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云南省2025年化学高考真题
1．（2025·云南） 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是(　　)
A．岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐
B．油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子
C．竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱
D．水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化
【答案】D
【知识点】高分子材料；硅酸盐
【解析】【解答】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，不属于硅酸盐，故A错误；
Ｂ．核桃油的主要成分是脂肪酸甘油酯，其相对分子质量较小，不属于有机高分子，故B错误；
Ｃ．氧化铁能与酸发生反应，例如和盐酸反应会生成氯化铁和水，所以它不耐酸，故C错误；
Ｄ．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，故D正确；
故选D。
【分析】A．贝壳粉的主要成分为碳酸钙；
Ｂ．有机高分子的相对分子质量达到一万以上；
Ｃ．氧化铁能与酸反应；
Ｄ．碳在常温下性质稳定。
2．（2025·云南） 下列化学用语或图示表示正确的是(　　)
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．Cl的原子结构示意图：
D．溶于水的电离方程式：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为 ，故A正确；
B． 是离子化合物，由钠离子和硫离子构成，其电子式为：，故B错误；
C．Cl原子最外层有7个电子，其结构示意图为：，故C错误；
D．是强电解质，完全电离，其电离方程式为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．的中心原子N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
Ｂ． 为离子化合物；
Ｃ．Cl原子最外层有7个电子；
Ｄ． 是强电解质。
3．（2025·云南） 下列化学方程式错误的是(　　)
A．煤制水煤气：
B．供氧：
C．覆铜板制作印刷电路板：
D．铅酸蓄电池放电：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．水煤气的主要成分为CO和H2，高温下，煤与水蒸气反应得到CO和H2，反应的化学方程式为 ，故A正确；
B． 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 ，故B正确；
C．FeCl3与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故C错误；
D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，反应的化学方程式为 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．煤的主要元素为C；
Ｂ． 和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
Ｃ．铜将氯化铁还原为氯化亚铁；
Ｄ．铅酸蓄电池放电时，生成PbSO4和H2O。
4．（2025·云南）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．中原子的数目为
B．所含中子的数目为
C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为
D．盐酸与足量反应，生成的数目为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．气体所处的状态未知，不能计算 的物质的量，故A错误；
B．一个18O含有的中子数为18-8=10，则1mol18O含10mol中子，数目为10NA，故B正确；
C．Fe和S反应生成FeS，28g Fe的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5×2=1mol=1NA，故C错误；
D．随着反应进行，盐酸浓度降低，二氧化锰与稀盐酸不反应，因此生成的数目小于 ，故D错误；
故选B。
【分析】A．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；
Ｂ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｃ．Fe和S反应生成FeS；
Ｄ．二氧化锰只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应。
5．（2025·云南） 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是(　　)
A．制备 B．配制溶液
C．探究Na与反应 D．探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．和均为固体，加热固体时，为了防止冷凝水倒流使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，故A错误；
B．容量瓶用于定容，不能在容量瓶中溶解KCl固体，故B错误；
C．金属钠和水的反应应该在烧杯中进行，故C错误；
D．该实验中只有温度一个变量，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2N2O4平衡的影响，故D正确；
故选D。
【分析】A．加热固体时试管口应略向下倾斜；
Ｂ．不能在容量瓶中溶解固体；
Ｃ．应在烧杯中进行实验；
Ｄ．利用控制变量法探究某一因素对化学平衡的影响时，应保证其他反应条件相同。
6．（2025·云南） 化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是(　　)
A．可形成分子间氢键
B．与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C．能与溶液反应生成
D．与的溶液反应消耗
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Z分子中含有羟基，能形成分子间氢键，故A正确；
B．Z含有醇羟基，能与乙酸发生酯化反应，含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，故B正确；
C．Z分子中含有羧基，可以和NaHCO3反应产生CO2，故C正确；
D．Z分子中碳碳双键能与Br2加成，Z分子中含2个碳碳双键，则1molZ可以和Br2的CCl4反应消耗2molBr2，故D错误；
故选D。
【分析】A．羟基能形成分子间氢键；
Ｂ．醇、羧酸能发生酯化反应；
Ｃ．羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
Ｄ．Z中碳碳双键能与溴加成。
7．（2025·云南） 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是(　　)
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，故A正确；
