2026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）化学答案_2025年10月_2510142026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）（全科）

2026 届云南三校高考备考实用性联考卷（三） 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 D C B A B D C 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 A C B D D A D 【解析】 1．四氧化三铁（Fe O ）具有磁性，常用于磁带制作，A正确。单晶硅为共价晶体，固态硬盘 3 4 芯片使用单晶硅，B正确。氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C 正确。高级脂肪酸甘 油酯是由高级脂肪酸和甘油形成的酯类，其相对分子质量一般在几百左右，不属于高分子 化合物，所以该过程不是无机小分子向有机高分子的转化，D错误。 2．基态S原子的价电子排布式为3s23p4，轨道表示式： ，A错误。氯化镁为离子 化合物，电子式为 ，B 错误。BF 分子中中心原子 B 原子的价层电子对数 3 1 为3+ (3−1×3)=3，无孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为平面三角形，C正确。Na+ 2 离子半径比 Cl−小，水分子电荷情况如图 ，Cl−带负电荷，水分子在 Cl−周围时，呈 正电性的H朝向Cl−，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合 离子应为 ，D错误。 3．Mg(OH) 的溶解度小于MgCO ，NaOH过量时应生成Mg(OH) ，B错误。 2 3 2 4．18g 水蒸气（1mol）中含有氢键数小于 2N ，A 正确。体积未知，无法计算，B 错误。金 A 刚石中每个C原子形成4个碳碳单键，但每个碳碳单键被2个C原子共用，因此1mol C 原子对应 2mol 共价键，C 错误。1mol Na O 与足量 CO 反应，转移电子数为 1N ，D 错 2 2 2 A 误。 化学评分细则·第1页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}5．AlCl 溶液在空气中直接加热会促进 AlCl 水解而生成氢氧化铝，氢氧化铝再受热分解可能 3 3 生成Al O ，不能制备 AlCl 固体，A 错误。向铜氨溶液中加入乙醇，能够降低水分子的 2 3 3 极性，有利于析出[Cu(NH ) ]SO H O深蓝色晶体，B正确。在铁片上镀镍，镀层金属镍 3 4 4 2 做阳极，待镀金属铁做阴极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，C 错误。乙醇与苯 酚互溶，不能用过滤的方法除去乙醇中的苯酚，D错误。 6．据X、Y的结构对比分析可知，CO 的一个C=O键断开与X发生加成反应，故原子利用 2 率为100%，A正确。1mol Y中最多能与3mol NaOH反应，B正确。Y的结构式中参与反 应的—OH和—NH 发生脱水缩聚，出现“ ”结构片段，C正确。高分子 2 P可降解，水解过程中—CO—NH—会被破坏，最终并不会得到Y，D错误。 7．由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氢气，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+加入 Na S 分 2 离出滤渣1含CoS和NiS，再加入草酸除铁生成FeC O ，过滤分离出硫酸铬。“浸出”过 2 4 程中四种金属均与稀硫酸反应生成H ，稀硫酸体现了酸性和氧化性，A正确。“除杂”的 2 目的是除去Ni、Co元素，滤渣1含CoS和NiS，B正确。“滤渣2”的主要成分是FeC O ， 2 4 C错误。流程中铬元素的化合价仅由0价变为+3价，未产生六价铬化合物，D正确。 8．FeCl 与 KI 发生反应：2FeCl +2KI=2FeCl +2KCl+I ，二者是等物质的量关系反应。根 3 3 2 2 据题目已知的二者物质的量关系可知 KI 过量。向过量的 KI 溶液中加入少量 FeCl 溶液， 3 充分反应后加入KSCN溶液，溶液变红说明溶液中含有Fe3+，则证明该反应是可逆反应， 反应有一定限度，反应物不能完全转化为生成物，A 正确。在 CuCl 溶液中，存在平衡： 2 [Cu(H O) ]2++4Cl−     [CuCl ]2−+4H O，[Cu(H O) ]2+呈蓝色，[CuCl ]2−呈黄色，第一支试 2 4 4 2 2 4 4 管加热溶液颜色呈黄绿色，说明升高温度平衡正向移动；第二支试管置于冷水中，溶液颜 色呈蓝绿色，说明降低温度平衡逆向移动，故该反应为吸热反应，B错误。溴乙烷与NaOH 溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子应先加硝酸酸化，再滴加 AgNO 3 溶液，C 错误。