文档内容
2026 届云南三校高考备考实用性联考卷（四）
化学评分细则
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D C A A C B
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 D C B D B B D
【解析】
1．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要发生的反应为 C+HO(g)=====CO+H ，
2 2
该过程属于化学变化，形成了新的化学键，A正确。硫酸铵使蛋白质发生盐析，而不是变
性，B错误。核电站反应堆所用铀棒中含有的 与 互为同位素，C错误。酚醛树脂
可由苯酚与甲醛缩聚得到，D错误。
2．NH Cl的电子式为 ，A错误。sp2杂化轨道由1个s轨道和2个p轨道杂化
4
形成，夹角为120°，题中示意图标注180°，为sp杂化特征，B错误。四氨合铜离子的结
构为 ，C错误。金属钠与水反应剧烈，需要护目镜保护眼睛；实验需
用小刀切金属钠，要防止划伤；氢氧化钠具有腐蚀性，实验结束需洗手；钠与水反应放
出氢气，需要通风，D正确。
3．标况下SO 为固体，不能用气体摩尔体积进行相关计算，A错误。未知溶液体积，无法确
3
定SO的数目，B错误。反应①的方程式为 SO +3HS=4S↓+3HO，反应中每断裂
3 2 2
0.6mol S—H键消耗0.3mol H S，故可以得到还原产物的数目为0.1N ，C正确。反应②的
2 A
离子方程式为 3S+6OH−=2S2−+SO+3HO，若有3mol S作氧化剂，转移电子数目为
2
6N ，D错误。
A
4．配制一定物质的量浓度的溶液时，溶质要放在烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，
A不合理。分液时，为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气压相等，所以分液时，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，
再将上层液体从上口倒出，操作方法正确，B合理。碘易升华，加热可使碘固体升华成为
碘蒸气，碘蒸气遇到冷的容器，又凝华成为碘固体，该装置可以提纯粗碘，C合理。用
HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从
而判断滴定终点，D合理。
5．当NaOH吸收少量SO 时，应生成SO而非HSO，正确反应为2OH−+SO =SO+HO ，
2 2 2
A错误。乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，B正确。C正确。 难溶
物不拆，HgS溶解度比 更小，沉淀转移，D正确。
6．合成X的单体为 、CH≡CH、CH=CH ，A错误。X的重复单元中连有苯基
2 2
的碳原子为手性碳原子，1mol X中存在n N 个手性碳原子，B错误。Y的重复单元中只
A
含有酯基一种官能团，C正确。Y为聚酯，碱性条件下可发生降解，X不可降解，D错误。
7．Al(OH) 既可与酸反应又可与碱反应，而Mg(OH) 只可与酸反应，则Mg(OH) 的碱性强
3 2 2
于 Al(OH) ，A 正确。CHCOONH 中 NH 水解，NH+HO NH ·HO+H+，会消耗
3 3 4 2 3 2
CHCOO−水解生成的OH−，测定相同浓度的CHCOONH 和NaHCO 溶液的pH，前者更
3 3 4 3
小，不能说明酸性：CHCOOH>H CO ，B错误。少量硫酸铜与铁反应产生铜单质并附着
3 2 3
在铁表面，形成原电池，加快了反应，所以电化学腐蚀速率更快，C正确。侯氏制碱法的
核心反应为NaCl+NH +CO +H O=NaHCO ↓+NHCl，碳酸氢钠（NaHCO ）形成沉淀
3 2 2 3 4 3