B．加入盐酸，与MgO发生反应：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应中盐酸体现酸性，而非还原性，故B错误；
C．太阳能电池的主要成分是Si，因此高纯Si可用于制造硅太阳能电池，故C正确；
D．SiO2和Mg在650℃条件下反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】稻壳在一定条件下反应制得纳米SiO2，纳米SiO2与金属镁在650℃条件下发生反应 生成纳米Si和MgO，室温下加入盐酸，MgO与盐酸反应生成MgCl2。
8．（2025·云南） 某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是(　　)
A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的在Ⅱ中反应完全
C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有
D．应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，故A错误；
B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全，故B正确；
C．Ⅱ中的Cu只能吸收O2，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅰ中增加的质量，则分解的气态产物只有O2，故C正确；
D．NaNO3受热易分解产生O2，因此NaNO3应远离热源、可燃物，氧气具有氧化性，因此要与还原性物质分开存放，故D正确；
故选A。
【分析】先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、丙、甲处酒精灯，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，熄灭酒精灯甲，再次缓慢通入Ar气，使NaNO3分解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。
9．（2025·云南） 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是(　　)
A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径：
C．是极性分子 D．电负性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H与Ca形成的CaH2为离子化合物，故A正确；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小：O＜Al＜Na，即R＜X＜T，故B错误；
Ｃ． 为CO2，其结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C错误；
Ｄ．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，则电负性：Si＜C＜O，即Y＜Q＜R，故D错误；
故选A。
【分析】M是原子半径最小的元素，则M为H元素，Q是形成物质种类最多的元素，则Q为C元素，R是地壳中含量最高的元素，在R为O元素，Q和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca），又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 综上所述，M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca。
10．（2025·云南） 铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu可降低反应热
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．Ⅰ到Ⅱ的过程中得电子，发生还原反应，故A错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中形成了C-H键，C-H键是极性键，故B错误；
C．Ⅲ结合氢离子和电子得到Ⅳ，则Ⅳ的示意图为，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，故D错误；
故选C。
【分析】A．得电子的反应为还原反应；
Ｂ．不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．Ⅲ到Ⅳ形成了一个C-H键；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
11．（2025·云南） 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是(　　)
A．Pt电极反应：
B．外加电场可促进双极膜中水的电离
C．Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Pt电极为阳极，电极反应式为：，故A正确；
B．水电离产生氢离子和氢氧根离子，在外加电场作业下，使氢离子和氢氧根离子往两侧移动，可促进双极膜中水的电离，故B正确；
C．右边双极膜中的OH-移向Ⅳ室，故Ⅲ室中的Na+移向Ⅳ室，IⅣ室NaOH浓度增大，Ⅲ室中的CI-移向Ⅱ室，使Ⅱ中满足电荷守恒，最后Ⅲ室中NaCl浓度降低，由NaCI浓溶液转化为稀溶液，则X膜为阴离子交换膜，Y膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．Ⅳ室每生成，转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成，故D正确；
故选C。
【分析】根据和 的移动方向可知，Pt电极为阳极，电极反应式为，石墨电极为阴极，电极反应式为。
12．（2025·云南） Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是(　　)
A．是两性氢氧化物
B．和的晶体类型相同
C．中Be原子的杂化方式为
D．与反应：
【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，属于两性氢氧化物，故A正确；
B．的熔点很高，且远高于，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，故B错误；
C．中Be原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，采用 杂化，故C正确；
D．中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，则与反应生成和，该反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】A．两性氢氧化物能与酸反应也能与碱反应；
Ｂ．根据熔沸点判断晶体类型；
Ｃ．中Be形成4个σ键；
Ｄ．和水反应生成和。
13．（2025·云南）是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是(　　)
A．每个晶胞中个数为12
B．该晶胞在yz平面的投影为
C．取代后，该电解质的化学式为
D．若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，Sc位于晶胞的棱心和面心，数目为，结合可知，每个晶胞中O2-个数为12，故A正确；
