2026年高考化学真题（云南卷）（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0611化学_2026年高考化学真题(云南卷)+答案

云南省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学
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。
1.【答案】B
【解析】A．橡胶属于有机高分子材料，耐寒轮胎为适应特殊环境设计，属于特种橡胶，A项正确；
B．钛板的核心成分是金属钛，属于金属材料，而陶瓷材料是无机非金属材料，因此钛板不属于陶瓷
材料，B项错误；
C．石英的主要成分为二氧化硅，C项正确；
D．聚酯是由多元醇与多元酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，D项正确；
故答案为B。
2.【答案】A
【解析】A．同素异形体指同种元素形成的不同单质，红磷和白磷均由磷元素组成且结构不同，属于
同素异形体，A项正确；
B．CH Cl中C-Cl键为极性键，且分子空间结构不对称，CH Cl类似甲烷的四面体结构，但Cl取
3 3
代H后电荷分布不均，属于极性分子，B项错误；
6-2×1
C．H O中O原子的价层电子对数为2+ =4，含2对孤对电子，空间结构为V形，C项错
2 2
误；
D．S2-的价电子数为6+2=8，其价层电子轨道表达式为 ，D项错误；
故答案为A。
3.【答案】C
【解析】A．NO是无色、有刺激性气味的气体，NO 为红棕色气体，A项错误；
2
B．NH HCO 为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为NH+和HCO-，HCO-为弱酸酸式根，不
4 3 4 3 3
能进一步拆分，因此其电离方程式为NH HCO =NH++HCO-，B项错误；
4 3 4 3
高温高压
C．合成氨反应N +3H 2NH 为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反
2 2 催化剂 3
应的N 和H 回收再利用，从而提高原料利用率，C项正确；
2 2
D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催
化剂无关，因此新型催化剂不能改变N 生成N[Si(CH ) ] 的反应热，D项错误；
2 3 3 3
故答案为C。
4.【答案】D
【解析】A．石油分馏是利用石油中各成分沸点不同，通过加热、冷凝实现分离的过程，由于过程中没
有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，A项错误；
B．蔗糖是典型的二糖，水解生成等物质的量葡萄糖和果糖，B项错误；
C．明矾加入水中发生水解反应：Al3++3H 2 O⇌AlOH  胶体 3  +3H+，Al(OH) 胶体吸附水中杂 3
质，可作净水剂，水解生成H+，溶液呈酸性，C项错误；
Δ
D．NaHCO 热稳定性较差，受热易分解2NaHCO =Na CO +CO ↑+H O，D项正确；
3 3 2 3 2 2
·1·故答案为D。
5.【答案】A
【解析】A．硝酸银中的Ag+是重金属离子，能破坏蛋白质的空间结构，使其失去生物活性，发生变
性，A能达到实验目的；
B．装置图中缺少杯盖，热量散失严重，会导致测得的中和热数值偏小，B不能达到实验目的；
C．制备Fe(OH) 胶体是向沸水中滴加饱和FeCl 溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，图中是将饱和
3 3
FeCl 溶液滴入NaOH溶液中，会直接发生反应生成的是Fe(OH) 沉淀，C不能达到实验目的；
3 3
Δ
D．MnO 与浓盐酸反应制取氯气(MnO +4HCl MnCl +Cl ↑+2H O)，需要加热条件，图中装置
2 2 2 2 2
没有酒精灯加热，反应无法发生，D不能达到实验目的；
故选A。
6.【答案】D
【解析】A．W的结构简式为 ，根据结构简式可得分子式为C H O ，A正确；
9 10 4
B．X的结构简式为 ，分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．Y的结构简式为 ，分子中含有碳碳双键和酯基，能发生加成和水解反应，C正确；
D．Z的结构简式为 含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位(2个位置)可以被Br原
子取代，1mol Z消耗2mol Br ，侧链上的碳碳双键可以与Br 发生加成反应，1mol Z消耗1mol
2 2
Br ，总共最多消耗3mol Br ，C错误；
2 2
故选D。
7.【答案】B
【解析】A．水泥的主要原料是石灰石(CaCO )和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心原
