湖南省株洲市2026届高考仿真模拟考试化学自编试卷01（人教版）（解析版）

湖南省株洲市2026届高考仿真模拟考试自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案AABBDDBACB题号11121314答案BDDD1．A【详解】A．隐形涂层吸收雷达波主要依赖材料的物理性质(如导电性或磁性)，而非化学性质活泼，A错误；B．纳米级长纤维的表面积大，其附着力增强，能制造新型黏着材料，B正确；C．聚乳酸具有生物相容性，同时也可水解成乳酸，容易降解，因此可用作手术缝合线，C正确；D．硬度高且光学性能优异，是光导纤维的主要材料，D正确。故选A。2．A【详解】A．苯与液溴在铁粉催化下发生反应，如果是取代反应，会生成HBr，可以通过溶液检测出，但液溴易挥发，挥发出的会溶于水生成HBr干扰检测。因此需在圆底烧瓶和烧杯之间加一个盛装有的洗气装置，以吸收挥发的，且导管不能伸入硝酸银溶液液面以下，A符合题意；B．吸收尾气中的时，装置中下层为，上层为水。难溶于，直接通入水中易发生倒吸，而该装置可有效防止倒吸，方案合理，B不符合题意；C．实验目的是制备无水氯化镁，由于直接加热会水解，该装置在干燥HCl气流中加热，能抑制水解，从而得到无水氯化镁，装置与实验目的相符，C不符合题意；D．乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应：，分水器可及时分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应物转化率，能达到实验目的，D不符合题意。故选A。3．B【详解】A．茉莉酸分子中不含苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B．茉莉酸含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．茉莉酸含酮羰基、羧基2种含氧官能团，C错误；D．双键碳原子都连接了不同的原子和原子团，有顺反异构体，D错误。4．B【详解】A．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl、为无氧酸，不能用其酸性比较非金属性，故A错误；B．为离子晶体，熔点较高，、、为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越强，熔点越高，故熔点顺序为，故B正确；C．中心C为杂化，空间构型为平面三角形，键角约120°，中心S为杂化，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角小于109°28′，故键角，故C错误；D．18-冠-6与形成的超分子更稳定是因为18-冠-6的空腔大小与半径更匹配，二者靠超分子作用力结合而非离子键，故D错误；选B。5．D【详解】A．中混有HCl可以用碱石灰除杂，但球形干燥管的气流方向是从粗口进细口出，A错误；B．受热会升华，在较冷的烧瓶外壁上重新凝华为固体，受热先分解为和HCl气体，在较冷的烧瓶外壁上重新化合为固体，无法将二者分离，B错误；C．用已知浓度的盐酸滴定NaOH溶液时使用酸式滴定管盛放盐酸，滴定管选择正确，但操作时应该用左手的无名指和小指向手心弯曲，轻轻抵住出口管，大拇指在前，食指和中指在后，手指略微弯曲，轻轻向内扣住活塞，而非用右手直接旋转活塞，C错误；D．不溶于水，常规条件下不与水反应，可使用排水法测量其体积，且装置选取和操作均正确，D正确；故答案选D。6．D【详解】A．该有机物分子中存在饱和碳原子，采取杂化，不可能所有原子在同一平面内，A正确；B．连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图所示：，则该有机物分子中只含有1个手性碳原子，B正确；C．该有机物含有苯环，可以发生加成反应；含有酰胺基等，可以发生取代反应，C正确；D．该有机物中五元环上的氮原子与右边六元环的碳原子之间也是通过共用电子对形成共价键，该有机物分子中没有之间形成的配位键，D错误；故选D。7．B【分析】R、X、Y和Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，说明R为H元素；X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为元素、Z为元素；Y只形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素，据此分析。