B．该晶胞在yx平面的投影为其正视图，面或棱上原子的视图落在棱上，顶点原子的视图落在长方形的顶点，体内原子的视图在长方形内部，同一高度原子的视图重合，则该晶胞在yz平面的投影为，故B正确；
C．取代部分后产生空位 ，根据化合物中的化合价代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，故C错误；
D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．yz平面的投影为其正视图；
Ｃ．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减少并产生空位；
Ｄ．Li+与电子所带的电荷数目相同。
14．（2025·云南） 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是(　　)
A．废水中的含量为
B．c点：
C．a点：
D．的平衡常数
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，故A错误；
B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，由电荷守恒可知， ，浓缩后的废水中的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，和均不参与离子反应，则c点，，故B错误；
C．在溶液中水解使溶液显酸性，类比可知在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明的水解作用强于的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为 ，故C错误；
D．当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，故D正确；
故选D。
【分析】A．根据n( )=n(NaOH)计算；
Ｂ．c点NaOH过量，结合电荷守恒分析；
Ｃ．水解显酸性；
Ｄ．根据计算。
15．（2025·云南） 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，的为。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为　 　。
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为　 　。
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为　 　。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为　 　。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则　 　。
（7）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　 　个。
②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度
（5）
（6）0.19
（7）12；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，其核外共有29个电子，其价电子排布式为，故答案为：。
（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（3）“浸金银”时，Au溶解发生反应 、 ，上述反应中，先消耗后生成，反应前后没发生变化，为该过程的催化剂，故答案为： 。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；还可以减少废水的排放量和处理成本，因此“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度，故答案为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，和CuO与硫酸反应转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于，则的氧化性由强到弱的顺序为，故答案为： 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，的为，则，故答案为：0.19。
（7）①该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个，故答案为：12。
②该晶胞的质量为，体积为，则晶体的密度为，故答案为： 。
【分析】 褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等) 中加入硫酸和亚硫酸钠进行还原酸浸， 、被还原为和，CuO与硫酸反应生成硫酸铜，Au、Ag、不溶于硫酸，进入滤渣1；向滤液1中加入铁粉沉铜，被铁粉还原为Cu，加入MnO2氧化，将氧化为，加入NaOH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到三氧化二铁，滤液4中加入碳酸氢铵沉锰得到碳酸锰，向滤渣1中加入铜-氨-硫代硫酸盐溶液浸金银，Au、Ag浸出，后续提炼出Au、Ag。
16．（2025·云南） 三氟甲基亚磺酸锂是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下：
实验步骤如下：
Ⅰ．向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。
Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。
Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。
已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，冷凝管中冷却水应从　 　(填“b”或“c”)口通入。
（2）步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为　 　。
（3）步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是　 　。
（4）步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为　 　，判断加入浓盐酸已足量的方法为　 　。
（5）步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是　 　。
（6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）三颈烧瓶；b
（2）二氧化碳
（3）将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率
（4）；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
（5）作为溶剂，溶解后加快反应速率
（6）40%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器A为三颈烧瓶；为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出，故答案为：三颈烧瓶；b。
（2）向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，故答案为：二氧化碳。
（3）A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。