3
料之一，A正确；
B．根据图示，MgSiF 6 与CaOH  2 反应方程式可表示为：MgSiF 6 +2CaO,H  =MgF +2CaF + 2 2 2
SiO +2H O，反应前后，各元素化合价均未发生变化，没有电子转移，属于非氧化还原反应，B错误；
2 2
C．聚四氟乙烯由四氟乙烯(CF =CF)通过加聚反应合成，双键打开形成高分子链，反应方程式
2 2
为：nCF =CF → ，C正确；
2 2
D．该防护方法为牺牲阳极法(牺牲负极保护法)，Zn的金属活动性比Fe强，作为原电池的负极，会
不断被氧化腐蚀，而钢闸门(Fe)作为正极被保护，随着反应进行，Zn板会逐渐消耗，因此需要定期
检查、更换Zn板，保证防护效果，D正确；
故选B。
8.【答案】D
【解析】A．V为C，V的简单氢化物为CH ，W为O，W的简单氢化物H O，H O存在分子间氢键，
4 2 2
沸点远高于甲烷，则沸点H O>CH ，即V<W，A错误；
2 4
B．X为Mg，Z为Ca，金属性Ca > Mg，金属性越强，最高价氧化物水化物碱性越强，则碱性
·2·CaOH  >MgOH
2
 ，即X<Z，B错误；
2
C．X为Mg，Y为Al ，Mg 的价电子排布为3s2，是全充满的稳定结构；Al的价电子排布为3s23p1，
p轨道只有1个电子，易失去，故第一电离能：Mg>Al，即X>Y，C错误；
D．U为H，W为O，可形成H O(水)和H O (过氧化氢)，二者在常温下均为液态，正确；
2 2 2
故选D。
9.【答案】C
【解析】A．由上述分析可知，a中黑色固体成分有FeS，A项正确；
B．Fe与S在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成Fe O ，B项正确；
2 3
C．步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行，其目的是防止FeSO 、H S被氧化，步骤Ⅰ使用煮沸后的稀
4 2
硫酸，其目的是除去溶解氧，C项错误；
D．醋酸铅试纸用于检验生成的H S气体，b中使用CuSO 溶液替代NaOH溶液，H S与CuSO 发
2 4 2 4
生反应：CuSO +H S=CuS↓+H SO ，CuS为黑色固体，难溶于稀硫酸，可达到检验H S的目的，
4 2 2 4 2
D项正确；
故答案为C。
10.【答案】D
【解析】A．光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中，涉及光能→化学能的转
化，A项正确；
B．步骤Ⅱ中，空穴h+带正电，使底物失去电子，h+作为氧化剂，体现氧化性，B项正确；
C．空穴h+是氧化剂，数量越多，氧化能力越强，促进α-甲基苯甲胺脱氢反应越彻底，生成的
越多，C项正确；
D．步骤III过程中断裂C-H极性键，步骤IV过程中形成C-C非极性键和H-H非极性键，无非
极性共价键的断裂，D项错误；
故答案为D。
11.【答案】C
1 1
【解析】A．T点位于底面的面心，其原子坐标为 ， ，0
2 2
 ，A项错误；
B．PS3-位于体心和顶点，以体心为例，每个PS3-周围与它最近且距离相等的PS3-有8个，B项错
4 4 4
误；
C．Na+位于棱和面心，沿z轴方向投影，纵向棱上的Na+会被PS3-遮挡，因此投影图为
4
，C项正确；
1 1
D．晶胞中Na+位于棱和面心，其个数为12× +6× =6，PS3-位于体心和顶点，其个数为8×
4 2 4
·3·M
2× g
1 N
+1=2，1个晶胞中含有2个Na PS ，因此晶胞密度ρ= A
8 3 4 a×10-10cm 
，因此晶胞参数a=
3
3 2M×1030
cm，D项错误；
ρN
A
故答案为C。
12.【答案】A
【解析】A．大环化合物甲与C 通过范德华力形成超分子乙，因此乙为分子晶体，A项错误；
60
B．甲与C 结合生成乙，即“捕获C ”，乙在OH-/H+条件下释放C 生成丙，即“释放C ”，明确体
60 60 60 60
现了大环对C 的捕获与释放，B项正确；
60
C．该超分子的核心作用力是分子间作用力(如范德华力、氢键等)，C 与大环通过分子间作用力结
60
合，C项正确；
D．甲、乙中∗C形成3个化学键，为sp2杂化，丙中∗C形成4个化学键，为sp3杂化，乙⇌丙过程中可
通过调节pH实现，即调控pH可使甲和丙中∗C的杂化方式发生可逆转变，D项正确；
故答案为A。
13.【答案】D
【解析】A．充电时，模式II阴极上LiCl得到电子生成Li，阳极上Li S O 失去电子生成SO Cl ，根
2 2 4 2 2
据守恒关系可知模式II的反应为Li S O +4LiCl=2SO Cl +6Li，A项错误；
2 2 4 2 2
B．模式I充电时总反应为4LiCl+SO =SO Cl +Cl +4Li，充电过程中Li元素化合价降低，S元
2 2 2 2
素及部分Cl元素化合价升高，因此外电路通过1mol电子，石墨阳极上最多生成0.25mol Cl ，B项
