湖南省长沙市2026届高考仿真模拟考试化学自编试卷01（人教版）（解析版）

湖南省长沙市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AAABADBABB题号11121314答案CDCD1．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．A【详解】A．显黄色，向溶液中加入NaCl促使平衡正向移动，显黄色与蓝色的混合颜色，A正确；B．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，作还原剂，生成，正确的离子方程式为，B错误；C．高温下C应生成CO，正确的方程式为，C错误；D．稀盐酸中的会与结合生成AgCl沉淀，正确的离子方程式为，D错误；故选A。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．A【详解】A．酸性弱于，根据弱酸不能制强酸的原理，和不发生反应，该离子方程式不符合反应事实，A错误；B．与足量澄清石灰水反应时，完全反应生成，再与结合为沉淀，离子方程式满足守恒规则，书写正确，B正确；C．该反应中为氧化剂，为还原剂，题中所给反应方程式电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，离子方程式书写正确，C正确；D．足量时，优先与完全中和，不参与反应，离子方程式满足守恒规则，书写正确，D正确；故答案选A。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【详解】A．M与N分别与足量加成后得到同一种物质，故A错误；B．M与N所含官能团不完全一样，可以用红外光谱区分，故B正确；C．M中含一个手性碳原子(羟基所连的那个饱和碳原子)，N分子中没有手性碳，故C错误；D．该结构中形成四个单键的碳原子采取sp3杂化，形成双键的碳原子采取sp2杂化，M和N中所含碳原子杂化类型均为sp3、sp2，故D错误；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．B【分析】四种短周期主族元素原子序数依次增大，且前三周期均有分布，故X为第一周期的H（氢）；W与Y同主族，短周期同主族原子序数差8，结合题给条件：Y原子序数+Z原子序数=W原子序数，得Z原子序数=8，故Z为O（氧）；基态Y、Z均有2个单电子，Y原子序数小于O，Y电子排布为，故Y为C（碳）；W与C同主族，故W为Si（硅）；基态M价层电子排布，故M为Cu（铜），据此分析；【详解】A．电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性：O＞C＞Si，即电负性：，A错误；B．Y3Z2​为，其结构式为，每个双键含1个σ键、1个π键，共4个σ键、4个π键，数目比为，B正确；C．H、C、O可组成碳酸、醋酸等，这些物质是电解质，C错误；D．Cu的金属活动性弱于H，酸性环境下Cu不能置换出H2，不会发生析氢腐蚀，D错误；故选B。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．C【分析】废催化剂经焙烧预处理，Re与氧气反应生成酸性氧化物；细磨后加氨水第一次浸出，与氨水反应生成可溶性的，、Pt均不溶于氨水，操作I（过滤）分离后，进入溶液，浸出渣1为和Pt；浸出渣1加硫酸第二次浸出，与硫酸反应生成硫酸铝，操作II（过滤）分离，得到硫酸铝溶液，经浓缩结晶得到净水剂，不溶于硫酸的Pt留在浸出渣2中；浸出渣2经第三次浸出、萃取反萃得到含铂溶液，最终制得海绵铂；溶液经处理得到晶体，最后用氢气在800℃下还原得到铼粉。【详解】A．第一次浸出时，只有与氨水反应生成可溶性，、Pt均不与氨水反应、不溶解，都留在浸出渣1中，A正确；B．Mn是25号元素，核外电子排布为，过渡元素的价层电子包含最外层和次外层d轨道电子，因此价层电子排布式为，B正确；C．在制备铼粉的反应中，自身可发生氧化还原反应：价Re氧化价N，除了作为还原剂还原Re元素外，部分还会作为反应物生成水或氨气，且反应中不只是还原作用，实际上整个过程中，Re被还原除了提供电子，也作为还原剂提供电子，C错误；D．配平验证：Pt从0价升高到价，3个Pt共失去；ClO中+5价Cl降低到-1价，2个共得到，电子守恒；电荷：左边总电荷为，右边总电荷为，电荷守恒；原子也满足守恒，离子方程式正确，D正确；故选C。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．C【详解】A．已知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应；根据图像，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率逐渐下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，且CO2、CH4的选择性之和为，所以曲线表示MgCO3的转化率，曲线表示CO2的选择性，曲线表示CH4的选择性，A不符合题意；B．点温度下，从图中可以看出，MgCO3的转化率为，则剩余的MgCO3为0.51mol，根据碳原子守恒，CH4和CO2的物质的量之和为0.49mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4的物质的量均为0.245mol，根据氧原子守恒得出H2O的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出H2的物质的量为0.02mol，气体总的物质的量为，，，，则反应Ⅱ的，B不符合题意；C．在下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为，则生成的CO2为=1mol×70%=0.7mol，C符合题意；D．因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动生成的H2多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的H2，故H2的平衡转化率下降，D不符合题意；故选C。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)CH3SH(g)+3O2(g)=CO2(g)+SO2(g)+2H2O(l)

△H=-1244kJ·mol-1(2)0.003大于(3)AC2(4)阴极2C2H5S--2e-=C2H5SSC2H5【详解】（1）6g甲硫醇的物质的量为mol，则1mol甲硫醇燃烧放出的热量为8×155.5kJ=1244kJ，故表示甲硫醇燃烧热的热化学方程式为CH3SH(g)+3O2(g)=CO2(g)+SO2(g)+2H2O(l)△H=-1244kJ·mol-1；（2）①已知起始有1mol、0.5molCO、0.5mol，平衡时氢气的转化率为60%，根据三段式法可得：则v(CO)=0.3mol/(10L×10min)=0.003mol·L-1·min-1。②平衡后再投入1molH2(g)、0.5molCO(g)、0.5molH2S(g)，相当于增压，平衡朝气体分子数减小的方向移动，故再次平衡后氢气的转化率大于60%；（3）①A．恒温恒容条件下，是气体分子数变小的反应，当压强不变时能说明反应已达平衡，A项符合题意；B．容器的体积不变，气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，B项不符合题意；C．气体总质量不变，气体的总物质的量减小，故反应过程中气体平均摩尔质量增大，当气体平均摩尔质量不再变化，可判断反应达到平衡，C项符合题意；D．H-H键断裂和C-H键形成对应的都是正反应速率，D项不符合题意；故答案选AC；②CS2越多，则H2的平衡转化率越大，故曲线b对应的投料比为n(CS2):n(H2)=1:3，设起始n(CS2)=1mol，n(H2)=3mol，列出三段式：则平衡时n(总)=3.2mol，p(平衡)=1.6MPa，恒温恒容时，物质的量和压强成正比，即，可得p(初始)=2MPa；（4）①铸铁失去电子变成，发生氧化反应，为阳极，故石墨为阴极。②根据电荷守恒，CH3CH2S-在电极上直接放电的电极反应式为2CH3CH2S--2e-=C2H5SSC2H5。③间接电化学法除去C2H5SH，阳极涉及2步反应：，，可知除去0.5molC2H5SH需消耗1mol，在阳极生成1mol需失去6mol电子，故通过导线的电子数目