（4）将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量，故答案为：+HCl+NaCl；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量。
（5）将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率。
（6）向A中加入，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：=2.75g，氟甲基亚磺酸锂的产率为=40%，故答案为：40%。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；为了保证冷凝效果，冷凝水应下进上出；
（2）碳酸氢钠与盐酸反应会生成二氧化碳；
（3）第一次洗涤是为了将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率；
（4）步骤Ⅲ中，和盐酸反应生成和NaCl；
（5）步骤Ⅳ中水作为溶剂；
（6）根据计算。
17．（2025·云南） 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素　 　乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 则　 　。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　 　。
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　 　，平衡常数　 　(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）葡萄糖
（2）+44.4；AC；降温冷凝后收集气体
（3）乙酸选择性最大且反应速率较快；产物1；36：5；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇，故答案为：葡萄糖。
（2）根据盖斯定律可知=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1，故答案为：+44.4。
②A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体，故答案为：降温冷凝后收集气体。
（3）①由图1可知，270℃时乙酸选择性最大且反应速率较快，因此反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，故答案为：乙酸选择性最大且反应速率较快。
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1，故答案为：产物1。
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，则0.72：0.1=36：5；列三段式：、
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa，故答案为：36：5； 。
【分析】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖；
（2）①根据盖斯定律计算；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
③降温冷凝后即可收集到氢气；
（3）①结合图示分析；
②活化能越大反应速率越慢；
③压强之比等于物质的量之比，先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
18．（2025·云南） 化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学)。
已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烃和生烯烃复分解反应得到产物。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为　 　。
（2）对比C和D的结构，可以推知C和D的　 　(填标号)不相同。
a．分子式 b．质谱图中的碎片峰 c．官能团
（3）D→F中另一产物的化学名称为　 　。
（4）E发生加聚反应，产物的结构简式为　 　。
（5）F→G的反应类型为　 　。
（6）羰基具有较强的极性。I→J经历了加成和消去的过程，其中间体的结构简式为　 　(填标号)。
a． b． c． d．
（7）的化学方程式为　 　。
（8）写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构)。
①能与发生显色反应；1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH。
②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比。
③含有酯基和氨基(或取代的氨基，，和可以是H或烃基)。
【答案】（1）醛基
（2）b
（3）乙烯
（4）
（5）氧化反应
（6）c
（7）
（8）或或
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）A的结构简式为，其中的含氧官能团的名称为醛基，故答案为：醛基。
（2）C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，其官能团也是相同的，两种分子因结构差异导致断裂偏好不同，所形成的碎片种类或丰度显著不同，故其质谱图中碎片峰会不同，故答案为：b。
（3）结合烯烃复分解反应规律可知，其另一种产物乙烯，故答案为：乙烯。
（4）E中含有碳碳双键，发生加聚反应生成，故答案为：。
（5）F在SeO2作用下生成G，G比F多了一个氧原子，则F→G的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应。
（6）I→J的反应为氨基和酮羰基的加成反应，形成七元环和羟基，得到的产物结构简式为，随后，羟基发生消去反应，即可得到J，故选c，故答案为：c。
（7）K发生取代反应生成L，同时生成甲醇，反应的化学方程式为，故答案为：。
（8）L的同分异构体满足：能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环有4个不饱和度，其余结构不饱和度为1，1mol该物质与足量氢氧化钠反应，消耗3molNaOH，则其结构中应含有酚羟基形成的酯基，结构中含有氨基，核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为9：2：2：2：1：1，说明其含有三个等效的甲基，其核磁共振氢谱没有出现3，说明不含有单独的甲基，则满足条件的结构简式为：或或 ，故答案为：或或 。
【分析】（1）根据A的结构简式确定所含官能团；
（2）根据C和D的结构简式分子；
（3）D发生已知反应中的烯烃复分解反应得到F和乙烯；
（4）E中碳碳双键能发生加聚反应；
（5）对比F和G的分子式可知，G比F多一个氧原子、少两个氢原子，发生了氧化反应；
（6）结合反应过程判断中间体的结构简式；
（7）根据反应物、产物以及反应条件书写化学方程式；
（8）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
1 / 1云南省2025年化学高考真题
1．（2025·云南） 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是(　　)
A．岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐
B．油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子
C．竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱
D．水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化
2．（2025·云南） 下列化学用语或图示表示正确的是(　　)
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．Cl的原子结构示意图：
D．溶于水的电离方程式：
3．（2025·云南） 下列化学方程式错误的是(　　)
A．煤制水煤气：
B．供氧：
C．覆铜板制作印刷电路板：
D．铅酸蓄电池放电：
4．（2025·云南）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．中原子的数目为
B．所含中子的数目为
C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为
D．盐酸与足量反应，生成的数目为
5．（2025·云南） 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是(　　)
A．制备 B．配制溶液
C．探究Na与反应 D．探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·云南） 化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是(　　)
A．可形成分子间氢键
B．与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C．能与溶液反应生成
D．与的溶液反应消耗
7．（2025·云南） 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是(　　)
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
8．（2025·云南） 某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是(　　)
A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的在Ⅱ中反应完全
C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有
D．应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
9．（2025·云南） 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是(　　)
A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径：
C．是极性分子 D．电负性：
10．（2025·云南） 铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu可降低反应热
11．（2025·云南） 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是(　　)
A．Pt电极反应：
B．外加电场可促进双极膜中水的电离
C．Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成
12．（2025·云南） Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是(　　)
A．是两性氢氧化物
B．和的晶体类型相同
C．中Be原子的杂化方式为
D．与反应：
13．（2025·云南）是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是(　　)
A．每个晶胞中个数为12
B．该晶胞在yz平面的投影为
C．取代后，该电解质的化学式为
D．若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等
14．（2025·云南） 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是(　　)
A．废水中的含量为
B．c点：
C．a点：
D．的平衡常数
15．（2025·云南） 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，的为。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为　 　。
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为　 　。
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为　 　。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为　 　。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则　 　。
（7）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　 　个。
②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为　 　(列出计算式即可)。
16．（2025·云南） 三氟甲基亚磺酸锂是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下：
实验步骤如下：
Ⅰ．向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。
Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。
Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。
已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，冷凝管中冷却水应从　 　(填“b”或“c”)口通入。
（2）步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为　 　。
（3）步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是　 　。
（4）步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为　 　，判断加入浓盐酸已足量的方法为　 　。
（5）步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是　 　。
（6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为　 　(列出计算式即可)。
17．（2025·云南） 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素　 　乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 则　 　。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　 　。
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　 　，平衡常数　 　(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