2
错误；
C．放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C项错误；
D．放电时，模式I的总反应与转移电子关系为SO Cl +Cl +4Li=4LiCl+SO ∼4e-，模式II的
2 2 2 2
总反应与转移电子关系为2SO Cl +6Li=Li S O +4LiCl∼6e-，由此可知分别消耗1 mol
2 2 2 2 4
SO Cl ，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ，D项正确；
2 2
故答案为D。
14.【答案】B
【解析】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表 CuC 2 O 4   2  2-，A错误；
B．该反应的平衡常数 K = c CuC 2 O 4   2   2-  
cCuC 2 O 4  ⋅cC 2 O2 4 - 
，由分析推导可知 c CuC 2 O 4   2   2-  
cC 2 O2 4 - 
=
K spCuC 2 O 4 
10-0.85
⋅K =10-0.85，代入平衡常数表达式得到K= 3
cCuC 2 O 4 
，观察图中pH= 2.87 时的
点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时pC 2 O2 4 -  =2.34，pH= 2.87 时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处：
p CuC 2 O 4   2  2-=pC 2 O2 4 -  +0.85，此时p CuC 2 O 4   2  2-=3.19，代入平衡常数表达式得到：K=
10-0.85
=102.34，B正确；
10-3.19
C．由B项分析可知，p CuC 2 O 4   2  2-=3.19并保持不变(或由Ⅰ线pH=0.15时，pC 2 O2 4 -  =
6.16，pCu2+  =9.35-6.16=3.19，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15)，故CuC O (aq)的浓度为 2 4
10-3.19 mol⋅L-1，C错误；
D．对溶液中物种做物料守恒：总草酸根(溶液中)：c(C O2-)+c(HC O-)+c(H C O )+
2 4 2 4 2 2 4
cCuC 2 O 4 (aq)  +2c[Cu(C O ) ]2- 2 4 2  + n CuC 2 O 4 s    =0.2mol/L；总铜(溶液中)：c(Cu2+)+ V
·4·cCuC 2 O 4 (aq)  +c[Cu(C O ) ]2- 2 4 2  + nCuC 2 O 4 (s)  =0.1mol/L (注：两种以固体形式存在的 V
CuC 2 O 4 s  只是为了列物料守恒)，将两式整理得到，c(C O2-)+c(HC O-)+c(H C O )+ 2 4 2 4 2 2 4
c[Cu(C O ) ]2-
2 4 2
 -c(Cu2+)=0.1 mol⋅L-1，这是一个等式，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1)ds (2)Ni+2H+=Ni2++H ↑
2
(3)Cu2+
(4) ①. HCl为强酸，会引入大量 H+导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效
②. HSO-+SO2-=2SO2-+H++1O
5 5 4 2
(5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035
(7)2AgNO +2NaOH=Ag O↓+2NaNO +H O
3 2 3 2
【解析】
【小问1详解】
Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。
【小问2详解】
酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni
和H+反应生成Ni2+和H ，离子方程式：Ni+2H+=Ni2++H ↑。
2 2
【小问3详解】
滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成Cu2+、Ag+，Au不溶解，因此
滤液2中金属离子除Ag+外还有Cu2+。
【小问4详解】
根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力
下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子(1O ) ，PMS(以HSO-表示)发生分解反
2 5