【详解】A．由分析可知X为B元素，Y为F元素，Z为N元素，三者的第一电离能由大到小为，即，A正确；B．由分析可知，与分别为和，和的原子都是杂化，结构都为三角锥形，键角大约107°，但电负性：，成键电子对远离N原子，成键电子对之间的排斥力减弱，键角会减小，因此键角：，B错误；C．分子的分子式为，其中B与N形成配位键，因此除以外，所有原子都满足8电子的稳定结构，C正确；D．由分析可知X为B元素，Y为F元素，对于基态原子，B和F都只有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：X=Y，D正确；答案选B。8．A【详解】A．由化学方程式可知，反应中氧化剂为CuSO4，还原剂为PH3，每消耗24molCuSO4，作还原剂的PH3只有3mol，二者物质的量之比为，A错误；B．的中心原子P上的价层电子对数为4，B正确；C．每消耗11mol，作还原剂的只有3mol，且磷的化合价升高了8，故转移的电子为24mol，C正确；D．的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，D正确；故选A。9．C【详解】A．葡萄糖转化为葡萄糖二酸钾，碳元素化合价升高，发生氧化反应，因此电极N为阳极，电极M为阴极，阳极电势>阴极电势，A正确；B．中C的平均化合价与葡萄糖相比也升高，说明也为氧化产物，故可以是阳极电解产物，B正确；C．电极M反应式为，M极附近生成了OH-，因此M附近溶液的逐渐增大，C错误；D．阳极处的电极反应式为，生成所用电子为，，D正确；故选C。10．B【详解】A．工业碳酸钠中含，溶解后会生成沉淀，因为溶解度比大，加入NaOH溶液时，会转化为更难溶的，因此离子反应可能发生，A正确；B．常温下，当“滤液”的时，溶液中，，则，其数量级为，B错误；C．该过程要析出，且后续需趁热过滤，所以“蒸发浓缩结晶”是指将滤液蒸发至有大量晶体析出，C正确；D．“趁热过滤”时温度较高，为防止烫伤，必须佩戴防烫手套，D正确；故选B。11．B【分析】首先甲醇水蒸气重整的总反应为：，据此分析；【详解】A．步骤Ⅱ中，断裂极性键得到，解离出的原子结合形成非极性键，因此存在极性键断裂和非极性键形成，A正确；B．若用代替，根据机理图，甲醇中的H原子和水中的D原子均可解离吸附在催化剂表面，形成吸附态的H原子和D原子。这些吸附态的H原子和D原子可以结合形成氢气分子，因此产物有、两种，B错误；C．已知步骤Ⅲ为加成反应，反应物是吸附态的和，根据机理图，的碳氧双键打开，碳原子与一个基团结合，氧原子与另一个基团结合，形成一个碳原子连接两个氢原子、一个羟基，以及一个氧原子连接一个羟基的结构，因此，方框内的中间体示意图可能为，即碳原子连接两个氢原子和一个羟基，氧原子连接一个羟基并吸附在催化剂表面，示意图可能为，C正确；D．总反应中，中为价，中为价，1mol反应共转移6mol电子，生成，因此每生成转移电子，D正确；故选B。12．D【详解】A．c点平衡下根据c点的三段式分析：则平衡时容器内气体的压强：p(平衡)，平衡时甲醛的分压：(平衡)，根据图像，c点平衡时，故，解得，故p(平衡)，A错误；B．d点达到平衡为b点，在增大，所以v(正)(逆)，，B错误；C．，C错误；D．c点时，再加入和，使二者分压均增大，则此时，平衡不移动，D正确；故选D。13．D【分析】实验Ⅰ中过量，少量，现象为溶液变为棕黄色、加淀粉变蓝，说明反应生成了​，被氧化为，自身被还原为，配平得到离子方程式，该推导符合实验事实；实验Ⅱ中高浓度过量，少量，现象为溶液变为黄绿色、加淀粉不变蓝。结合已知信息为黄绿色，为无色，可推知最初反应的主要氧化产物是黄绿色的，没有生成，推导符合现象；实验Ⅲ中向含淀粉的饱和滴加过量，现象为：先变黄绿色，局部变蓝后很快褪色，最终过量后溶液稳定为蓝色。滴加初期过量，局部浓度较高时暂时生成​，使淀粉变蓝，但体系中过量的氧化性强，会继续将​氧化为无色的或​，因此蓝色很快褪去。随着不断滴加，被完全消耗，生成的不再被氧化，最终溶液稳定为蓝色。因此“局部蓝色褪去是被氧化为或​”的解释合理。【详解】A．实验Ⅰ中KI过量，NaClO少量，反应生成，且NaClO溶液呈碱性，反应物无，给出的离子方程式符合反应事实，A正确，不符合题意；B．实验Ⅱ中NaClO过量，溶液呈黄绿色，且滴加淀粉不变蓝说明无生成，已知为黄绿色，故最初主要氧化产物为，B正确，不符合题意；C．实验Ⅲ中NaClO过量，生成的会被进一步氧化为（黄绿色）或（无色），消失所以蓝色褪去，C正确，不符合题意；D．实验Ⅱ、Ⅲ表明高浓度NaClO溶液过量时，易将氧化为等高价碘的化合物，而非，只有KI过量时才最终生成，D错误，符合题意；故选D。