18．（2025·云南） 化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学)。
已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烃和生烯烃复分解反应得到产物。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为　 　。
（2）对比C和D的结构，可以推知C和D的　 　(填标号)不相同。
a．分子式 b．质谱图中的碎片峰 c．官能团
（3）D→F中另一产物的化学名称为　 　。
（4）E发生加聚反应，产物的结构简式为　 　。
（5）F→G的反应类型为　 　。
（6）羰基具有较强的极性。I→J经历了加成和消去的过程，其中间体的结构简式为　 　(填标号)。
a． b． c． d．
（7）的化学方程式为　 　。
（8）写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构)。
①能与发生显色反应；1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH。
②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比。
③含有酯基和氨基(或取代的氨基，，和可以是H或烃基)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】高分子材料；硅酸盐
【解析】【解答】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，不属于硅酸盐，故A错误；
Ｂ．核桃油的主要成分是脂肪酸甘油酯，其相对分子质量较小，不属于有机高分子，故B错误；
Ｃ．氧化铁能与酸发生反应，例如和盐酸反应会生成氯化铁和水，所以它不耐酸，故C错误；
Ｄ．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，故D正确；
故选D。
【分析】A．贝壳粉的主要成分为碳酸钙；
Ｂ．有机高分子的相对分子质量达到一万以上；
Ｃ．氧化铁能与酸反应；
Ｄ．碳在常温下性质稳定。
2．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为 ，故A正确；
B． 是离子化合物，由钠离子和硫离子构成，其电子式为：，故B错误；
C．Cl原子最外层有7个电子，其结构示意图为：，故C错误；
D．是强电解质，完全电离，其电离方程式为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．的中心原子N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
Ｂ． 为离子化合物；
Ｃ．Cl原子最外层有7个电子；
Ｄ． 是强电解质。
3．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．水煤气的主要成分为CO和H2，高温下，煤与水蒸气反应得到CO和H2，反应的化学方程式为 ，故A正确；
B． 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 ，故B正确；
C．FeCl3与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，故C错误；
D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，反应的化学方程式为 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．煤的主要元素为C；
Ｂ． 和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
Ｃ．铜将氯化铁还原为氯化亚铁；
Ｄ．铅酸蓄电池放电时，生成PbSO4和H2O。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．气体所处的状态未知，不能计算 的物质的量，故A错误；
B．一个18O含有的中子数为18-8=10，则1mol18O含10mol中子，数目为10NA，故B正确；
C．Fe和S反应生成FeS，28g Fe的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5×2=1mol=1NA，故C错误；
D．随着反应进行，盐酸浓度降低，二氧化锰与稀盐酸不反应，因此生成的数目小于 ，故D错误；
故选B。
【分析】A．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；
Ｂ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｃ．Fe和S反应生成FeS；
Ｄ．二氧化锰只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应。
5．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．和均为固体，加热固体时，为了防止冷凝水倒流使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，故A错误；
B．容量瓶用于定容，不能在容量瓶中溶解KCl固体，故B错误；
C．金属钠和水的反应应该在烧杯中进行，故C错误；
D．该实验中只有温度一个变量，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2N2O4平衡的影响，故D正确；
故选D。
【分析】A．加热固体时试管口应略向下倾斜；
Ｂ．不能在容量瓶中溶解固体；
Ｃ．应在烧杯中进行实验；
Ｄ．利用控制变量法探究某一因素对化学平衡的影响时，应保证其他反应条件相同。
6．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Z分子中含有羟基，能形成分子间氢键，故A正确；
B．Z含有醇羟基，能与乙酸发生酯化反应，含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，故B正确；
C．Z分子中含有羧基，可以和NaHCO3反应产生CO2，故C正确；
D．Z分子中碳碳双键能与Br2加成，Z分子中含2个碳碳双键，则1molZ可以和Br2的CCl4反应消耗2molBr2，故D错误；
故选D。
【分析】A．羟基能形成分子间氢键；
Ｂ．醇、羧酸能发生酯化反应；
Ｃ．羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
Ｄ．Z中碳碳双键能与溴加成。
7．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，故A正确；
B．加入盐酸，与MgO发生反应：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应中盐酸体现酸性，而非还原性，故B错误；
C．太阳能电池的主要成分是Si，因此高纯Si可用于制造硅太阳能电池，故C正确；
D．SiO2和Mg在650℃条件下反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】稻壳在一定条件下反应制得纳米SiO2，纳米SiO2与金属镁在650℃条件下发生反应 生成纳米Si和MgO，室温下加入盐酸，MgO与盐酸反应生成MgCl2。
8．【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，故A错误；