应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HSO-+SO2-=2SO2-+H++1O 。
5 5 4 2
【小问5详解】
“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，在此工
序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。
【小问6详解】
V(NaOH) 在 0 ~ 20.00mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的
阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00mL 时 pNi 发生突变上升，
说明此阶段NaOH均用于沉淀Ni2+，沉淀Ni2+消耗NaOH体积为55.00 mL-20.00 mL=35.00
mL，nOH-  =0.1000 mol/L×0.035 L=0.0035 mol，由Ni2++2OH-=Ni(OH) 2 ↓得nNi2+  =
0.0035 mol
=0.00175 mol，cNi2+
2

0.00175 mol
= =0.035 mol/L。
0.05 L
【小问7详解】
滤液2中Ag+以AgNO 形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为Ag O，因此反
3 2
应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为2AgNO +2NaOH=Ag O↓
3 2
+2NaNO +H O。
3 2
16.【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)D
(3) ①. 除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质 ②. 下
(4)降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出
·5·m
(5)重结晶 (6) 1 ×100% (7)D
1.009
(8)6
【解析】
【小问1详解】
由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下；
【小问2详解】
佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH Cl 有毒、易挥发，所以要注意排气防止
2 2
中毒；本实验不涉及锐器，故选D；
【小问3详解】
步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mL CH Cl 溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可
2 2
用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH Cl 的密度为
2 2
1.33g·cm-3，大于水，因此分液时在下层；
【小问4详解】
步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中
析出；
【小问5详解】
粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结
晶法。
【小问6详解】
根据反应离子方程式：Ni2++2bpy+2BPh- 4 = Nibpy   2  BPh 4  ，再结合投料量，理论上三者恰好完全反 2
应，理论上生成配合物Z的物质的量为1 mmol，质量为0.001 mol×1009 g⋅mol-1=1.009 g ，实际产量
实际产量 m
为m  g，产率= ×100%= 1 ×100%；
1 理论产量 1.009
【小问7详解】
A．核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不符合题意；
B．质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不符合题意；
C．红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不符合题意；
D．X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D符合题意；
故选D；
【小问8详解】
bpy(联吡啶)是双齿配体，每个bpy提供 2 个配位原子，当1:2投料时，2 个bpy共提供4个配位原
子，配位数为4；当n(Ni2+)∶n(bpy)=1∶3投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此Ni2+的
配位数为6。
ΔH -ΔH
17.【答案】(1) ①. 2 3 ②. < (2)C
2
0.752
(3) ①. B ②. 0.25 ③.