利用新制氢氧化铜检验醛基，应在碱性环境下进行，NaOH 应过量，D 错 误。 9．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y 的价电子数是 W、X 的价电子数 之和且只与X同周期，基态Z原子的核外电子空间运动状态有9种，结合Z形成2个共价 键，可以推知Z为S元素，电子排布式为1s22s22p63s23p4，W形成1个共价键，W为H元 素，Y形成3个共价键，Y为N元素，则X为C元素，以此解答。NH 存在分子间氢键， 3 沸点高，沸点大小顺序为X < Z < Y，A错误。N基态原子电子排布式为1s22s22p3，含有3 个未成对电子，C 基态原子电子排布式为 1s22s22p2，含有 2 个未成对电子，S 基态原子电 子排布式为1s22s22p63s23p4，含有2个未成对电子，则基态原子的未成对电子数：S=CN， 化学评分细则·第2页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}B 错误。1 号N原子和 2 号N原子均为sp3杂化，1 号N原子含有1 个孤电子对，2号N 原子不含孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力较大，则键角WYW：1号N<2号N，C 正确。CO 为直线形分子，无极性；SO 为V形分子，有极性，D错误。 2 2 10．催化剂不能改变反应热，A 错误。②中生成 CH =CHOOCCH 的过程中，有 C—H 断裂 2 3 和C—O的生成，有极性键断裂与形成，C错误。反应①中有单质的参与，是氧化还原反 应，D错误。 11．由图可知，a电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反 应生成氨气和氢氧根离子，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成 氧气和水，双极膜中水解离出的氢氧根离子移向阳极、氢离子移向阴极。由分析可知， 电解过程中，b电极为阳极，其电势比阴极（电极a）高，A错误。双极膜中氢离子移向 阴极（a 极），B 错误。当电路中通过 0.2mol e−时，跨膜 H+、OH−各为 0.2mol，据 H O     H++OH−可知，双极膜中有 0.2mol H O 发生解离，C 错误。阳极反应式： 2 2 4OH 4e=2H OO ，已知阳极气体的FE为50%，阳极产生11.2L气体（标准 2 2 状况）即 0.5mol 氧气时，理论通过电极的电子的物质的量为 4mol，a 电极反应式为 NO 8e 6H O=NH 9OH，由得失电子数目守恒及FE(NH )可达90%可知，阴 3 2 3 3 1 极有 ×4mol×90%=0.45mol氨气生成，D正确。 8 12．由题中信息可知，GaCl 的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，A 错误。基态 Ga 原子价 3 层电子排布式为4s24p1，B错误。NH ·H O为弱电解质，不可拆，故Ga(OH) 与氨水反 3 2 3 应的离子方程式为Ga(OH) +NH ·H O=[Ga(OH) ]−+NH+，C错误。Na[Ga(OH) ]中含 3 3 2 4 4 4 有离子键、极性键、配位键，D正确。 3 3 1 13．根据晶胞图可知，B原子的分数坐标为 ， ， ，A错误。 4 4 4 14．CH NH 碱性强先发生反应，则第一个滴定突变 3 2 点为 CH NH 的滴定终点，由 a 点可知， 3 2 0.1000molL120.00mL c(CH NH )= 3 2 20.00mL =0.1000molL1；第二个滴定突变点为NH OH 2 的 滴 定 终 点 ， 由 c 点 可 知 ， 0.1000molL1(60.0020.00)mL c(NH OH)= 2 20.00mL =0.2000molL1；碱性物质中滴入盐酸，pH由大变小，结合滴定过程中反应顺序可知， 化学评分细则·第3页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}乙图中曲线对应粒子如上图；由分析，该混合溶液中c(NH OH)>c(CH NH )，A 错误。 2 3 2 由分析可知曲线 1 对应粒子是 NH+OH，B 错误。由乙图中点(10.6，0.5)，此时 3 c(CH NH )=c(CH NH+)且 pH=10.6，pOH=3.4，由 CH NH +H O    CH NH++OH−， 3 2 3 3 3 2 2 3 3 K (CH NH )=c(OH−)=10−3.4 ， C 错 误 。 由 电 荷 守 恒 ， a 、 b 、 c 点 均 存 在 b 3 2 c(Cl)+c(OH)=c(NHOH)+c(CH NH)+c(H)，D正确。 3 3 3 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）直形冷凝管（写冷凝管也给分）（1分） （2）防止反应过程中苯胺被氧化（或过量的冰乙酸与适量的锌反应生成氢气排空气防止 苯胺被氧化） （3）乙酸 （4） （5）防止温度降低，乙酰苯胺析出附着在烧瓶内壁，造成产率降低 重结晶 （6）②①③ （7）66.7% 【解析】（2）苯胺为还原性液体，易被氧化，锌具有还原性，加入锌粉可以防止反应过程 中苯胺被氧化。 （3）该实验使用分馏柱的目的主要是使得蒸出的乙酸回流，提高原料利用率。 （4）乙酰苯胺与 NaOH 发生水解反应生成苯胺和乙酸钠，反应的化学方程式为 。 （5）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，所以为了防止温度降低，乙酰苯胺析出附着在 烧瓶内壁，步骤Ⅲ中应趁热将反应液倒入烧杯中，粗产品提纯的最佳方法是重结晶。 （6）结合N原子上电子云密度越大，碱性越强，则碱性由强到弱的顺序是②①③。 （7）在烧瓶中加入 4.5mL(50mmol)新制的苯胺、7.5mL(0.124mol)的冰乙酸，根据反应 ，苯胺和冰乙酸按物质的量1∶1反应， 则 冰 乙 酸 过 量 ， 理 论 上 生 成 乙 酰 苯 胺 0.05mol ， 故 该 实 验 的 产 率 为 4.50g 100%66.7%。 0.05mol135g/mol 化学评分细则·第4页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}16．（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）BaSO 、SiO 4 2 （2）1∶2 （3）Co2 HCO NH H O=CoCO NH H O 7.5 3 3 2 3 4 2 （4）促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 稀硫酸（1分） （5）Ni CuN 12（1分） 3 【解析】由题给流程可知，向含钴镍废料中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐， 二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸钡、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加 入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH，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和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶 液中的镍离子，分液得到有机相和水相；向水相中加入氨水和碳酸氢铵的混合溶液，将 溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴；向有机相中加入反萃取剂 萃取、分液得到硫酸镍溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水 硫酸镍；六水硫酸镍煅烧得到镍的氧化物。 （2）由得失电子守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂Fe2+的物质的量之比为1∶2。 （3）由分析可知，加入氨水和碳酸氢铵的混合溶液的目的是将溶液中的亚钴离子转化为 碳 酸 亚 钴 沉 淀 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 Co2 HCO NH H O=CoCO NH H O；根据已知：K [Co(OH) ]=2×10−15， 3 3 2 3 4 2 sp 2 21015 起始时c(Co2+)=0.02mol·L−1，c(OH−)= mol/L=106.5mol/L，c(H+)=10−7.5mol·L−1， 0.02 所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5，防止沉钴时生成Co(OH) 。 2 萃取 （4）结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应2HX+Ni2+NiX +2H+ 反萃取 2 萃取 向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使2HX+Ni2+NiX +2H+ 反萃取 2 向左移动，可通过加入酸来实现。 （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 d ∶d =1∶ 2 ，设晶胞 Ni−N Ni−Cu 2 边长为 a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为 a，面心的原子与体心 2 1 1 的原子距离为 a，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6× 3个，顶点原子为Cu， 2 2 1 有 8× 1个，体心的原子为 N，有 1 个，则 x∶y∶z=3∶1∶1；化学式为 Ni CuN ，根 3 8 据分析，Cu 原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上 Ni 原子，数目为 1 38 12。 