B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全，故B正确；
C．Ⅱ中的Cu只能吸收O2，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅰ中增加的质量，则分解的气态产物只有O2，故C正确；
D．NaNO3受热易分解产生O2，因此NaNO3应远离热源、可燃物，氧气具有氧化性，因此要与还原性物质分开存放，故D正确；
故选A。
【分析】先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、丙、甲处酒精灯，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3分解产生了O2，熄灭酒精灯甲，再次缓慢通入Ar气，使NaNO3分解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H与Ca形成的CaH2为离子化合物，故A正确；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小：O＜Al＜Na，即R＜X＜T，故B错误；
Ｃ． 为CO2，其结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C错误；
Ｄ．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，则电负性：Si＜C＜O，即Y＜Q＜R，故D错误；
故选A。
【分析】M是原子半径最小的元素，则M为H元素，Q是形成物质种类最多的元素，则Q为C元素，R是地壳中含量最高的元素，在R为O元素，Q和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca），又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 综上所述，M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca。
10．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．Ⅰ到Ⅱ的过程中得电子，发生还原反应，故A错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中形成了C-H键，C-H键是极性键，故B错误；
C．Ⅲ结合氢离子和电子得到Ⅳ，则Ⅳ的示意图为，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，故D错误；
故选C。
【分析】A．得电子的反应为还原反应；
Ｂ．不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．Ⅲ到Ⅳ形成了一个C-H键；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Pt电极为阳极，电极反应式为：，故A正确；
B．水电离产生氢离子和氢氧根离子，在外加电场作业下，使氢离子和氢氧根离子往两侧移动，可促进双极膜中水的电离，故B正确；
C．右边双极膜中的OH-移向Ⅳ室，故Ⅲ室中的Na+移向Ⅳ室，IⅣ室NaOH浓度增大，Ⅲ室中的CI-移向Ⅱ室，使Ⅱ中满足电荷守恒，最后Ⅲ室中NaCl浓度降低，由NaCI浓溶液转化为稀溶液，则X膜为阴离子交换膜，Y膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．Ⅳ室每生成，转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成，故D正确；
故选C。
【分析】根据和 的移动方向可知，Pt电极为阳极，电极反应式为，石墨电极为阴极，电极反应式为。
12．【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，属于两性氢氧化物，故A正确；
B．的熔点很高，且远高于，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，故B错误；
C．中Be原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，采用 杂化，故C正确；
D．中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，则与反应生成和，该反应的化学方程式为，故D正确；
故选B。
【分析】A．两性氢氧化物能与酸反应也能与碱反应；
Ｂ．根据熔沸点判断晶体类型；
Ｃ．中Be形成4个σ键；
Ｄ．和水反应生成和。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，Sc位于晶胞的棱心和面心，数目为，结合可知，每个晶胞中O2-个数为12，故A正确；
B．该晶胞在yx平面的投影为其正视图，面或棱上原子的视图落在棱上，顶点原子的视图落在长方形的顶点，体内原子的视图在长方形内部，同一高度原子的视图重合，则该晶胞在yz平面的投影为，故B正确；
C．取代部分后产生空位 ，根据化合物中的化合价代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，故C错误；
D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．yz平面的投影为其正视图；
Ｃ．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减少并产生空位；
Ｄ．Li+与电子所带的电荷数目相同。
14．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，故A错误；
B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，由电荷守恒可知， ，浓缩后的废水中的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，和均不参与离子反应，则c点，，故B错误；
C．在溶液中水解使溶液显酸性，类比可知在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明的水解作用强于的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为 ，故C错误；
D．当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，故D正确；
故选D。
【分析】A．根据n( )=n(NaOH)计算；
Ｂ．c点NaOH过量，结合电荷守恒分析；
Ｃ．水解显酸性；
Ｄ．根据计算。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度
（5）
（6）0.19
（7）12；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，其核外共有29个电子，其价电子排布式为，故答案为：。
（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（3）“浸金银”时，Au溶解发生反应 、 ，上述反应中，先消耗后生成，反应前后没发生变化，为该过程的催化剂，故答案为： 。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；还可以减少废水的排放量和处理成本，因此“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度，故答案为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，和CuO与硫酸反应转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于，则的氧化性由强到弱的顺序为，故答案为： 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，的为，则，故答案为：0.19。