(1.2875)2⋅0.252
15.60×10-6 10.92×10-6 6.24×10-6 1.56×10-6
(4) ①. 1 ②. 或 或 或
0.40 0.28 0.16 0.04
(5)CH OH
3
【解析】
【小问1详解】
·6·1 1
根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以 ​减去第二个反应乘以 ，得到目标反应，故ΔH =
2 2 1
ΔH -ΔH
2 3 。反应i中，反应物气体总物质的量为4mol，生成物仅2mol气体(DMO为液态)，气体物
2
质的量减少，熵减小，因此ΔS <0。
1
【小问2详解】
A．及时移走液态生成物DMO，DMO为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，CH ONO平衡
3
转化率不变，错误；
B．恒容密闭容器中通入N ，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误；
2
C．增大CO和CH ONO投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，CH ONO转化率提高，正确；
3 3
D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。
【小问3详解】
①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在120~140℃时，
主产物的选择性较高，但CH ONO的转化率太低，而温度在140~160℃时，副产物2的选择性急剧升
3
高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为130∼150°C，答案选B。
②130℃时CH 3 ONO平衡转化率为75%，初始浓度为1mol⋅L-1，因此平衡时cCH 3 ONO  =1×
1-75%  =0.25mol⋅L-1，两个反应中，每消耗1 mol CH ONO均生成1molNO，因此平衡 3
cNO  = 0.75mol ⋅ L-1；结合 DMO 选择性 90%，生成 DMO 的 CH ONO 为 0.75 × 90% = 3
0.675mol/L。根据反应 i，cDMO 
1
= 2  ΔcCH 3 ONO 
0.675mol/L
= =0.3375mol/L，反应 ii 2
0.075mol/L
消耗的CH ONO=0.75mol/L×(1-90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)= =
3 2
0.0375mol/L；列出变化量：：
2COg i．  + 2CH 3 ONOg  ⇌ COOCH 3  l 2  + 2NOg 
变化量mol/L 0.675 0.675 0.3375 0.675
COg ii．  + 2CH 3 ONOg  ⇌ COOCH 3  g 2  + 2NOg 
变化量mol/L 0.0375 0.075 0.0375 0.075
平衡cCO  =2-0.675-0.0375  mol⋅L-1=1.2875mol⋅L-1，DMO为液态不计入平衡常数(题中
c2NO
所给单位亦可看出)，因此反应i的平衡常数K =
c

c2CO  ⋅c2CH 3 ONO 
0.752
= 。
(1.2875)2⋅0.252
【小问4详解】
①速率方程v=kcmDMO  ，当cDMO  增加10倍，v增加10倍，可得k(10c)m=10⋅kcm，即10m=
10，因此m=1。
v 15.60×10-6 10.92×10-6 6.24×10-6
②m=1，因此k= ​，代入图2中任意一组数据即可： 或 或
c 0.40 0.28 0.16
1.56×10-6
或 。
0.04
【小问5详解】
根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为8C、18H、8O，右侧DMT总组成为6C、10H、6O，剩余
2C、8H、2O对应2Y，因此Y为CH OH。
3
18.【答案】(1)碳碳双键
(2)取代反应 (3)5
·7·(4) +NaOH→ + (5)CH CH OH
3 2
(6)作氧化剂，将醇羟基氧化为醛基
(7)2 (8) 、 、 (任写一种)
(9)
【解析】
【小问1详解】
A为 ，其中R为 ，A中官能团为羧基、醚键和碳碳双键；
【小问2详解】
A(羧酸)与R'SO NH 反应，羧基的-OH被-NHSO R'取代，属于取代反应；
2 2 2
【小问3详解】
C的结构简式为 ，两个碳碳双键均为平面结构，中间单键可旋转，使两个双键平面共面，所有
碳原子均可共平面，主链4个C+甲基1个C ，共5个C；
【小问4详解】
E的结构简式为 ，含有酰胺键(-CONH-)，在NaOH溶液中加热时，酰胺键发生水解，
反应的化学方程式为： +NaOH→ + ；
【小问5详解】
由分析知，G与 发生取代反应生成H和CH CH OH；
3 2
【小问6详解】
由流程图知，DMP将I中的醇羟基(-OH)氧化为醛基(-CHO)；
·8·【小问7详解】
手性碳是指连有 4 个不同基团的饱和碳原子，如图(带*号) ，则K中手性
碳原子的个数为2；
【小问8详解】
F的分子式为C H O ，不饱和度为5，满足①能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯结构，②能与
7 6 3
FeCl 发生显色反应，则含有酚羟基，③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1的同分异
3
构体有 、 、 ；
【小问9详解】
B与C发生Diels-Alder反应生成D，参照B→D的过程， 和 发生Diels-Alder反
应 生 成 ， 与 Br 发 生 加 成 反 应 生 成 ，
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在 NaOH 乙醇溶液中加热，发生消去反应生成目标产物，则合成路线为：
。
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