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)A(2)蒸馏烧瓶观察氮气的流速(3)(4)(5)乙待气体体积稳定后再读数或连续两次读取氨气的体积相等(6)61.5【分析】亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液混合加热制取氮气，净化后与氧化铝、活性炭反应制备氮化铝，然后利用AlN与NaOH溶液反应生成的的体积测定AlN样品纯度，据此回答；【详解】（1）据实验目的，需要先通入排尽装置内的空气，防止干扰反应，因此，应先点燃A处的酒精灯产生，待装置内空气排尽后，再点燃C处的酒精喷灯进行反应；（2）由图可知仪器a，是蒸馏烧瓶，导管b连接分液漏斗与烧瓶，其作用是平衡气压，使饱和溶液顺利滴下，装置B中装有浓硫酸，主要作用是干燥，同时通过观察气泡速率可以观察流速，确保反应平稳进行；（3）装置C中发生的主要反应是、C和在高温下生成AlN和CO，根据氧化还原反应配平得；（4）AlN与NaOH溶液反应生成和，根据元素守恒得；（5）对比装置甲和乙，装置甲中滴加NaOH溶液会占据一定气体体积，导致测得的体积偏大；装置乙使用恒压漏斗，可避免滴加液体带来的体积误差，同时能确保反应体系内外压强一致，读数更准确，因此，最适宜的装置是乙。为准确读取体积，需注意待气体体积稳定后再读数或连续两次读取氨气的体积相等；（6）已知样品质量为1.0g，标准状况下体积为0.336L，，根据反应的方程式，，，。16．(1)(2)使油脂燃烧除去、使氧化为(3)、H2SiO3(4)85.7%增大有机相体积(5)H2SO4(6)【分析】含铯废渣主要含、、、及油脂。含铯废渣加入碳酸钠、通入氧气“焙烧”，油脂通过焙烧除去，焙烧后固体中存在、、、、、Na2SiO3等物质，加盐酸“酸浸”，转化为Cs+、转化为、转化为难溶于水的、转化为Al3+、转化为Fe3+、Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀；过滤，滤渣为、H2SiO3；滤液中加双氧水与配位生成，加入HA进行萃取，有机相中加入硫酸溶液进行反萃取获得TiOSO4溶液；水相中加SbCl3、HCl“沉铯”生成。【详解】（1）是26号元素，铁原子结构示意图为；（2）“焙烧”过程中，转化为、、Na2SiO3、H2O，发生反应的化学方程式为；根据分析，氧气的作用为：使油脂燃烧除去、使氧化为。（3）根据分析，滤渣A的主要成分为、H2SiO3；（4）“萃取”操作中，取总浓度为(以元素计)的溶液，加入某萃取剂，若，，设=x，=10x，500x+300×10x=28mg/L×500，x=4mg/L，则单次萃取率为；若要提高萃取率，需优化的措施为提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH）或增大有机相体积或反复多次萃取（增加萃取次数）。（5）根据，反萃取的产物是TiOSO4，所以“反萃取”过程中加入的溶液X是H2SO4。（6）加入水中，煮沸，可得到白色的沉淀和可溶的，反应的化学方程式为。17．(1)FeBr3或Fe、Br2取代反应(2)碳碳双键、酯基(3)(4)①；①处N原子的孤对电子参与形成大π键，分散了电子云密度，配位能力减弱(5)(6)【分析】A在三溴化铁作催化剂下与液溴发生取代反应，生成B，B与(a)发生取代反应生成C，同时生成氯化氢，C与(b)发生取代反应生成D，D与(c)发生反应生成E，E与NBS作用发生取代反应生成F，在NMP存在下F与(d)发生取代反应生成G，G经NaOH水溶液条件下发生酯的水解反应，再经酸化得到目标产物H。据此分析解答。【详解】（1）A→B为苯环上的氢原子被溴原子取代的反应，故反应条件及试剂为催化剂FeBr3（或Fe）、Br2，F→G为F上的溴原子被取代，同时生成溴化氢的反应，为取代反应。（2）E中的官能团名称为碳碳双键、酯基。（3）E为反式结构，副产物与其互为立体异构体，则该副产物为顺式结构：。（4）因d中所有原子共平面，故其中的①、②处氮原子皆为sp2杂化，而①处N原子中的三个单电子分占三个sp2杂化轨道形成三个σ键，其孤对电子参与形成大π键，分散了电子云密度，配位能力减弱；②处N原子中的孤对电子未参与形成大π键，电子云密度高于①处N原子的孤对电子云密度，故①处N原子的配位能力弱于②处N原子。（5）G生成H的第1步为碱性条件下水解，第ii步为酸化，故第i步反应的化学方程式为。（6）从题中合成路线B→C可知与溴苯可合成，由C→D可知，与可合成