（7）①该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个，故答案为：12。
②该晶胞的质量为，体积为，则晶体的密度为，故答案为： 。
【分析】 褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等) 中加入硫酸和亚硫酸钠进行还原酸浸， 、被还原为和，CuO与硫酸反应生成硫酸铜，Au、Ag、不溶于硫酸，进入滤渣1；向滤液1中加入铁粉沉铜，被铁粉还原为Cu，加入MnO2氧化，将氧化为，加入NaOH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到三氧化二铁，滤液4中加入碳酸氢铵沉锰得到碳酸锰，向滤渣1中加入铜-氨-硫代硫酸盐溶液浸金银，Au、Ag浸出，后续提炼出Au、Ag。
16．【答案】（1）三颈烧瓶；b
（2）二氧化碳
（3）将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率
（4）；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
（5）作为溶剂，溶解后加快反应速率
（6）40%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器A为三颈烧瓶；为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出，故答案为：三颈烧瓶；b。
（2）向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，故答案为：二氧化碳。
（3）A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。
（4）将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量，故答案为：+HCl+NaCl；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量。
（5）将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率。
（6）向A中加入，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：=2.75g，氟甲基亚磺酸锂的产率为=40%，故答案为：40%。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；为了保证冷凝效果，冷凝水应下进上出；
（2）碳酸氢钠与盐酸反应会生成二氧化碳；
（3）第一次洗涤是为了将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率；
（4）步骤Ⅲ中，和盐酸反应生成和NaCl；
（5）步骤Ⅳ中水作为溶剂；
（6）根据计算。
17．【答案】（1）葡萄糖
（2）+44.4；AC；降温冷凝后收集气体
（3）乙酸选择性最大且反应速率较快；产物1；36：5；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇，故答案为：葡萄糖。
（2）根据盖斯定律可知=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1，故答案为：+44.4。
②A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体，故答案为：降温冷凝后收集气体。
（3）①由图1可知，270℃时乙酸选择性最大且反应速率较快，因此反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，故答案为：乙酸选择性最大且反应速率较快。
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1，故答案为：产物1。
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，则0.72：0.1=36：5；列三段式：、
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa，故答案为：36：5； 。
【分析】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖；
（2）①根据盖斯定律计算；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
③降温冷凝后即可收集到氢气；
（3）①结合图示分析；
②活化能越大反应速率越慢；
③压强之比等于物质的量之比，先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
18．【答案】（1）醛基
（2）b
（3）乙烯
（4）
（5）氧化反应
（6）c
（7）
（8）或或
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）A的结构简式为，其中的含氧官能团的名称为醛基，故答案为：醛基。
（2）C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，其官能团也是相同的，两种分子因结构差异导致断裂偏好不同，所形成的碎片种类或丰度显著不同，故其质谱图中碎片峰会不同，故答案为：b。
（3）结合烯烃复分解反应规律可知，其另一种产物乙烯，故答案为：乙烯。
（4）E中含有碳碳双键，发生加聚反应生成，故答案为：。
（5）F在SeO2作用下生成G，G比F多了一个氧原子，则F→G的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应。
（6）I→J的反应为氨基和酮羰基的加成反应，形成七元环和羟基，得到的产物结构简式为，随后，羟基发生消去反应，即可得到J，故选c，故答案为：c。
（7）K发生取代反应生成L，同时生成甲醇，反应的化学方程式为，故答案为：。
（8）L的同分异构体满足：能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环有4个不饱和度，其余结构不饱和度为1，1mol该物质与足量氢氧化钠反应，消耗3molNaOH，则其结构中应含有酚羟基形成的酯基，结构中含有氨基，核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为9：2：2：2：1：1，说明其含有三个等效的甲基，其核磁共振氢谱没有出现3，说明不含有单独的甲基，则满足条件的结构简式为：或或 ，故答案为：或或 。
【分析】（1）根据A的结构简式确定所含官能团；
（2）根据C和D的结构简式分子；
（3）D发生已知反应中的烯烃复分解反应得到F和乙烯；
（4）E中碳碳双键能发生加聚反应；
（5）对比F和G的分子式可知，G比F多一个氧原子、少两个氢原子，发生了氧化反应；
（6）结合反应过程判断中间体的结构简式；
（7）根据反应物、产物以及反应条件书写化学方程式；
（8）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
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