2026年湖南省长沙市高考模拟考试化学自编试卷01（人教版）（解析版）

2026年湖南省长沙市高考模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案CBCCDDCBCD题号11121314答案BBBD1．C【详解】A．石墨烯是碳的单质，属于新型无机非金属材料，具备良好导热性可用于散热，A正确；B．纳米银浆中分散质银颗粒的直径在范围内，符合胶体分散系的特征，B正确；C．晶体硅是共价晶体，靠共价键形成空间网状结构，并非分子晶体，具有半导体性质，C错误；D．特定波长的光照射光刻胶引发化学反应，该过程吸收的光能转化为化学能存储在反应产物中，D正确；故选C。2．B【详解】A．的电子式为，A错误；B．基态Cu原子的价层电子排布式为，价电子层中未填满电子的能级为4s，电子云轮廓图为球形，B正确；C．Cr的原子序数为24，中子数为28的Cr原子应表示为，C错误；D．的空间结构为三角锥形，中心原子为N原子，但Cl原子比N原子半径大，D错误；故答案选B。3．C【详解】A．四氯化碳的空间填充模型中Cl原子半径大于C原子半径，正确填充模型为，A错误；B．异丁烷含有4个碳原子，表示异戊烷，B错误；C．中含有孤电子对==1，VSEPR模型为：，C正确；D．基态Fe的价层电子排布式：3d64s2，则基态的价层电子排布式：3d6，D错误；故答案选C。4．C【详解】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，1个HCOOH含有1个C-H，1个C=O，1个C-O，1个O-H，故1molHCOOH中键的数目为4NA，故A正确；B．反应中氯元素化合价由+5变为+4，电子转移为，则生成时，转移电子的数目为NA，故B正确；C．中的C、O原子均采用杂化，的物质的量为0.1mol，则采用杂化方式的原子数目为0.2NA，故C错误；D．酯化反应为可逆反应，进行不完全，则1mol甲酸与足量甲醇在一定条件下反应，生成的酯基数目小于NA，故D正确；故答案为C。5．D【分析】X的核素用于考古研究，则X为C；Y与X同周期，电子s能级与p能级电子数比为2:3，价电子排布为2s22p3，则Y为N；Z焰色试验为紫色，则Z为K；W为d区前四周期元素，基态有4个未成对电子，价电子排布为3d64s2，则W为Fe；该化合物为K3[Fe(CN)6]；据此解答。【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性N>C，即Y>X，A错误；B．化合物为K3[Fe(CN)6]，K为+1价，CN-为-1价，根据化合价代数和为0，Fe的化合价为+3价，B错误；C．常温下K能与水剧烈反应，Fe常温下与纯水不反应，仅高温下可与水蒸气反应，C错误；D．CN-中存在碳氮三键，1个三键含1个σ键和2个π键，故σ键与π键数目比为1:2，D正确；故选D。6．D【详解】A．根据电极电势，对应电对E值：，E越小还原型还原性越强，故还原性，A正确，不符合题意；B．的E值为2.01V，高于的1.51V，说明氧化性强于，可氧化制备，B正确，不符合题意；C．的E值0.77V高于的0.15V，氧化性强于，可发生氧化还原反应，C正确，不符合题意；D．的E值1.51V高于的1.09V，会氧化，因此不能用氢溴酸酸化高锰酸钾溶液，D错误，符合题意；故选D。7．C【详解】A．F原子半径小于Cl，两个F原子间距小，原子间孤电子对排斥力更大，导致F-F键能比Cl-Cl小，解释合理，A正确，不符合题意；B．石墨中C原子采取sp²杂化，未参与杂化的2p轨道形成贯穿整个石墨层的大π键，电子可在层内自由移动，因此石墨能导电，解释合理，B正确，不符合题意；C．和中S原子的价层电子对数均为4，故杂化类型均为杂化，二者键角不同是因为无孤电子对，有1对孤电子对，孤电子对的排斥作用使键角更小，解释错误，C符合题意；D．“杯酚”的空腔大小与适配，可结合，无法结合尺寸更大的，因此可用于分离二者，解释合理，D正确，不符合题意；故选C。8．B【详解】A．离子液体由阴、阳离子构成，存在可自由移动的带电粒子，因此导电性良好，A正确；B．H2O沸点高于H2S的原因是H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，与其电离能无关联，B错误；C．将具有生物活性的阿司匹林基团嫁接到聚甲基丙烯酸高分子基体上，可实现药物缓慢释放，制得缓释阿司匹林，C正确；D．N2分子中存在氮氮三键，键能很大，断裂该共价键需要吸收大量能量，因此N2性质稳定，可在自然界中稳定存在，D正确；故选B。9．