2026年湖南省长沙市高考仿真模拟考试化学自编试卷01解析版

2026年湖南省长沙市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DADAACBCBB题号11121314答案ADBC1．D【详解】A．活性炭净水利用的是活性炭的吸附性，可吸附水中色素、异味等杂质，与其催化作用无关，A错误；B．吸附分为物理吸附和化学吸附，物理吸附无新物质生成，属于物理变化，因此MOFs吸附的过程不一定发生化学变化，B错误；C．气体的溶解度随温度升高而减小，随压强增大而增大，C错误；D．题干明确说明MOFs具有极高的比表面积，该结构特点使其可以高效吸附，D正确；故答案选D。2．A【详解】A．①中“以水二升渍，绞取汁”是将浸泡后的固体青蒿与液体汁液分离，属于浸取、过滤操作，分液用于分离互不相溶的液体混合物，实验方法错误，A符合题意；B．②中“汲盐水，曝之成盐”是蒸发水分析出盐晶体，对应蒸发操作，实验方法正确，B不符合题意；C．③中“晒干烧灰”是将植物灼烧得到灰烬，对应灼烧操作，实验方法正确，C不符合题意；D．④中“研硝”指研磨固体，对应研磨操作，实验方法正确，D不符合题意；答案选A。3．D【详解】A．在SiO2晶体‌中，每个‌Si原子位于正四面体中心，与‌4个O原子形成共价键，即每个Si原子参与形成4个Si–O键‌，故Si原子与Si-O键个数比为1:4，A正确；B．根据元素周期表的分区规则，p区元素是指最后一个电子填入p轨道的元素。Si的原子序数为14，电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层电子位于3p轨道，属于典型的p区元素，B正确；C．SiCl4分子中，中心Si原子发生sp3杂化，与四个Cl原子各形成一对共用电子‌，‌所有原子均达到8电子稳定结构‌，C正确；D．SiO2是‌原子晶体，其结构为正四面体，SiO2的球棍模型中每个Si原子应连接4个O原子，而题目图片中Si只连接2个O原子，不能正确反映SiO2的真实结构，D错误；故答案选D。4．A【详解】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；B．1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。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．C【分析】M是短周期中主族元素原子半径最大的原子，故M为Na元素；基态原子中X、Q的2p轨道均只有一个未成对电子，即和，图中Q形成一个共价键，则Q为F元素，X为B元素；由图知Z形成两个共价键，且其原子半径小于X，所以Z为O元素；X、Y、Z、Q同周期，Y形成四个共价键，故Y为C元素，据分析解答。【详解】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能总体呈增大趋势，第一电离能，A正确；B．最高价含氧酸酸性：碳酸>硼酸，B正确；C．氧气是非极性分子，臭氧是极性分子，C错误；D．化合物SDB中含碳氧键等共价键，内界阴离子和外界钠离子之间存在离子键，B为缺电子原子，可提供空轨道，有孤对电子，图中B与F之间存在共价键和配位键，即化合物SDB中存在配位键、共价键、离子键，D正确；故选C。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．C【详解】A．饱和溶液能与HCl反应生成是新杂质，且与水反应生成HCl和HClO，HCl再和碳酸氢钠反应，导致被消耗，无法有效除去HCl而不损失，A错误；B．不能使用浓硫酸干燥气体，因为：浓硫酸具有强氧化性，气体中含有的硫元素具有还原性，两者混合会产生气体，B错误；C．装置利用压强差检查气密性，如果装置气密性良好，左侧密闭系统内的气体压强会稳定地高于外界大气压，压强差支撑住两边之间的液面差，甲、乙两管的液面差会保持稳定，不会发生变化。如果装置漏气，左侧密闭系统内的气体会从漏气处逸出，导致内部压强减小，最终与外界大气压平衡，甲、乙两管的液面差会逐渐减小，直至消失，C正确；D．乙醇与水能以任意比例互溶，不能用于萃取溴水中的，D错误；故答案选C。