化学【云南贵州广西卷】贵州云南广西西南名校联盟2026届3+3+3高三年级考5月28日高考诊断性联考（5.28-5.29）

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1234567答案BACDDAB题号891011121314答案CDCDBDD【解析】1．核素是指具有特定质子数和中子数的原子。碳元素有多种核素，如、等。‘烛龙一号’核电池使用的原料是，它是碳元素的一种核素，A正确。电动机械腿工作时，电池放电将化学能转化为电能，再转化为机械能，而非电能转化为化学能，B错误。铌酸锂（）由金属离子（）和酸根离子（）组成，不含碳元素，属于无机化合物中的无机盐类，C正确。聚苯乙烯由苯乙烯单体通过加聚反应生成，因此聚苯乙烯的单体是苯乙烯，D正确。2．BF3分子中B原子的价层电子对数为3+(3−1×3)=3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形，A正确。由基态Fe原子到基态，首先失去的是4s轨道上的电子，故基态的价层电子排布为3d6，轨道表示式为，B错误。图示中p轨道以“肩并肩”方式重叠，形成的是p−pπ键，的p−pσ键是p轨道“头碰头”重叠形成的，其形成过程为，C错误。邻羟基苯甲醛形成分子内氢键是羟基上的H与羰基上的O之间形成的，表示为，D错误。3．氟化物预防龋齿的原理是F−将羟基磷酸钙转化为更难溶的氟磷酸钙，属于沉淀转化反应，方程式书写符合规则，A正确。氯化银与足量氨水反应生成可溶性银氨络合物，化学方程式书写正确，B正确。酸性具有强氧化性，足量时会将乙二醇彻底氧化为，正确方程式应为=，C错误。用TiCl4制备TiO2时，TiCl4加热水解生成水合二氧化钛沉淀和HCl，该化学方程式书写正确，D正确。4．15g甲基的物质的量为1mol，一个甲基中含有9个电子，故1mol甲基中所含电子数为，A错误。1个环氧乙烷分子含7个σ键，则0.1mol环氧乙烷所含σ键0.7mol，即数目为，B错误。与反应时，元素从0价升高为+1价，反应失去电子，数目为，C错误。铅酸蓄电池负极反应为=。增重对应生成，转移电子，数目为，D正确。5．检验烧碱样品中是否含，需进行焰色试验，钠元素的黄色火焰会掩盖钾元素的紫色火焰，必须透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，操作中未使用蓝色钴玻璃，无法排除钠元素干扰，不能达到实验目的，A错误。电石中含有CaS杂质，与水反应生成，具有还原性，也可使酸性溶液褪色，B错误。铁制镀件上镀铜时，铜片应该作阳极与电源正极相连，铁制镀件作阴极与电源负极相连，C错误。NaOH固体溶于水放热且呈碱性，则浓氨水和NaOH固体反应能够生成氨气，D正确。6．Ⅰ分子中的手性碳原子如图，共3个，A错误。Ⅰ的结构中含碳碳双键和饱和碳原子，碳碳双键上的碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，B正确。Ⅰ、Ⅱ含有羟基且相连碳上均有氢原子，故可以发生氧化反应及酯化反应，C正确。1molⅡ中含有4mol羟基，与足量钠反应生产2mol氢气，标准状况下体积为44.8L，D正确。7．增大反应物浓度可加快反应速率，适当增大NaOH溶液浓度能提高铝土矿的溶解速率，A正确。通入过量CO2时，最终生成的是而非，正确离子方程式为=，B错误。向Al中加入Cu、Si、Mg等元素可制得强度、硬度等性能更优良的铝合金，C正确。熔融电解时加入冰晶石（），含有离子键和配位键，D正确。8．实验应先通一段时间氢气排尽装置内的空气，防止氢气与空气混合加热发生爆炸，排空气后再滴入液溴，最后加热管式炉让和反应，顺序错误，A错误。E的作用是干燥，是酸性干燥剂，不与反应，可作干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂，会与反应，不可作干燥剂，B错误。装置D中过量和红磷、水反应，先生成，再水解得到和，总反应就是选项C给出的方程式，原子配平正确，C正确。=尾气中含有未反应的有毒、，还有不与碱石灰反应的，碱石灰只能吸收酸性的、，不能除去，D错误。9．电负性O>N>H，A正确。简单离子中Cl−有3个电子层半径最大，O2−N3−Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故半径Cl−＞N3−>O2−＞Mg2+，B正确。NH3和NCl3中心N原子价层电子对数均为3+×(5−3×1)=4，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，由于Cl电负性大于H，导致NCl3键角比氨气小，C正确。工业上通过电解熔融MgCl2制备金属Mg，MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))Mg+Cl2↑，电解MgCl2溶液得不到Mg单质，D错误10．反应过程中有C=O键、H—O键的断裂和N—H键、O—H键生成，存在极性键的断裂与形成，A正确。由机理图可知，换成，可生成，B正确。由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C错误。由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，催化剂能加快反应速率和减小反应的活化能。D正确。11．放电时电极Ⅱ为正极，充电时正极连接电源正极作阳极，发生氧化反应。A错误。放电时负极反应为=，消耗，负极区浓度降低，pH逐左室溶液质量增加78g，C错误。充电时阴极得电子生成Al，阳极失电子生成，配平总反应为eq\o(=,\s\up7(电解))，D正确。12．若R为N2，W为NH3，氧化物X为NO，Y为NO2，酸Z为硝酸，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，据得失电子守恒可知，还原产物物质的量之比为1∶3，A错误。若R为硫，W为H2S，氧化物X为SO2，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，B正确。从图示可知，Y可为NO2或SO3，NO2不是酸性氧化物，C错误。若R为硫，W为H2S，X为SO2，Y为SO3，SO3为非极性分子，D错误。13．根据晶胞结构图可知，晶胞内含原子数：，含原子数：，则该合金的化学式为或，A正确。根据晶胞结构图，晶胞的俯视投影图为，B正确。根据合金晶胞为面心立方堆积，且Ni、Co相邻原子相切，则面对角线长为，且面对角线用晶胞参数表示为，则，解得，C正确。根据晶胞结构图可知，与距离最近且相等的有12个，D错误。故选D。14．根据分析，曲线Ⅱ表示与pH的关系，A正确。a点，b点，酸性溶液中越小，浓度越大，对水的电离抑制越强，故水的电离程度：a点点，B正确。时，，故，根据电荷守恒：得：，或c(Na+)−3c()<0，C正确。根据分析，若pH范围为2.5<pH<3.8，则，D错误。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14分）（1）第四周期第Ⅷ族（2）1∶2（3）3（4）3（1分）变大（1分）H2SO4（5）Fe2O3+2NH3eq\o(=,\s\up7(700℃))2Fe+N2+3H2O（6）【解析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，浸取液通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品Ni3CuN。（1）Ni在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；n(氧化剂O2)与n(氧化产物Fe2O3)的比值为1∶2。（3）滤液1中c(Al3+)=1.3mol/L，Al3+开始沉淀时，根据Ksp=1.3×c3(OH−)=1.3×10−33，得出c(OH−)=10−11mol/L，pH=3。（4）“选择萃取”中，该配合物中有3种配体，H2O分子与Ni2+配位后O上只有一对孤电子，而H2O中的O上有两对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，H2O分子与Ni2+配位后H—O—H的键角变大。由萃取原理可知，加入硫酸可使平衡逆向移动，使Ni2+回到水相。（5）“700℃加热”步骤中，NH3还原Fe2O3得到Fe、N2和水，化学方程式为Fe2O3+2NH3eq\o(=,\s\up7(700℃))2Fe+N2+3H2O。（6）晶体中Cu原子与N原子之间的距离为体对角线的一半即。16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）球形冷凝管（1分）（2）C（3）温度低于30℃，反应速率慢；高于35℃，冰醋酸易挥发，NaClO易分解（4）+ClO−=+Cl−（5）形成共沸物，降低能耗仪器e无油状液体流出（6）锥形瓶为密封环境，存在安全隐患（合理即可）（7）80【解析】（1）由实验装置图可知，仪器C为球形冷凝管。（2）装置内有酸性气体逸出，故用碱石灰吸收。（3）温度低于30℃，反应速率慢；高于35℃，冰醋酸易挥发，NaClO易分解，因此实验需严格控制温度在35℃以下，以确保冰醋酸不挥发，NaClO不分解，从而保障反应平稳进行与产物纯度。（4）次氯酸钠溶液具有强氧化性，与亚硫酸钠反应的离子方程式为+ClO−=+Cl−。（5）相比直接蒸馏的优点是形成共沸物，可降低能耗；收集馏分完成的标志可以观察到仪器e中无油状液体流出。（6）锥形瓶为密封环境，存在安全隐患（合理即可）。（7）由题意可知，理论上，10.4mL环己醇完全反应可得9.8g环己酮，实际得到7.84g，则环己酮的产率为=80%。17．（每空2分，共14分）（1）任何温度（2）AD（3）①升高温度，反应Ⅰ逆向移动，甲烷增多，故甲烷的变化曲线是b②50.67（4）①正②CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O【解析】（1）已知反应Ⅰ：CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)和反应Ⅱ：3CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g)QUOTE3CH3Br(g)=C3H6(g)+3HBr(g)，根据盖斯定律，ⅠⅡ可得反应：3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)QUOTE3CH4(g)+3Br2(g)=C3QUOTEΔH=2ΔH1+ΔH2=(-29×3+20)kJ⋅mol-1=-67kJ⋅mol-1，经计算<0（2）A项，已知其中气体总质量不变，体积不变，故一直保持不变不能作为判断平衡的标志；B项，随着反应进行Br2减少，达到平衡时Br2的含量保持不变可作为平衡的标志；C项，其中气体总质量不变，混合气体的总物质的量在增大，使M减小可作为平衡的标志；D项，单位时间内生成n

molCH4，同时生成n

mol

Br2，同一方向不能作为平衡的标志，根据题意不能作为平衡的标识答案为AD。（3）①根据题意可知，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，导致CH3Br减少，甲烷增多，反应Ⅱ正向移动，又导致CH3Br减少，所以图中CH3Br的曲线是a，表示甲烷的曲线是b。②由图可知，810℃时，反应达到平衡，CH3Br剩余量为4.8mmol，CH4的量为1.8mmol，则甲烷转化量为（81.8）mmol=6.2mmol；根据C守恒，可算出CH2Br2为1.4mmol，然后根据H守恒可算出HBr为7.6mmol，最后根据Br守恒算出Br2反应消耗7.6mmol，剩余0.4mmol；设容器的体积为V，则平衡常数≈50.67，故答案为50.67。（4）Pt电极为阳极，与电源正极相连，铜电极为阴极，其中生成甲烷的电极反应为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O。18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）苯胺（2）硝基、酰胺基（3）（4）或