C【分析】该装置为电解池，A极得电子转化为D原子，发生还原反应，作阴极，连接电源负极，同时生成，A极反应为、，X为；B极失电子转化为，发生氧化反应，作阳极，连接电源正极，B极反应为，Y为；据此解答。【详解】A．据分析，B为阳极，连接电源正极，A错误；B．由图可知，离子交换膜允许通过，为阴离子交换膜，B错误；C．据分析，A极区存在反应，C正确；D．X为，摩尔质量为，根据反应式可知存在计量关系：，则电路中转移电子，则理论上生成X的物质的量为0.05mol，质量为，D错误；故选C。10．D【详解】A．氢碳比相同时，升高温度，的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，，A错误；B．a点起始充入，5min后达到平衡状态，则0~5min内，，B错误；C．同一条件下氢碳比越大，的平衡转化率越高，故氢碳比：①>②>③，C错误；D．根据化学平衡状态的定义，当反应达到平衡时，各组分的浓度或分压保持不变。因此，当容器中的分压不再改变时，说明该反应已达到化学平衡状态，D正确；故选D。11．B【详解】A．AgNO3与NaCl与等物质的量反应得到悬浊液1，将悬浊液1过滤即可得到AgCl沉淀和NaNO3溶液，A正确；B．AgCl溶解在氨水中转化为，发生反应：，溶液中，B错误；C．溶液2中的银氨配离子与KI发生反应：，将悬浊液2过滤分离AgI沉淀后，溶液3中Cl-与K+浓度相等，C正确；D．实验中发生了从AgCl到AgI的沉淀转化，证明AgI的溶解度比AgCl更小，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；故选B。12．B【详解】A．观察图像可知，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A项错误；B．路径A和B，都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确；C．路径A中，最大能垒（活化能）为，C项错误；D．路径B的最大能垒为，路径A的最大能垒高于路径B，因此路径A的反应速率更慢，D项错误。故答案为B。13．B【分析】因为废渣含Pb的单质或氧化物，加入H2SO4后会生成难溶的PbSO4，滤渣中含有PbSO4，滤液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+；MnO2在酸性条件下有氧化性，所以该氧化步骤中会将Fe2+氧化为Fe3+；接下来加入试剂X调pH=4使Fe3+沉淀；最后加入KMnO4氧化沉钴，得到MnO2和Co(OH)3。【详解】A．废渣中含Pb的单质/氧化物，酸浸加入硫酸，Pb与硫酸反应生成难溶于水的，因此酸浸滤渣主要为，A正确；B．酸浸后溶液中以形式存在，本步骤加的目的是将氧化为，方便后续调pH生成沉淀除杂；在本步骤未被氧化，氧化在氧化沉钴时进行，B错误；C．试剂X需要调节pH除去，且不能引入新杂质，、均可与反应升高pH，不会引入新杂质，C正确；D．氧化沉钴中，氧化剂中从价降为产物的价，氧化剂得电子；还原剂从价升为产物的价，还原剂失电子，根据电子守恒得，D正确。故选B。14．D【分析】随NaOH溶液的加入，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，进而可以判断各曲线所表示的微粒，，当时，，则；，时，则。【详解】A．由图可知，溶液加氢氧化钠溶液前pH在2与3之间，则数量级为10-3，故A错误；B．时，，溶液中存在电荷守恒：，此时溶液呈碱性，则，即存在，此时，则，故B错误；C．向溶液中加入NaOH溶液调pH至12的过程中，先生成易水解的盐，促进了水的电离，氢氧化钠过量后抑制水电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C错误；D．，时，，所以，故D正确；选D。15．