=，则反应①的平衡常数，D正确；故选C。15．(1)AC搅拌(2)(3)过滤(4)溶液和盐酸乙醇挥发快，减少产品被氧化（合理即可）(5)(6)正四面体【分析】一种制备的简易流程为将加入水中溶解，再与反应生成。【详解】（1）溶解固体时用热水浴、烧杯，不需要分液漏斗、蒸发皿，故选AC；搅拌能加快固体溶解。（2）“反应发生氧化还原反应，产物为、，离子方程式为。（3）“分离”分离固体和液体，采用过滤。（4）产品表面有则说明没有洗干净，可用氯化钡溶液和盐酸检验的有无；酒精挥发较快，减少产品干燥时间，减少产品被氧化。（5）在空气中生成和，根据原子守恒和得失电子守恒配平化学方程式为。（6）根据晶胞结构图可知，填充在与其距离最近且相等的4个构成的正四面体的体心。16．(1)4d55s1(2){或}(3)

(4)、(5)用洁净铂丝(或铁丝)蘸取滤液Ⅲ，在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧，若火焰为黄色，说明有钠离子(6)除去溶解在溶液中的CO2和O2(或防止产生碳酸钡)阴极Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O【分析】废催化剂和NaOH固体混合焙烧，Al转化为NaAlO2、Mo转化为Na2MoO4，Ni等不反应，之后加水浸取，得到含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，Ni不溶解，过滤得到固体Ni，过滤后向滤液中通入过量的CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤后在向滤液中加入适量BaCl2，得到BaMoO4沉淀。【详解】（1）24Cr和42Mo是同族元素，Cr是第四周期第ⅥB元素，基态Cr原子的价层电子排布式是3d54s1，则钼是第五周期第ⅥB元素，基态钼原子的价层电子排布式为∶4d55s1；（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和NaHCO3，因此，生成沉淀X的离子方程式为︰{也可以写为或}；（3）SDD可表示为，沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni2+通过配位键以2：l结合生成中性螯合物沉淀，结构式为；（4）水浸过量后的溶液中含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，向其中通入过量CO2气体，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性NaHCO3，Na2MoO4不能发生反应，故沉铝过滤，所得滤液Ⅱ含有NaHCO3，Na2MoO4，因此滤液Ⅱ中主要存在的阴离子为、；（5）滤液Ⅲ中主要金属阳离子为Na+，检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子要利用焰色试验，具体操作步骤为：用铂丝蘸取待测溶液，在酒精灯火焰上灼烧，若产生黄色火焰，就证明其中含钠离子；（6）①通入氮气10min的目的是：赶净装置内的空气，避免空气中的二氧化碳和氢氧化钡反应；②电解原理可知：制备钼酸钡时，电解池的阳极为钼片，纯铂片作电解池的阴极，钼片上的电极反应式为：Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O。17．(1)苯甲醛(2)消去反应(3)1新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液(4)8(5)【分析】A为，分子式为，发生催化氧化反应生成分子式为的B，B结构简式为，与C（分子式为）在一定条件下反应生成D，结构简式为，分子式为，从分子式分析可知，为加成反应，则C的结构简式为，D在浓硫酸、加热条件下发生反应生成分子式为的E，可知该反应为消去反应，E的结构简式为，从反应条件看，E发生类似于已知I的反应生成F，则F结构简式为，F与G（）在催化剂条件下发生类似于已知Ⅱ的反应，生成H，结构简式为，在催化剂条件下生成有机物K。【详解】（1）根据上述分析可知，B结构简式为，名称为苯甲醛；B结构简式为，C的结构简式为，二者发生加成反应生成结构为的D，反应方程式为：。（2）分析D的分子式，E的分子式，组成少了1个“”，结合反应条件为浓硫酸、加热，可知该反应类型为消去反应；（3）根据上述分析可知，F结构简式为；H结构简式为，其中标有“*”的碳原子为手性碳原子，故H中含有1个手性碳原子；比较H与K（）的结构可知，K结构中含有醛基，可以用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液鉴别H与K。（4）C的分子式为，满足条件的同分异构体有、、、、、、、，共8种。（5）对比原料与目标产物的结构可看出，原料中五元环甲基侧链转化为，需增长碳链，则结合合成路线，与在一定条件下反应生成了；目标产物中五元环上N的引入，类似于已知Ⅱ，羧基的生成则类似于已知Ⅰ，则合成路线为。18．(1)

(2)压强太小，则小，催化效果差，产率低；压