云南省云师大附中2026届高三上学期9月联考化学试题（PDF版，含答案）

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一、选择题：本题共14小题，每小题3分。
【解析】
1．古代用的清油灯，清油的主要成分是植物油，属于高级脂肪酸的甘油酯，属于烃的衍生物，B错误。
2．OF2中心氧原子价层电子对数为4，其孤电子对数为2，导致分子结构从四面体变形为角形，A错误。基态溴离子价电子排布式为4s24p6，B错误。CH4中的碳原子采用sp3杂化轨道与氢原子形成σ键，D错误。
3．Cl2属于单质，不属于电解质，A错误。HClO是弱酸，只能部分电离，故200mL HClO溶液中，含有的数小于，B错误。25°C时，溶液中，水电离出的浓度为10−7ml·L−1，其数目为，C正确。反应②的化学方程式为3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O，发生的是歧化反应，即每消耗3ml Cl2转移5ml电子，在3ml Cl2中，只有2.5ml为氧化剂，故0.25ml Cl2作氧化剂时转移电子数为，0.3ml Cl2作氧化剂时转移电子数为0.6NA，D错误。
4．滴定管的0刻度在上，越往下读数越大，该滴定管读数应为11.80mL；Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B能达到实验目的。浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的。蒸发过程中MgCl2易水解生成Mg(OH)2，D不能达到实验目的。
5．硝酸具有强氧化性，会将硫代硫酸根氧化为硫酸根，方程式为=
，A错误。CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，B错误。NaH2PO2为正盐，不电离，C错误。水解产生H+，溶解Mg(OH)2，D正确。
6．羰基为吸电子基团，使得X中羧基上的H更易电离，故酸性比乙酸强，A正确。Y为键线式，其键与键的数目比为11∶2，B错误。Z中含有酚酯基，1ml Z水解会消耗2ml NaOH，C正确。G中含手性碳原子，具有对映异构体，D正确。
7．用 NaOH溶液分别与等体积等浓度的CH3COOH和HF溶液反应至中性，CH3COOH消耗的NaOH溶液少，说明CH3COOH酸性更弱，Ka更小，A正确。碳碳双键也能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误。将缺角的明矾晶体放入明矾饱和溶液中，得到有规则几何外形的完整晶体，说明晶体具有自范性，C错误。将与晶体在小烧杯中混合并搅拌，烧杯壁变凉，说明该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，D错误。
8．反应①有H—H非极性键的断裂和Ga—H极性键的形成，A错误。催化剂GaZrOx能提高反应速率从而提高甲醇单位时间内的生产效率，但是不能改变转化率，B错误。由图可知，氧空位的作用是用于捕获CO2，C正确。由图可知，Ga形成的共价键个数发生变化，Ga元素的化合价发生变化，D错误。
9．根据题意，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素，结合图中信息可知，Q为F，Z为C，X为H，Y为B，M为N，据此分析解题。F元素没有最高价氧化物对应水化物，比较不了其酸性强弱，A错误。YQ3分子BF3，B原子与F原子形成3对共用电子对，B原子最外层仅满足6个电子，B错误。该结构中形成单键的Z采用sp3杂化、有双键形成的Z均采用sp2杂化，C错误。电负性：B+2c()，C正确。“沉锰”后上层清液中：，D正确。
12．由图甲可知，装置工作时，N电极上H2O被氧化生成O2，则N电极为阳极，M为阴极，CO2在阴极室得到电子生成有机物X，当电解电压为U1时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反应，而是水在阴极得到电子发生还原反应生成H2，以此分析。装置工作时，N电极为阳极，M为阴极，阳离子应从右边迁移到左边，A错误。N电极上发生的是氧化反应，应该是失e−的反应而不是得e−，B错误。由图乙可知，当电解电压为U1时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反应，而是水在阴极得到电子发生还原反应生成H2，C正确。当电解电压为U3V时，CO2→转移8e−，2CO2→转移12e−，当电解生成的n(CH4)∶n(C2H4)=2∶1时，可建立等式，则，D错误。