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【分析】由图可知，第一步发生反应，第二步发生反应+，第三步发生反应++，第四步发生反应++，第五步发生反应+，据此分析。【详解】A．由分析知，第二步中进攻苯甲醛的醛基时，醛基的碳氧双键打开发生加成反应；第五步中脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应，A正确；B．由图可知，该反应过程中，断裂的化学键均为不同原子间的极性键（如C-H键、C=O键、O-H键），仅最终形成了碳碳非极性双键，没有非极性键的断裂，因此不涉及非极性键的断裂，B错误；C．由分析知，第五步反应为消去反应，苯环侧链上的碳原子由饱和变为不饱和，杂化类型由转化为，C正确；D．由分析知，反应物为和，为催化剂，生成物为和，故总反应为，D正确；故选B。11．A【分析】将软锰矿（主要成分为）与KOH和熔融氧化可得，该反应方程式为：，加入蒸馏水浸取可得含有，KCl等溶质的混合溶液。向溶液中通入，发生歧化反应，该反应方程式为，将混合物抽滤后加热浓缩、冷却结晶后过滤可得，据此作答。【详解】A．歧化过程生成会和HCl发生反应，生成和，影响反应收率，因此不能用HCl代替，A错误；B．由分析可知，在锰酸钾歧化过程中会生成，可以回到“熔融氧化”过程中循环使用，B正确；C．要从NaCl溶液中获得NaCl晶体可直接蒸发结晶。该流程中，要获得需浓缩混合溶液至表面出现晶膜，之后冷却浓缩液获得结晶，避免长时间加热造成分解，二者操作不同，C正确；D．“熔融氧化”过程中存在KOH，会腐蚀陶瓷和氧化铝，因此该操作应该在铁坩埚中进行，不能使用陶瓷坩埚或氧化铝坩埚，D正确；故答案选A。12．D【分析】“酸浸1”中加入铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)、、，转化为，化学方程式为，过滤，得到含的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成、Te，得到粗碲，化学方程式为，据此分析回答：【详解】A．Te的原子序数为52，基态碲原子简化电子排布式为，A正确；B．由题意分析可知，“酸浸1”中，转化为，化学方程式为，B正确；C．由题意分析可知，溶液与发生氧化还原反应转化为Te，化学方程式为，易水解，其水解反应为，使用过量浓盐酸可以使平衡逆向移动，从而抑制的水解，C正确；D．微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和，化合价均未改变，离子方程式为，D错误；答案选D。13．B【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，叔丁基溴生成叔丁醇的反应是放热反应，A正确；B．是反应活性中间体，B错误；C．第一步反应的活化能最大，决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第一步反应，C正确；D．由图可知，第三步反应为，D正确；故选B。14．C【详解】A．根据均摊法计算，相晶胞中La的数目为，Ni的数目为16，因此化学式为，A正确；B．如图，相晶胞结构内4个La被Mg代替，因此化学式为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，故密度为，B正确；C．已知：La、Ni原子半径分别为，，La-Ni相晶胞参数为，La原子的体积为，Ni原子的体积为，La-Ni相晶胞，相晶胞中La的数目为，Ni的数目为16，相中原子空间利用率为，C错误；D．La、Mg的相对位置类似于金刚石碳原子分布位置，因此相中与Mg等距且最近的Mg有12个，D正确；故选C。15．(1)蒸馏烧瓶(2)c(3)NH3分子间存在氢键，分子间作用力大，沸点较高(4)0.25mol(5)【分析】装置A为NH3制备装置，生石灰可吸收浓氨水中的水分，并放出大量的热，使浓氨水受热分解产生氨气，有利于氨气逸出；装置B为了产生较稳定的气流，空的集气瓶可作为安全瓶起缓冲作用；装置C用碱石灰来吸收NH3中的水蒸气，起干燥作用；装置D为制备装置，液氨与钠发生反应：；装置E为尾气处理装置，吸收氨气，防止氨气直接排入空气中污染环境，同时避免空气中的水蒸气进入装置干扰实验，可用P2O5固体吸收氨气和水蒸气；【详解】（1）装置A盛放生石灰的仪器带支管，仪器名称是蒸馏烧瓶；（2）装置E的作用为吸收未反应完的，同时防止空气中的水蒸气进入D中，干扰实验，且装置E中只能放置固体，因此装置E中盛放的试剂只能是五氧化二磷。