的根本原因是碳酸氢钠在常温下的溶解度较小（约9.6 g/100 mL水），远低于氯化钠和碳
酸钠的溶解度，导致生成的NaHCO 浓度超过其饱和溶解度而析出 ，这一现象是侯氏制碱
3
法工艺设计的核心化学原理，D正确。
8．由图可知，反应①方程式为 ，A正确。由反应
③CHCH生成CH=CH ，应该还生成H+，或由④可知 生成 ，需要加
3 2 2
入H+，B正确。 在反应前添加，反应前后的质量和性质不变，是该反应的催化剂，
该反应总反应为CHCHOH――→CH=CH+H O，可用浓硫酸催化反应，C正确。反应
3 2 2 2 2
过程中有 配位键的形成和断裂，C—O等极性键的断裂，O—H等极性键的生成，
C—C非极性键的生成，但是没有非极性键的断裂，D错误。
9．X、Y、Z、W和Q是原子序数依次增大的前四周期非金属元素，五种元素位于四个不同
的周期，Q序数最大应为第四周期，据单质推出为液溴，Q为Br，Y、Z同周期，则X在
第一周期，Y、Z在第二周期，W在第三周期，再根据物质结构价键数得出，X是H元素，Y、Z、W元素分别为C、O、P。同周期第一电离能高于P的为Cl和Ar两种，A正确。
PCl 和PBr 中心原子相同，且价电子对数均为4，杂化方式相同，电负性Cl>Br，使P
3 3
—Cl成键电子对更远离中心原子，键之间斥力小，键角小，B正确。C H 为乙烯，平面
2 4
结构，为非极性分子，而NH 中两个为三角锥结构，为极性分子，据相似相溶，NH 更
2 4 2 4
易溶于极性溶剂水，且可与水分子间形成氢键，还能与水发生类似 NH 的反应，水溶性
3
C H负极，A正确。右侧 Fe为阴极，发生电极反应为 2H+
+2e−=H ↑，可用惰性电极代替，B错误。阴极消耗H+，导致溶液pH逐渐增大，生
2
成Fe(OH) 、Cr(OH) ，C正确。据转移电子守恒Cr O~6Fe2+~12e−~6H ，20mol Cr O需要
3 3 2 2 2
转移120mol Fe2+则电极上转移240mol电子，据电子利用率50%，则实际转移480mol电
子，消耗240mol H，标准状况下体积为22.4mol/L 240mol=5376L，D正确。
2
13．阳离子[Mg(H O) ]2+中 H—O—H 的键角大于 HO 中 H—O—H 的键角，因为
2 6 2
[Mg(H O) ]2+其中的O参与配位，孤电子对对成键电子的影响减小，A错误。符合题意，
2 6
B正确。据均摊法，晶胞中[Mg(H O) ]2+数目为 ，SO为4，单
2 6 2
位为1nm=10−7cm，晶胞密度为 ，C错误。阴离子SO的中心硫原子的
2
杂化方式为sp3，可以利用等电子体思想与SO对比，中心S杂化类型相同，D错误。
14．由图中点(9，−1.3)，K [Mg(OH) ]=10−1.3 (10−5)2 = 10−11.3，数量级为10−12，A错误。M点
sp 2
时含碳微粒除了有 HCO 、HCO、CO 还有 MgCO ，据碳守恒 n(H CO)+n(HCO )+
2 3 3 2 3 3
n(CO)<0.2mol，B错误。P点c(Mg2+)均小于线上的c(Mg2+)，为不饱和溶液，两个沉淀均
不产生，C错误。从图中可知pH=12时主要生成Mg(OH) 沉淀，D正确。
2二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（除特殊标注外，每空2分 ，共15分）
（1）
（2）4Cl− +MnO+PbS+4H+=PbCl+S+Mn2++2H O
2 2
（3）3.7≤pH < 6.2或3.7~6.2
（4）冰水（1分） PbCl (s)+2Cl−(aq) PbCl(aq) ΔH>0反应吸热，加入冰水温度降
2
低，反应逆向移动生成PbCl (s)
2
（5）1.6×103
（6）①PbCl+2e− =Pb+4Cl− ②0.4
【解析】“浸取”时PbS和MnO 在盐酸中发生氧化还原反应生成S、Mn2+、PbCl 加入的
2 2