13．Cd位于周期表中与Zn相邻且属于同族元素，则为Zn的下周期元素，ds区，其Cd2+的价层电子排布图为，A正确。由图可知，原子M为坐标原点，原子N为上层的晶胞正四面体的中心，在x轴上位移为，在y轴上位移为，在z轴上位移为，则原子N的坐标为，B正确。如果沿晶胞面对角线方向上的投影如图乙，则球6为原子C，球11为与原子M相接的Te原子，球7为上层的另一个Te原子，球8为原子N即Te原子，球9为左侧面心的Cd原子，球10为右侧面心的Cd原子，则代表Te原子的位置有7、8、11；C正确。Te为顶点重新取晶胞，Cd位于晶胞的面心和体心，根据晶胞均摊一个晶胞中Te的个数为个，Cd的个数为，Cd和Te个数比不是1∶1，D错误。
14．微粒中含有N—H极性键、N—N非极性键以及N与H+之间的配位键，A正确。(N2H5)2SO4属于强酸弱碱盐，水解显酸性，其中的c(H+)>c(N2H4)，B错误。利用（6.02，0.5）计算第一步平衡的 QUOTE ，利用（14.9，0.5）计算得第二步平衡，
，C正确。加入10mL稀硫酸时发生反应为2N2H4+H2SO4=(N2H5)2SO4，反应后溶液中存在元素守恒，
，D正确。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（每空2分，共14分）
（1）ⅦB
（2）15ml或15NA Al(OH)3、H2SiO3
（3）=（离子方程式正确也可）
（4）
（5）R3N、NH3（或）
（6）八面体
【解析】钼精矿（主要成分有、，还含有、、、等杂质）在氧压碱浸时、会生成、、，、、、分别生成Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、Na3PO4等，过滤，滤渣1主要为Fe2O3，滤液中加硫酸调pH，可以除掉Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，同时提供氢离子以备后续萃取时需要，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3，滤液加入R3N进行萃取，得到，分液后，对有机相加一水合氨进行反萃取，生成，分液后在水相中，除磷时，加入的硫酸镁与Na3PO4反应生成沉淀，过滤除掉，再经过后续处理得到纯品；经热解后得到、并进一步被氢气还原为Re。
（1）元素在周期表中与同族，位于周期表第ⅦB族。
（2）“氧压碱浸”在高温下进行，其中与NaOH、O2反应生成Fe2O3、Na2SO4和H2O，反应中，铁元素从+2价升高到+3价、硫元素从−1价升高到+6价，则1ml 发生反应转移的电子数为，“水相1”中的阴离子主要是和，据分析“滤渣2”的成分是Al(OH)3、H2SiO3。
（3）反萃取时与一水合氨反应生成NH4ReO4、R3N，则反应方程式为=。
（4）“滤渣3”为，，
，“除磷”过程中按∶1∶1加入，充分反应后，常温下欲使磷、镁浓度均降至10−5ml·L−1，根据，则最低应控制在；沉淀后的溶液，，此时，。
（5）萃取时消耗，反萃取后又重新生成，反萃取时需要一水合氨，可由氨气通入水中生成，热解时又生成氨气，故该工艺流程中可循环利用的物质有R3N、NH3。
（6）由图可知，晶胞内含有白球数目，黑球数目，可得白球为Re，黑球为O，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中。
16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）球形冷凝管（1分） P2O5（或无水CaCl2）（1分）
（2）可以增大浓度，使平衡逆向移动，NH3浓度增大，促进生成；同时降低浓度，防止浓度过大生成沉淀
（3）NH3、Cl−、H2O
=
（4）乙醇
（5）
（6）大于
【解析】步骤Ⅰ中氯化铵、浓氨水、反应，得到沉淀，反应式为=；步骤Ⅱ中加入30%过氧化氢，发生反应=，得到溶液；步骤Ⅲ中加入浓盐酸，得到沉淀。
（1）根据实验装置图，仪器b的名称是球形冷凝管；据分析，加入过氧化氢后的反应中有氨气产生，因此仪器d中需要加入无水氯化钙（或P2O5）吸收氨气。
（2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，浓度大抑制氨水的电离平衡，如果不加氯化铵，氨水电离导致NH3浓度小，产物产率小，且c(OH−)过大产生C(OH)2沉淀。
（3）根据题目信息可完成。
（4）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸。
（5）根据钴原子守恒，本实验的产率为。
（6）C3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，故答案为：大于。
17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）①AD ②