故选c；（3）NH3分子间存在氢键，分子间作用力大，沸点较高，故容易液化；（4）①碱金属的液氨溶液含有蓝色的溶剂化电子，则得到深蓝色溶液的变化为。②钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂化电子，即0.25mol钠失去0.25mol电子生成溶剂化电子，而产生的气体()是由从溶剂化电子中得电子而来，因此Na共失去0.25mol电子。（5）为乙基、为正丙基，由流程则最终得到的有机产物、为。16．(1)适当升高温度或适当增加碱的浓度(2)(3)蒸发浓缩冷却结晶834(4)减少有毒气体的生成(5)9【分析】废显示屏渣（含较多的、、、及少量其他可溶于酸的物质）粉碎后加入NaOH溶液SiO2转化为Na2SiO3通过滤液1分离出去，浸渣1（含较多的、、及少量其他可溶于酸的物质）加入稀硫酸后得到浸渣2（CeO2）和滤液2（含Fe2+、Fe3+等）；滤液2加入适量的Fe，Fe3+还原为Fe2+，过滤除去多余的Fe后，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干得到绿矾（FeSO4⋅7H2O）；浸渣2（CeO2）加入稀硫酸、H2O2溶液CeO2被还原为Ce3+，Ce3+与O2、NaOH反应得到Ce(OH)4沉淀，再进一步处理得到CeO2。【详解】（1）粉碎可增加反应物的接触面积，适当升高温度或适当增加碱的浓度都可以提高浸取速率；（2）据分析，“滤液1”为Na2SiO3溶液，溶液中阴离子包括和；（3）①据分析，滤液2（含Fe2+、Fe3+、）加入适量的Fe，Fe3+还原为Fe2+，过滤除去多余的Fe后，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干得到绿矾（FeSO4⋅7H2O），即“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干；②处理废水有如下关系：，则，消耗的绿矾的质量为；（4）Cl-有还原性，可将CeO2还原为Ce3+，同时生成Cl2，离子方程式为；使用稀盐酸还原CeO2会产生有毒的氯气，而使用稀硫酸和溶液还原CeO2生成Ce3+和氧气，优点是减少有毒气体的生成；（5）当Ce3+完全沉淀为Ce(OH)3时，溶液中Ce3+浓度为，此时，，pH=14-5=9，应控制溶液的。17．(1)(2)4.0×10-3不变由表中数据可推知，该反应速率方程中n=0，反应速率等于速率常数k，与浓度无关(3)Cat2(4)或或(5)主、副反应均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2O平衡转化率降低【详解】（1）根据盖斯定律，由反应乘以，再减去反应乘以得到反应，则该反应的=；故答案为：；（2）根据表中数据分析，0~10min，，30~40min，，则每10min的浓度减小是相同的，则20min时，，0~20min内，；的浓度的减小是随时间均匀变化的，该反应的反应速率始终不变，即，则反应的速率方程中，n=0，反应速率等于速率常数，反应速率与的浓度无关，只增加N2O的浓度，反应速率不变；故答案为：；不变；由表中数据可推知，该反应速率方程中n=0，反应速率等于速率常数k，与浓度无关；（3）由阿伦尼乌斯经验公式，结合与温度的倒数关系图像可知，图像中催化剂Cat2条件下的直线的斜率较大，即大，则活化能小，催化效果较好；故答案为：Cat2；（4）根据表中数据可知，物质的量增加，为生成物，且增加量大于增加量的二倍，而增加量相等，根据质量守恒，副反应为或、；故答案为：或或；（5）平衡时气体总物质的量为，该温度下主反应的kPa；主反应、副反应或、均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，故N2O平衡转化率降低；故答案为：；主、副反应均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2O平衡转化率降低。18