湖南省长沙市2026届高考预测自编化学试卷01（人教版）（解析版）

湖南省长沙市2026届高考预测自编试卷01化学试题（解析版）题号12345678910答案BAACCDBABB题号11121314答案CDCD1．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．的中心原子是I，价层电子对数为，1mol的中心原子价层电子对物质的量为5mol，A项正确；B．溶液中存在的水解，S2-水解产生HS-和OH-，会使阴离子总数增多，故1L溶液中阴离子总数大于，B项错误；C．碱性氢氧燃料电池中被氧化的是，由电极反应式，被氧化转移0.2mol电子，C项错误；D．1个CO分子含1个配位键，1个CO分子与Fe形成1个配位键，故1个中含10个配位键，98g为0.5mol，则0.5mol中含配位键数为，D项错误；本题选A。3．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。4．C【详解】A．在时刻增大压强，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，但是反应物中没有气体，增大压强，时刻正反应速率不变，与图1所示不符，A错误；B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Y的平衡转化率增大，与图2所示不符，B错误；C．由图3可知，反应从正向开始，T2为平衡状态，而后升高温度，B的百分含量增大，C的百分含量减小，说明化学平衡逆向移动，故正反应是放热反应，C正确；D．由图4可知，降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，即正反应是气体体积减小的方向，故A、B、C是气体，D为固体或液体符合，但反应是放热反应，D错误；故选C。5．C【分析】先向饱和食盐水中通入，再通入，发生反应，经过滤（过程①）得到固体和含的溶液A；将固体加热分解（过程②）得到固体、和；向溶液A中加入固体，利用同离子效应使结晶析出，经过滤（过程③）得到固体和含、的溶液B，溶液B可并入饱和食盐水中循环使用，以提高原料利用率。【详解】A．过程①③涉及过滤操作，过程②是碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠，A错误；B．氨气极易溶于水，侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入足量氨气，使得溶液显碱性，可以吸收更多的二氧化碳，B错误；C．溶液A析出氯化铵后所得溶液B中含有大量的氯化钠，故溶液B可循环使用，C正确；D．溶液A是析出后的母液，含有生成的、大量未反应的以及少量溶解的，故溶液A中所含阳离子为和”或“溶液A是析出后的饱和溶液，主要溶质为反应生成的和过量的，所含阳离子为，D错误；故答案选C。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)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