NaCl促进反应PbCl (s)+2Cl−(aq) PbCl (aq)正向移动生成PbCl 进入溶液，据此分
2
析写出离子方程式；加入MnO调pH，使Fe3+转化为Fe(OH) 除去，但不能影响溶液中的
3
铅离子，所以调pH范围3.7≤pH<6.2；“沉降”时是为了把溶液中的PbCl 转化为
PbCl 沉淀，即需要让吸热反应PbCl (s)+2Cl−(aq) PbCl (aq)逆向移动，所以需要冰
2 2
水降温逆移；根据沉淀转化反应方程式，得到K的表达式为 ，用 即
可得出答案；“浸取”后的溶液含PbCl 据题目意思要从+2价Pb得电子还原为Pb单质，
据此写出电极反应式，生成41.4g Pb即0.2mol Pb时，转移0.4mol电子，通过质子交换
膜的H+为0.4mol。
16．（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1）三颈烧瓶
（2）抑制Ti(OH) 胶体形成、促进白色沉淀生成（2分）
4
（3）取最后一次洗涤液适量于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀产生
（2分）
（4）检查装置气密性 ② ①
（5）碱石灰（合理答案给分） 防止固体堵塞导气管
（6） ====== （2分）
（7）60%或0.6（2分）
【解析】据题目信息 水解成Ti(OH) 胶体和盐酸，所以稀盐酸可抑制胶体形成、促
4进白色沉淀生成， 与水反应生成白色沉淀 ，将 洗涤，洗
去表面的盐酸，所以是否洗涤干净，检验氯离子即可。装置B中利用浓氨水和生石灰反
应制备NH ，利用装置C除去NH 中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，提前通入NH
3 3 3
排出管式炉中空气后再进行加热，装置D中，NH 和 在800℃下反应生成
3
和 ，化学方程式为 ====== ，装置 E 中装有
CaCl ， 可 以 吸 收 生 成 的 水 蒸 气 及 过 量 的 NH ， 据 钛 原 子 守 恒 ， 理 论 上
2 3
n(TiN)=n(TiCl =19mL× 1.7g/cm3 ÷190g/mol=0.17mol ， 实 际 上
4)
n(TiN)=6.324g÷62g/mol=0.102 mol，所以产率为60%。
17．（除特殊标注外，每空2分 ，共14分）
（1） ΔH= +16.5kJ/mol
（2）>
（3）Ⅰ（1分） =（1分）
（4）AB
（5）①低温、高压 ②25%
【解析】根据摩尔生成焓的概念，用HCOOH的摩尔生成焓减去CO 的摩尔生成焓，即为
2
反应热ΔH；T 时，k =1.8k ，即平衡常数K为1.8，小于T 时的2，平衡逆向移动，该
2 正 逆 1
反应为吸热反应，温度降低，所以T > T ；等温时，压强增大、平衡正向移动，乙烯
1 2
体积分数增大，对应曲线Ⅰ，N点与等压曲线Ⅱ与400℃的交点情况相同，所以压强也
为30MPa；混合气体的密度和ΔH为恒量不能判断平衡；同时提高CO 的平衡转化率和
2
平衡时C H 选择性即有利于生成乙烯的反应正向移动，根据反应放热和气体分子数减小，
2 4
可选择降温、加压的条件；根据已知信息，参加反应的 CO 有 1.2mol，生成乙烯
2
0.3mol，所以乙烯的选择性为25%，列出三段式计算得出平衡时CO 、H 、C H 、HO
2 2 2 4 2
的浓度分别是0.4mol/L、1.8mol/L、0.15mol/L、0.9mol/L，代入K的表达示即可。
18．（除特殊标注外，每空2分 ，共15分）
（1）苯胺 酰胺基、硝基
（2）
（3）否（1分） 保护氨基（1分）（4） （主产物正确，写
成HBr也可以得分）
（5）消去（1分）
（6）sp2杂化
（7）13
【解析】A发生取代反应生成B： ，B在硫酸作用下与硝酸发生对位取代生
成C： ；C水解生成D，D取代生成E，E发生取代反应生成F，结合已知
信息，根据其分子式，可推出F为 ；F发生取代反应生成G：
。
