化学试卷答案【云南卷】云南省曲靖一中2026届高三年级上学期第三次阶段性测试(.5-.6)

《2025-2026学年度高中化学期中考试卷》参考答案题号123456789答案CABADCDDAD题号答案ACAB【详解】A．偏二甲肼在反应中被氧化，作为还原剂，A正确；B．合金的熔点通常低于其成分金属，铝铜合金熔点比纯铝、铜低，B正确；C．放射性元素的核反应涉及原子核变化，属于物理变化而非化学变化，C错误；D．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D正确；故选C。【详解】A．水壶中的水垢主要成分为CaCO3和Mg(OH)2，同时醋酸的酸性大于碳酸的酸性，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，也能与Mg(OH)2中和，所以食醋清除水壶中的少量水垢，A正确；B．石膏能改良盐碱土壤，是因为硫酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，而本身硫酸钙显中性，不显酸性，B错误；C．用Na2S除去废水中Cu2+和Hg2+是因为发生反应Cu2++S2-=CuS↓和Hg2++S2-=HgS↓,不是因为Na2S的还原性，C错误；D．轮船船体镶嵌镁合金是利用Mg比Fe活泼，发生腐蚀时先消耗Mg起到保护铁的作用，属于电化学防金属腐蚀中的牺牲阳极法，不是镁有导电性，D错误；故答案为：A。【详解】A．硫酸是纯净物，不是混合物；冰醋酸是弱电解质，A错误；B．橄榄油为混合物，CH3COOH是化合物，C60是单质，Cu2(OH)2CO3是盐，BaSO4是强电解质，B正确；C．澄清石灰水是混合物，不是化合物，石灰石是混合物，C错误；D．CaO是氧化物，不属于盐，D错误；故选B。【详解】A．Ga为31号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1，简化电子排布式需包含3d10，A错误；B．Mg3N2为离子化合物，由Mg2+和N3-构成，N3-最外层8电子稳定结构，电子式为C．F2分子中F原子通过p轨道“头碰头”重叠形成σ键，σ键电子云轮廓图呈轴对称，图示符合σ键特征，C正确；D．PCl3中P的价层电子对数为4（3个成键对+1个孤电子对VSEPR模型为四面体，图示为四面体结构，D正确；故选A。【详解】A．钠的摩尔质量为23g/mol，4.6gNa为0.2mol。无论生成Na2O还是Na2O2，每个Na原子均失去1个电子，故转移电子数为0.2NA，A正确；B．撞击时，NaN3分解生成N2（氧化产物2molNaN3可生成3molN2，B正确；C．每个N2分子含1个σ键和2个π键，比例固定为1:2，与气体体积无关，C正确；高温、高压D．合成氨反应（D．合成氨反应（3H2+N2催化剂2NH3）为可逆反应，无法完全转化，生成的NH3少于2mol，化合物中原子总数小于8NA，D错误；故答案为：D。【详解】A．叶绿素分子中存在多个sp3杂化的碳原子，sp3杂化碳为四面体结构，与其相连的原子不可能共平面，因此所有碳原子不可能在同一平面，A错误；B．叶绿素是配合物，中心离子为Mg2+，但Mg2+与卟啉环中的四个N原子形成稳定的配位键，不易解离，与NaOH溶液混合时，Mg2+不会游离出来与OH⁻结合生成Mg(OH)2白色沉淀，B错误；C．叶绿素中中心离子Mg2+与4个N原子配位，配位数为4；分子中卟啉环为带两个负电荷的配体，其他基团也呈电中性，整体为电中性配合物，C正确；D．超分子是由多个分子通过分子间作用力形成的聚集体，而叶绿素是单一分子，其内部原子通过共价键结合，不属于超分子，D错误；答案选C。【详解】A．NaOH溶液吸收NO2生成NaNO3和NaNO2，正确离子方程式为B．乙酰胺在盐酸酸性条件下水解，生成乙酸和NH4Cl，正确离子方程式为C．水杨酸含羧基（-COOH）和酚羟基（-OH羧基酸性强于酚羟基，少量碳酸钠时，仅羧基与CO-反应，正确离子方程式为D．电解饱和氯化镁溶液，阳极Cl⁻放电生成Cl2，阴极H2O放电生成H2与OH⁻,同时OH-与Mg2+结合为Mg(OH)2沉淀，总反应离子方程式为电解↓+H↑+Cl22Mg2++2Cl-+2H电解↓+H↑+Cl22故选D。、FeO能与稀硫酸反应生成金属硫酸盐，RuO4能被Na2SO3还、FeO能与稀硫酸反应生成金属硫酸盐，RuO4能被Na2SO3还原为Ru4+，SiO2不与酸反应，所以“滤渣”主要成分是SiO2。除杂过程中，氯酸钠可将铁元素由二价氧化为三价，沉钌阶段中浓碳酸钠溶液可使钌元素转化为Ru(CO3)2，之后灼烧得到RuO2，最后利用氢气热还原得到Ru，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，滤渣主要成分为SiO2，A错误；B．酸浸中，RuO4被Na2SO3还原为Ru4+，Ru元素化合价由+8→+4，RuO4为氧化剂；SO-被氧化为SO-，S元素化合价由+4→+6，SO-还原剂；由得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，B错误；C．SO-的中心原子S的价层电子对数为孤电子对数1，空间结构为三角锥形；ClO3-的中心原子Cl的价层电子对数为孤电子对数1，空间结构为三角锥形；SO-的中心原子S的价层电子对数为孤电子对数0，空间结构为正四面体，C错误；D．除杂中Fe2+被氧化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2，其中铁元素为+3价，生成3mol该物质，表明有12molFe2+被氧化，共失去12mole⁻；ClO3-（Cl为+5价）被还原为Cl-（Cl为-1价故需NaClO3：12mol÷6=2mol，D正确；故答案选D。【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态Z原子s轨道电子数与p轨道电子数之比为3∶4，结合化合物M的结构图中Z的成键特点，Z的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，Z为Si元素；W形成两条共价键，W为O元素；X为Na；Y为Al。【详解】A．W、X、Y的简单离子的电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，故简单离子半径Y<X<W，A正确；B．X、Y、Z分别与W形成的化合物中，钠的氧化物和铝的氧化物属于离子晶体，硅的氧化物二氧化硅属于共价晶体，类型不相同，B错误；C．同周期第一电离能比Y(Al)大的元素有Mg、Si、P、S、Cl、Ar，6种，C错误；D．简单氢化物的稳定性与非金属性一致，简单氢化物的稳定性：W>Z，D错误；故选A。【详解】A．该中间体含苯环（可加成、取代）、氨基（可氧化、取代）、羰基（可还原）、肽键（可取代）等，能发生加成、取代、氧化、还原反应，A正确；B．与足量H2加成后，苯环变为环己烷环（含4个手性碳五元环中与N相连的碳（若连乙基等不同基团）也为手性碳，共5个手性碳，B正确；C．苯环需3molH2加成，酰胺羰基难加成，故1mol中间体最多与3molH2加成，C正确；D．含氨基和脂肪胺N（显碱性但①（苯环C-N单键）、②（环C-N单键）为普通单键，③（酰胺C-N键，因共轭具部分双键性）键长更短，三者键长不相等，D错误；故答案选D。【详解】A．二茂铁易升华，升华提纯需固体加热升华后气体凝华。图甲中蒸发皿加热，带孔滤纸可作为凝华载体，棉花球防止杂质进入，简易装置可实现升华提纯，A正确；B．制银氨溶液应在AgNO3溶液中逐滴加氨水至沉淀恰好溶解，图乙为氨水中滴加AgNO3，试剂添加顺序错误，B错误；C．验证可逆反应需证明反应物和生成物同时存在。图丙中FeCl3溶液滴加少量KI，Fe3+过量，加KSCN变红可能是过量Fe3+导致，无法证明反应可逆，C错误；D．醋酸滴定NaOH终点产物为CH3COONa，水解显碱性，应选酚酞作指示剂，甲基橙在酸性范围变色会导致误差，D错误；故答案为：A。【分析】阴极CO2变为HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，阳极的反应式为极移动，OH-向阳极移动；【详解】A．双极膜解离出H⁺和OH-，H⁺向阴极移动，a膜允许H⁺（阳离子）通过，故a膜为阳离子交换膜，A正确；B．右侧电极为阳极，发生氧化反应，反应物为含羟基的呋喃衍生物，失电子后生成二羧酸盐，电极反应式中电子、电荷及原子守恒，B正确；C．阴极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，C元素由+4价降为+2价，每消耗1molCO2转移2mole-，则转移2mole-时消耗1molCO2，标准状况下体积为22.4L，并非44.8L，C错误；D．催化剂纳米片可降低反应活化能，加快反应速率，D正确；答案选C。【详解】A．由晶胞结构可知六方氮化镓中Ga在N围成的四面体空隙处，N在Ga围成的四面体空隙处，故Ga和N的配位数均为4，A正确；B．立方氮化镓中，若B原子坐标为（四面体空隙位置A原子若为面心立方格子中的Ga原子，其坐标应为，B错误；C．立方氮化镓中Ga和N的最小核间距为体对角线的，即apm，C错误；D．六方和立方氮化镓的晶胞中Ga与N原子数比均为1:1，化学式均为GaN，D错误；故答案选A。【分析】已知联氨(又称肼，N2H4是无色液体)为二元弱碱，向联氨溶液中加入硫酸时，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，则pOH增大，随着pOH增大，减小的为N2H4，增大再减小的为N2H，pOH大于12增大的为N2H+，据此分析；【详解】A．N2H中N-N为非极性键，N-H为极性键，N原子提供孤对电子与H+形成配位键，含有三种键，A正确；B．(N2H5)2SO4电离生成N2H和SO-，N2H水解：N2H+H2O。N2H4+H+，溶液显酸性。水解生成的N2H4与H+物质的量相等，且H+还来自水电离，故c(H+)>c(N2H4)，正确顺序应为SO-)>c(H+)>c(N2H4)>c(OH-)，B错误；C．反应平衡常数K由δ(N2H)与δ(N2H4)的曲线交点在pOH=6.02处，可知Kb由δ(N2H)与δ(N2H+)的曲线交点在pOH=14.9处，可知Kb可得KC正确；D．加入10mL硫酸时，n(N2H4)=0.0001mol（含氮微粒总量n(SO-)=0.00005mol，溶液体故2c(SO-)=c(N2H)+c(N2H4)+c(N2H+)，D正确；故选B。15．(1)丁达尔效应Fe2+被氧化，使四氧化三铁的产率降低2(2)①③6.72(3)4Fe+NO3-+10H+=NH+4Fe2++3H2OHClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高(4)B（5）B在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入食盐可分离得到氯化铵，据此分析；【详解】（1）①磁流体分散系的分散质粒子大小在36−55nm之间，属于胶体，胶体可以利用丁达尔效应来鉴别；②将n(Fe3+):n(Fe2+)=2:1混合时，理论上制得的纳米Fe3O4产率应该最高，但是事实上，亚铁离子会被空气中氧气等被氧化为三价铁离子，导致纳米Fe3O4产率降低；③根据离子方程式3Fe2++2S2O-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O-+2H2O，利用电荷守恒可以得到x=4；硫元素、铁元素化合价升高被氧化，氧气中氧元素化合价降低被还原，当消耗1mol氧气时，氧化2molFe2+，当4molFe2+被氧化时，消耗的氧气为2mol；（2）转化过程反应①：N2+6Li=2Li3N，为氧化还原反应；反应②Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH为非氧化还原反应反应；③反应4LiOH电解4Li+O2↑+2H2O为氧化还原反应，所以转化过程反应中为氧化还原反应的是①③；生成1molNH3转移3mol电子，生成1molO2，转移4mol电子，所以4NH3~3O2，假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，同时生成0.3molO2，标准状况下体积为6.72L；①图2中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，2060min内发生主要反应的离子方程式为:4Fe+NO3-+10H+=NH+4Fe2++3H2O；②控制其他条件相同，当废水pH为1.25~2.75范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高。（4）A．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，A正确；B．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓,B错误；C．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，C正确；D．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，D正确；故选B。（7）由图2可知，晶胞中，Zn位于顶点和面心，该晶胞若沿体对角线投影，则Zn2+投影图为B。16．(1)(球形)干燥管防暴沸Δ(2)12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O(3)乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂C(4)防倒吸取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净(5)偏大【分析】制取十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)时，先将适量Na2WO4.2H2O、Na2SiO3.9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。【详解】（1）由图可知，仪器a为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；（2）在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为Na2WO4、Na2SiO3和HCl，生成物为H4[SiW12O40]和NaCl，则步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式为：12Na2WO4+Na2SiO3+26HClΔH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；（3）乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；（4）抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留Cl-(来自过量的HCl或生成的NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；（5）若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)。偏大会使计算出的n值偏大。2．(1)-443.6<(2)减小(3)M(4)增大①Ni是28号元素，基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2，故其价层电子轨道表示式为;②根据盖斯定律可得：ΔH=-2×ΔfH(乙醇)+ΔfH(乙酸乙酯)=+26kJ·mol-1，ΔfH(乙酸乙酯)=-443.6kJ·mol-1；③CH3CH2OH(g)转化为CH3CH2OH(l)放出热量，故ΔfHCH3CH2OH(1)<-234.8kJ·mol-1。（2）对反应后气体分子数增大的反应而言，增大反应物的起始浓度，可视为增大压强，平衡正向移动，反应物的平衡转化率减小。（3）由图中信息可知，温度越高，则越小，2CH3CH2OH(g)≈CH3COOCH2CH3(g)+2H2(g)为吸热反应，升高温度时正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，则代表k正曲线的是M。（4）①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡逆向移动，温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，又由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化 率的曲线是b，随温度升高，平衡体系中c(CO2)增大；②T0时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，根据C守恒mol。对于反应前后气体分子数不变的反应而言，反应ii的平衡常数Kx=K，故T0时，(2)硝基(4)(5)与生成的H2S反应，利于F转化为G(6)C(7)25【分析】A发生硝化反应生成B（C6H2O2NCl3B与25%~28%氨水在乙醇，115℃条件下发生取代反应生成C结合B的分子式和A、C的结构简式知，B的结构简式为，C和D（C6H4O,E苯环上的硝基被还