湖南省长沙市2026年高考预测自编化学试卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2026届高考预测自编试卷化学试题（解析版）题号12345678910答案BADADACBDB题号11121314答案ABCC1．B【详解】A．苯胺（C6H5NH2）分子中含有氨基（-NH2），氨基具有结合质子的能力，因此苯胺显弱碱性，聚苯胺作为电致变色材料应用合理，A正确；B．有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯，PMMA）的合成是通过甲基丙烯酸甲酯（含碳碳双键）的加聚反应实现的，B错误；C．合金钢中掺入镍、铬、钛等元素后，金属原子排列更紧密，金属原子间更加难发生相对滑动，导致合金硬度高于纯铁，C正确；D．环氧树脂是由多个重复单元通过共价键连接的高分子化合物，属于有机高分子材料，D正确；故选B。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．②④⑤具有旋塞、活塞或磨口塞结构，在使用前需要检漏，③为蒸馏烧瓶不需要检漏，A错误；B．④为容量瓶，不能用酒精灯加热，⑥为坩埚，能够使用酒精灯直接加热，B错误；C．①为球形冷凝管，③为蒸馏烧瓶，蒸馏实验中一般使用直形冷凝管，球形冷凝管一般用于有机实验中，起冷凝回流的作用，C错误；D．⑤为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物，常用于萃取操作中，和水互不相溶，D正确；故选D。4．A【详解】A．加水稀释冰醋酸时，初始阶段解离度增加，H+和CH3COO-浓度上升，导电能力增强；但稀释到一定程度后，体积增大导致离子浓度总体下降，导电能力减弱，A正确；B．常温下，水电离的c(H+)=1.0×10-7mol/L时，溶液可能呈中性（如纯水或中性盐溶液），但在极稀的强酸和强酸弱碱盐混合溶液中或极稀的强碱和强碱弱酸盐混合溶液中，酸（或碱）对水的电离抑制作用和盐对水的电离促进作用相互抵消，从而使水电离的c(H+)=1.0×10-7mol/L，但溶液可能呈酸性或碱性，且题中未指明温度，因此该溶液不一定呈中性，B错误；C．由NH4HCO3的质子守恒知c(H+)+c(H2CO3)=c()+c(NH3·H2O)+c(OH-)，选项缺少c(OH-)，C错误；D．根据沉淀溶解平衡可知，溶度积小的易向更小的进行转化，但也可以溶度积小的向大的进行转化，仅凭转化无法直接推断Ksp大小，还需考虑离子浓度，D错误；故答案选A。5．D【详解】A．牺牲阳极法保护铁的原理是原电池原理，不需要外接电源，该装置外接电源，属于外加电流阴极保护法，不能验证牺牲阳极法保护铁，A错误；B．制备碳酸氢钠，由于二氧化碳在食盐水中的溶解度较小，要将通入饱和氨盐水(通入氨气的饱和食盐水)中以促进其溶解吸收，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，是苯环使甲基活化了，不能说明甲基使苯环活化，C错误；D．与均为有机物，二者互溶，由于沸点不同，可以用蒸馏法分离，D正确；故选D。6．A【详解】A．澄清石灰水与、溶液反应均会生成白色沉淀，现象完全相同，无法一步鉴别，A符合题意；B．氢氧化钠溶液滴入溶液中产生白色沉淀且沉淀不随氢氧化钠过量溶解，滴入溶液中先产生白色沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解，现象不同可鉴别，B不符合题意；C．氢氧化钡溶液与反应仅生成白色沉淀，与加热条件下反应既生成白色沉淀又产生刺激性气味的氨气，现象不同可鉴别，C不符合题意；D．铁氰化钾溶液与FeSO4中的Fe2+反应生成特征蓝色沉淀（普鲁士蓝），与Fe2(SO4)3溶液混合无明显现象（溶液仍为黄色），现象不同可鉴别，D不符合题意；故答案选A。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．由图可知，NbO的立方晶胞中距离O原子最近且距离相等的Nb原子有4个，O的配位数是4，故A错误；B．由图可知，Nb和O最短距离为边长的，晶胞参数为

anm，Nb和O最短距离为，故B正确；C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为，O的个数为，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为，故C错误；D．P的分数坐标为位于正方体的面心，M的分数坐标为，故D错误；故选B。9．D【分析】高能量镍氢气()电池工作时电极a由失电子生成，故电极a为负极；电极b由得电子转化为，电极b是正极。【详解】A．放电时，a电极为负极(电极反应为，发生氧化反应)，b电极为正极，故电流由b极经用电器流向a极，再经KOH溶液流回b极，A正确；B．电池的总反应为，故放电一段时间后，KOH溶液的浓度不变，溶液的pH几乎不变，B正确；C．由分析可知，放电时，电极b为正极，该电极反应为，C正确；D．题干未告知气体所处的状态为标准状况，故无法计算气体的体积，D错误；故选D。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．B【分析】由题给流程可知，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，据此分析回答。【详解】A．酸浸时，适当增大反应物硫酸浓度，加快酸浸反应速率，A正确；B．“滤渣Ⅰ”为和硫酸铅，B错误；C．净化时，加入镍，置换出铜，，C正确；D．由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳和硫酸等，D正确；故选B。13．C【分析】根据电池示意图，放电时a极生成偶氮苯()，则由化合价升高，a电极为负极，电极反应式为：-=+，则b电极为正极，电极反应式为：，充电时反应刚好反向进行，据此分析解答；【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，故由左向右移动，A正确；B．根据分析可知，充电时，a极做阴极，接电源负极，B正确；C．根据分析可知，充电时，b极的电极反应为，C错误；D．放电时，每生成1mol偶氮苯，转移2mol电子，外电路转移的电子数目约为，D正确；故选C。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)球形冷凝管保持恒压，便于液体顺利流下(2)+H2O=SO2+2HCl(3)中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率(4)C(5)防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解(6)b60%【分析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯,粗产品可以利用重结晶法进行提纯。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。16．(1)增大烧渣的接触面积，提高反应速率(2)浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行(3)(4)产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。【详解】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率；②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：；（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行；（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：；（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2；②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。17．(1)大于∆S>0，高温自发，焓变大于0(2)(3)降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等(4)最高点之前，升温速率加快且催化剂活性增强也使反应速率加快，产率增大；523K时催化剂活性最高，随后催化剂活性随温度升高而下降使化学反应速率减小导致产率降低(5)【详解】（1）分析反应物生成物如图；和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为：；由方程式可知∆S>0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S<0，故判断反应焓变大于0；判断理由是∆S>0，高温自发，焓变大于0；（2）根据图象并结合公式可得：y1=-x1Ea+C、y2=-x2Ea+C，联立方程解得Ea=；（3）反应i为气体体积减小的放热反应，为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；（4）由题图可知，523K时甲醇的产率最大，即甲醇产率随温度升高呈现先升高后降低，且为直线下降，可能的原因是最高点之前，升温速率加快且催化剂活性增强也使反应速率加快，产率增大；523K时催化剂活性最高，随后催化剂活性随温度升高而下降使化学反应速率减小导致产率降低；（5）保持压强为，，设CO2物质的量为1mol，H2物质的量为3mol，时甲醇的产率为14%，则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==。18．(1)低温(2)温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小(3)p1＞p2＞p3(4)升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高(5)0.01(6)P(7)CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O【详解】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l)

∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，△H＜0，则在低温条件下更有利于其自发进行。（2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小；（3）反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

∆H1＜0反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

∆H2＞0由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH