2026届高考化学考向核心卷·云南专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——云南专版2026届高考化学（云南专版）考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号模块总分值试卷占比得分化学基本概念与STSE1、2、49分9.00%物质结构与性质9、12、139分9.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）3、7、1520分20.00%化学反应原理11、14、1720分20.00%化学实验基础5、8、1621分21.00%有机化学基础6、10、1821分21.00%合计1~18全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案ACBBDBBDACDDBC1.答案：A解析：谷类的主要成分为淀粉，淀粉属于天然高分子，A正确；果类如苹果富含果糖等糖类，但葡萄糖是单糖，不能水解，B错误；畜类如鸡、鸭、鹅等，富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质的组成元素不同，C错误；菜类如蔬菜，富含纤维素，纤维素属于糖类，D错误。2.答案：C解析：钠原子的结构示意图为，A项错误；N原子缺少一对电子，B项错误；是由与构成的离子化合物，中为使碳与氮原子最外层均达8电子结构，两者之间有3对共用电子，C项正确；不能完全电离，D项错误。3.答案：B解析：酸性溶液与溶液反应的离子方程式为：，A正确；向沸水中滴加饱和溶液得到胶体，则，不能用沉淀符号，B错误；银氨溶液与乙醛经水浴加热发生反应：，C正确；能分别与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂：；，D正确。4.答案：B解析：的物质的量为0.5mol，铜与S反应生成，与足量S反应转移电子数目为0.5，A错误；的物质的量为0.5mol，若为烯烃，单键数目为6.5，若为环烷烃，单键数目为7.5，若为烯烃和环烷烃的混合物，则单键数目可能为7，B正确；没有给出溶液体积，不能计算阴离子数目，C错误；没有说明甲烷是否处于标准状况下，的物质的量不能确定，无法计算其所含共用电子对数，D错误。5.答案：D解析：银氨溶液过量使溶液显碱性，可与溴水中的发生反应，对碳碳双键的检验造成影响，A错误；能与水反应生成和NO，不能用排水法收集，B错误；电解时，连电源正极的阳极发生氧化反应，连电源负极的阴极发生还原反应，所以铁钥匙镀铜时铜片应该作阳极、铁钥匙作阴极，C错误；易水解，在加热时通入干燥的HCl能抑制的水解，该装置可以制备无水氯化铁，D正确。6.答案：B解析：7.答案：B解析：由题给流程图可知，BaS与盐酸反应生成，则“气体”主要成分为，酸化后的溶液与过量的NaOH反应，得到的“溶液1”中主要溶质有氯化钠和氢氧化钠，A错误；经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可从溶液中得到晶体，B正确；由题给流程图可知，“合成反应”中各元素化合价未发生变化，生成的反应是非氧化还原反应，C错误；残留的碱为，与反应生成沉淀，会影响的纯度，D错误。8.答案：D解析：能使品红溶液褪色而不能，故能说明存在的实验现象是品红溶液褪色，A正确；与溶液不反应，与溶液可发生反应：，能说明存在的实验现象是溶液中有白色沉淀产生，B正确；为测定沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称量，C正确；取适量受热一定时间后残留的固体，加足量稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若显红色，则有，说明残留固体中有，但无法确定是否有，D错误。9.答案：A分析：基态X原子的核外电子只有一种自旋方向→X为H（只有1个电子，自旋方向唯一）。Y、Z、W质子数之和为奇数，且三者位于第二周期且相邻→推得Y为C、Z为N、W为O（质子数分别为6、7、8，和为21，是奇数）。Q的质子数为X、Y、Z、W质子数之和的一半→(1+6+7+8)/2=11→Q为Na。解析：具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的半径大，简单离子半径：，A正确。一般来说，元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：X（H）<Y（C）<Z（N）<W（O），B错误。W（O）、Q（Na）能形成，含有离子键和共价键，C错误。Y（C）最高价氧化物的水化物为，Z（N）最高价氧化物的水化物为，和不反应，D错误。10.答案：C解析：根据题图知，总反应方程式为，则该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，A正确；ⅰ在一开始参与反应又在最后一步生成，为反应的催化剂，B正确；反应过程中存在C—O键的断裂和形成，没有非极性键的断裂和形成，C错误；由反应机理可知，若用代替，相同条件下，的产率远大于的产率，原因是甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，不容易进攻，D正确。11.答案：D“厌氧阳极”即为燃料电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：，A正确。“缺氧阴极”为燃料电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：和,故此电极附近溶液中H+浓度减小，pH增大，B正确。该电池工作时，“厌氧阳极”的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”上，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在对电子的竞争作用；在“好氧阴极”区，电极得电子可将还原，同时也可与反应生成，和电极之间存在着对的竞争，C正确。“好氧阴极”区发生的反应有：和完全生成消耗，向电极输送电子时消耗，在标准状况下消耗的体积约为，D错误。12.答案：D解析：高氯酸铁中阴离子为高氯酸根离子，氯原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，A正确；(ⅱ)的相对分子质量大于(ⅰ)，分子间作用力大于(ⅰ)，则沸点高于(ⅰ)，B正确；乙、丙都仅含共价键，二者所含化学键类型相同，C正确；设含x个正五边形、y个正六边形，则，，联立两式解得：，，即甲分子含12个正五边形和20个正六边形，D错误。13.答案：B解析：Ti周围有6个O原子，Ti位于O原子形成的正八面体空隙，A项正确；根据均摊法，1个晶胞中含T的个数为，含O的个数为，含La、Li、空位的总个数为1，则1个晶胞中含1个“”，若x=0.25，则La和空位的总个数为0.75，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知（+1）×0.25+（+3）×y+（+4）×1+（-2）×3=0，解得，则空位的个数为，与空位的个数之比为3：2，B项错误；Ti位于顶点，O位于棱心，La或Li或空位位于体心，在体对角线方向上的投影图为，C项正确；导电时移动方向与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确。14.答案：C解析：由题图1可知pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，根据，可知，A正确；由题图2可知pH=11、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生氢氧化镁沉淀或碳酸镁沉淀，B正确；由题图2可知pH=9、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，平衡后溶液中存在，C错误；pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确。15.答案：（1）（2分）（2）（1分）（3）、会部分转化为、沉淀，降低产率（2分）（4）①浓度较低，不利于形成（2分）②沉淀颗粒细小，后续过滤速率减慢（2分）（5）（2分）（6）（2分）；5%（1分）分析：解析：（1）与NaOH在高温下反应，生成难溶的，同时生成、，根据原子守恒，即可写出反应方程式。（2）加入溶解，、、分别转化为、、，调pH时，率先生成。（3）在pH较高条件下，、会部分转化为、沉淀，导致后续稀土元素损失，降低产率。（4）①溶液中浓度较低，容易导致沉淀不完全，不利于形成。②沉淀的形成包括成核（小颗粒生成）和生长（小颗粒变大）两个过程，成核速率越快，易生成大量小颗粒，减慢溶液滴加速度，滴加时搅拌并适当升温，利于形成大颗粒沉淀，易于过滤。（5）加入的目的是把氧化为，为后续沉铈及制备做准备，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒即可写出反应的离子方程式。（6）Ce、O核间最短距离为apm，则晶胞的边长为，一个晶胞中含有的个数为，含的个数为8，则晶体密度为；设晶体的化学式为（数为x、数为y），则x：y=4：1，根据得x=4、y=1，未参与反应时，数目为，参与反应后，，则空缺率为。16.答案：（1）98.0（2分）（2）恒压滴液漏斗（1分）；平衡气压，有利于溶液顺利滴下（2分）（3）顺式结构中两个羧基距离近，与配位时空间位阻大（2分）（4）当反应体系的酸性较强时，富马酸亚铁会溶解，降低产率；当反应体系的酸性较弱时，富马酸亚铁容易被氧化，导致产品纯度降低（3分）（5）①当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色（2分）②合格（1分）（6）配合物的吸光度与浓度成正比（1分）；判断产品中是否存在副产物，反应时间过长是否发生副反应等（1分）解析：（1）由反应原理得关系式，2.5g顺丁烯二酸酐的物质的量为，理论生成反丁烯二酸的质量为，实际产量为2.90g，产率为。（2）观察装置图，仪器A是恒压滴液漏斗；恒压滴液漏斗中连通管（也称恒压管）的作用就是使漏斗内部的压强与三颈烧瓶中的压强始终相等，利于溶液顺利滴下。（3）马来酸（）分子中两个—COOH离得很近，两者之间空间较小，与配位时，阻力较大，导致其形成的亚铁盐稳定性差，易分解；富马酸（）分子中两个—COOH离得较远，两者之间空间较大，与配位时，阻力较小，其形成的亚铁盐稳定性强。（4）当反应体系的酸性较强时，依据强酸制弱酸的原理，富马酸亚铁会溶解，导致产率降低；当反应体系的酸性较弱时，富马酸亚铁容易被氧化成+3价的铁盐，会导致产品纯度降低。（5）①邻二氮菲遇呈红色，遇呈无色，为黄色，为无色，根据反应：，可知滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色。②300g产品中含富马酸亚铁的质量为，富马酸亚铁的含量为，故产品符合国家标准。（6）利用比色法原理，通过吸光度计算含量，进而确定富马酸亚铁纯度。红外光谱具有特征性，可通过特征吸收峰的有无判断是否产生副产物，从而验证反应时间对产品是否产生副反应的影响。17.答案：（1）+98（2分）（2）0.05（1分）；温度相同时，增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，且增大压强，反应iii平衡逆向移动，减小，则减小，故（3分）；0.45（1分）；MPa（2分）（3）①a（2分）；E（1分）②（2分）解析：（1）根据盖斯定律，反应ⅱ=（反应ⅰ+反应ⅲ），。（2），结合题图甲可得5.0MPa、1350K时，，则平衡时，的物质的量为3.05mol，所以生成的物质的量为0.95mol，由Cl元素守恒可知，剩余的物质的量为，由Si元素守恒可知，平衡时Si（s）的物质的量为，体系中气体总物质的量为，则反应ⅲ的平衡常数。（3）①反应ⅰ为放热反应、反应ⅲ为吸热反应，一定压强下，升温反应ⅰ平衡逆向移动、反应ⅲ平衡正向移动，S减小，则曲线a为10.0MPa条件下平衡时S随温度的变化曲线；温度越高，压强越大，反应速率越快，则C点的反应速率大于D点，E点的反应速率大于C点，故E点最快达到平衡。②根据题图乙可知，A点平衡时，总压为9.0MPa，设平衡时总气体物质的量为xmol，根据Zn守恒，则，解得x=2.4，则平衡时容器内与的总物质的量为（2.4-2）mol=0.4mol，根据Si原子守恒，得出生成Si（s）的物质的量为（1-0.4）mol=0.6mol，A点Si的选择性为75%，则的选择性为25%，即生成的物质的量为，容器内剩余的物质的量为，用分压表示的反应速率为。18.答案：（1）氰基（1分）（2）加成（1分）（3）丙二酸二乙酯（2分）（4）（3分）；中和反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高H的产率（2分）（5）保护氨基（2分）；（1分）（6）（3分）解析：（1）根据有机物A的结构简式可确定其中的含氮官能团为氨基和氰基。（2）A→C过程