2 化学评分细则·第5页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}17．（每空2分，共14分） （1）A （2）a−3b−4c （3）BD （4）①b ②400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，但反应Ⅲ逆向移动程度 更大，所以n(CO )增大 2 2.25 ③22.5% 0.46.2 【解析】550℃时，曲线a物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含 碳微粒，故曲线a表示H ，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质 2 的量增大，则曲线c代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH 物质的量降低，则曲线 4 b代表CH ，据此解答。 4 （1）反应ⅠΔS＞0，ΔH＞0，代入ΔG=ΔH−TΔS可知，高温条件下ΔG＜0，反应能自发进 行，故选A。 7 （2）由题意可知：①C H O (g)+ O (g)=3CO (g)+4H O(l) ΔH=a kJ/mol， 3 8 3 2 2 2 2 1 1 ②CO+ O (g)=CO (g) ΔH=b kJ/mol，③H (g)+ O (g)=H O(l) ΔH=c kJ/mol， 2 2 2 2 2 2 2 根据盖斯定律，反应Ⅰ的ΔH=①−3②−4③，故反应Ⅰ的ΔH=(a−3b−4c) kJ/mol。 （3）反应Ⅰ为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，当气体的平均 m 相对分子质量M= 不再改变时，说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，A不符合题意。 n 化学平衡常数只与温度有关，一定温度下，当反应Ⅱ的平衡常数不再改变时，不能说明 恒容密闭容器中反应达到平衡状态，B 符合题意。H 的体积分数是变量，当其不再改变 2 时，说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，C不符合题意。单位时间内，消耗1mol H O， 2 同时生成 1mol CO ，都为正反应速率，不能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，D 2 符合题意。 （4）①由题意可知，曲线 b 代表CH ；②400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平 4 衡均逆向移动，但反应Ⅲ逆向移动程度更大，所以n(CO )增大；③550℃时，n(H )5mol， 2 2 化学评分细则·第6页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}n(CO )2.2mol ， n(CH )n(CO)0.4mol ， 根 据 C 原 子 守 恒 ， 可 得 2 4 n(C)n(CO )n(CO)n(CH ) n(C H O ) 2 4 0 ， 根 据 O 原 子 守 恒 ， 可 得 3 8 3 3 n(H O)=3n(C H O ) +n(H O) −2n(CO )−n(CO)=3822.20.46.2mol，则H O的平 2 3 8 3 始 2 始 2 2 86.2 衡 转 化 率 为 100%22.5% ， 反 应 Ⅱ 的 平 衡 常 数 8 n(CO ) n(H ) 2  p(总) 2  p(总) n(总) n(总) n(CO )n(H ) 2.25 K =  2 2  。 p n(CO) n(H O) n(CO)n(H O) 0.46.2  p(总) 2 p(总) 2 n(总) n(总) 18．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）C H N O Cl （1分） 12 7 2 3 3 （2）碳氯键、氨基（每个1分，共2分） （3）取代反应（或硝化反应）（1分） （4） （5） （3分） （写 给2分） （6）5 或 （1分） （7） （3分） 化学评分细则·第7页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}【解析】由C、E结构反推出D结构，D为 ，再由C结构继续反推得出B、A 结构，A为 ，B为 ；结合反应条件，对比E与F分子式可知E→F 发生还原反应，从而得出F的结构为 ； （3） 为苯环上的H被硝基取代，该反应为取代反应。 （5）根据F和G的结构以及反应条件可知，F与CS 和KOH反应生成G和K S和水，反 2 2 应 方 程 式 为 。 （7） 在Fe/HCl作用下发生还原反应生成 ， 与CS 在KOH， 2 乙醇溶液中发生流程中F→G的反应生成 ， 与 在KOH，乙醇 溶 液 中 发 生 流 程 中 G → H 的 反 应 生 成 ， 合 成 路 线 为 。 化学评分细则·第8页（共8页） {#{QQABLYKUggAIQIAAABgCEQFACgKQkBECAYoOBAAYMAAASBNABAA=}#}