(1)托盘天平、容量瓶(2)使反应物充分接触，充分反应，从而提高产率(3)(4)避免固体发生分解(5)B(6)N、O<(7)89.92【分析】加水溶解后加入碳酸铵和浓氨水混合液生成，加入过氧化氢氧化为，加入碳酸铵固体蒸发浓缩后处理得到产物；【详解】（1）称量并溶解过程中需要电子称（托盘天平不能精确到0.0001g）、烧杯（用于溶解）、量筒（量取10mL水）、玻璃棒等，不需要的仪器有托盘天平、容量瓶；（2）“络合”时，需不断地用玻璃棒搅拌，其目的是：使反应物充分接触，充分反应，从而提高产率；（3）过氧化氢具有氧化性，“氧化”过程是在碱性条件下，过氧化氢氧化为，钴化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒，离子方程式为；过氧化氢不稳定，容易分解生成氧气和水，在反应的过程中有少量的无色无味的气体产生，该气体为；（4）不稳定，容易受热分解，“蒸发浓缩”时，需慢慢地往溶液中加入固体，不能使溶液沸腾，原因是避免固体发生分解；（5）将“蒸发浓缩”得到的溶液制备钴的配合物，操作为：趁热过滤得到滤液→冰浴中冷却结晶析出晶体→减压过滤分离出晶体→冰水洗涤（用冰水的目的是减少洗涤过程中晶体的损耗）→无水乙醇洗涤（用乙醇的目的是带走晶体表面的水分，缩短干燥时间，且减少晶体溶解损失），真空干燥得目标产物；故选B；（6）由化学式中内界配体可知，配位原子是N、O，氨分子中氮原子、碳酸根离子中氧提供孤电子对与钴离子形成配位键；NH3分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化，分子中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以是平面三角形结构，C原子采用sp2杂化，则配体、中的键角：<；（7）结合钴元素守恒，本实验的产率为89.92%。16．(1)粉碎废料、适当加热、搅拌、适当提高硫酸浓度等(填一种，合理即可)(2)、(3)NiO或、(答“3.5~6.4”也可)(4)pH过低时，浓度高，平衡左移，萃取率降低；pH过高时，可能生成沉淀，影响萃取(合理即可)(5)12【分析】向含镍废料(主要含NiO、，含少量CoO、FeO、ZnO、)中加稀硫酸，不溶于酸，氧化FeO后还有剩余，且不溶于稀硫酸，即废渣1为、；同时把氧化为，通过调pH转化为滤渣2，往含镍离子的滤液加入有机萃取剂，有机萃取剂(HL)与反应，镍进入有机溶剂中，再加硫酸反萃取，加硫化物除去，最后加入强还原剂得到镍单质。【详解】（1）提高速率的方法包括增大表面积、升高温度、增加酸浓度、搅拌等，故答案为：粉碎废料、适当加热、搅拌、适当提高硫酸浓度等(填一种，合理即可)；（2）由分析可知，不溶于稀硫酸，故滤渣1有，氧化FeO后还有剩余，且不溶于稀硫酸，故滤渣1还有；酸浸中，将FeO氧化为，自身被还原为，离子方程式为，故答案为：、；；（3）为避免引入杂质并提高Ni的产量，可加入NiO或或调节pH；调节pH需使完全沉淀()，而不沉淀()，故答案为：NiO或、；(答“3.5~6.4”也可)；（4）萃取反应为，pH过低时，浓度高，平衡左移，萃取率降低；pH过高时，可能生成沉淀，影响萃取，因此pH约为6时萃取率最高，故答案为：pH过低时，浓度高，平衡左移，萃取率降低；pH过高时，可能生成沉淀，影响萃取；（5）由晶胞图可知，Mg位于顶点，Ni位于面心，C位于体内，每个Mg原子周围有12个最近且等距离的Ni原子；晶胞中含1个Mg原子、3个Ni原子、1个C原子，密度g·cm-3g·cm-3，故答案为：12；。17．(1)(2)(酮)羰基酯基(3)+CuO+Cu+H2O(4)bc(5)17(6)【分析】A和CuBr2发生取代反应生成B，B和C发生取代反应生成D，结合D的结构简式可以推知C的结构简式为：，D在一定条件下转化生成E，E在DIBAF作用下转化生成F，F发生催化氧化反应生成G，G和发生取代反应生成H，以此解答。【详解】（1）由分析可知，C中含有氰基(-CN)，且C的分子式(C5H7NO2)，其结构简式为：；（2）由D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为(酮)羰基和酯基；（3）F与CuO在加热条件下发生氧化反应生成G、Cu和H2O，其化学方程式为：+CuO+Cu+H2O；（4）a．A中苯环和羰基都是平面结构，且与苯环直接相连的原子与苯环共平面，-CH3中最多有2个原子与其相连的基团共平面，则A中最多有15个原子共平面，a错误；b．F中含有亲水基团(羟基)，在水中的溶解度：E<F，b正确；c．由G、H和的结构简式可以推知：G和发生取代反应生成H和HCl，c正确；d．J中两个羧基在碳碳双键的不同侧，名称为反丁烯二酸，d错误；故选bc。（5）A的同分异构体中，含有苯环，且能发生银镜反应，即含有醛基，若苯环上只有1个取代基，则该结构为：；若苯环上有2个取代基，这2个取代基为：-CHO、-CH2F或-F、-CH2CHO，每种组合都有邻、间、对3种位置关系，共有6种结构；若苯环上有3个取代基：-F、-CHO、-CH3，共有10种位置关系，综上所述，满足条件的A的同分异构体有1+6+10=17种；（6）H中含有醛基，先和CH3NH2发生加成反应生成，发生消去反应脱水