2026年云南卷化学高考真题

B

【详解】A．橡胶属于有机高分子材料，耐寒轮胎为适应特殊环境设计，属于特种橡胶，A 项正确； B．钛板的核心成分是金属钛，属于金属材料，而陶瓷材料是无机非金属材料，因此钛板不属于陶瓷材料， B 项错误； C．石英的主要成分为二氧化硅，C 项正确； D．聚酯是由多元醇与多元酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，D 项正确； 故答案为 B。

A

【详解】A．同素异形体指同种元素形成的不同单质，红磷和白磷均由磷元素组成且结构不同，属于同素异 形体，A 项正确； B．CH3Cl 中 C-Cl 键为极性键，且分子空间结构不对称，CH3Cl 类似甲烷的四面体结构，但 Cl 取代 H 后电 荷分布不均，属于极性分子，B 项错误； C．H2O 中 O 原子的价层电子对数为 ，含 2 对孤对电子，空间结构为 V 形，C 项错误； D． 的价电子数为 6+2=8，其价层电子轨道表达式为 ，D 项错误； 故答案为 A。

C

【详解】A．NO 是无色、有刺激性气味的气体，NO2 为红棕色气体，A 项错误； B．NH4HCO3 为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为 和 ， 为弱酸酸式根，不能进 一步拆分，因此其电离方程式为 ，B 项错误； C．合成氨反应 为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应 的 N2 和 H2 回收再利用，从而提高原料利用率，C 项正确； D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无 关，因此新型催化剂不能改变 N2 生成 N[Si(CH3)3]3 的反应热，D 项错误； 故答案为 C。

D

【详解】A．石油分馏是利用石油中各成分沸点不同，通过加热、冷凝实现分离的过程，由于过程中没有新 物质生成，属于物理变化，而非化学变化，A 项错误； B．蔗糖是典型的二糖，水解生成等物质的量葡萄糖和果糖，B 项错误； C．明矾加入水中发生水解反应： ，Al(OH)3 胶体吸附水中杂质， 可作净水剂，水解生成 ，溶液呈酸性，C 项错误； D．NaHCO3 热稳定性较差，受热易分解 ，D 项正确； 故答案为 D。

A

【详解】A．硝酸银中的 Ag+是重金属离子，能破坏蛋白质的空间结构，使其失去生物活性，发生变性，A 能达到实验目的； B．装置图中缺少杯盖，热量散失严重，会导致测得的中和热数值偏小，B 不能达到实验目的； C．制备 Fe(OH)3 胶体是向沸水中滴加饱和 FeCl3 溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，图中是将饱和 FeCl3 溶 液滴入 NaOH 溶液中，会直接发生反应生成的是 Fe(OH)3 沉淀，C 不能达到实验目的； D．MnO2 与浓盐酸反应制取氯气（ ），需要加热条件，图中装置没 有酒精灯加热，反应无法发生，D 不能达到实验目的； 故选 A。

D

【详解】A．W 的结构简式为 ，根据结构简式可得分子式为 ，A 正确； B．X 的结构简式为 ，分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 正确； C．Y 的结构简式为 ，分子中含有碳碳双键和酯基，能发生加成和水解反应，C 正确； D．Z 的结构简式为 含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位（2 个位置）可以被 Br 原子 取代，1mol Z 消耗 2 mol Br2，侧链上的碳碳双键可以与 Br2 发生加成反应，1mol Z 消耗 1 mol Br2，总共最 多消耗 3 mol Br2，C 错误； 故选 D。

B

【详解】A．水泥的主要原料是石灰石（CaCO3）和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心原料 之一，A 正确； B． 根 据 图 示 ， 与 反 应 方 程 式 可 表 示 为 ： ，反应前后，各元素化合价均未发生变化，没有 电子转移，属于非氧化还原反应，B 错误； C．聚四氟乙烯由四氟乙烯（CF2=CF2）通过加聚反应合成，双键打开形成高分子链，反应方程式为： ，C 正确； D．该防护方法为牺牲阳极法（牺牲负极保护法），Zn 的金属活动性比 Fe 强，作为原电池的负极，会不断 被氧化腐蚀，而钢闸门（Fe）作为正极被保护，随着反应进行，Zn 板会逐渐消耗，因此需要定期检查、更 换 Zn 板，保证防护效果，D 正确； 故选 B。

D

【分析】U、V、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的前 20 号主族元素，U 是原子半径最小的元素，则 U 为 H，V 的 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的一半，电子排布式为 ，则 V 为 C，X 的最外层电子数 与其 K 层电子数相等，X 为第 IIA 族元素，可能的电子排布式为 （Be）或 （Mg)，X 的原子序数大于 V，则 X 为 Mg，Y 的氧化物具有两性，则 Y 为 Al，X 和 Z 同主族，则 Z 为 Ca，Z 的原子 序数等于 W 和 X 的原子序数之和，既 20-12=8，即 W 为 8 号元素，则 W 为 O，据此回答 【详解】A．V 为 C，V 的简单氢化物为 CH4，W 为 O，W 的简单氢化物 H2O，H2O 存在分子间氢键，沸 点远高于甲烷，则沸点 H2O>CH4，即 V Mg， 金 属 性 越 强 ， 最 高 价 氧 化 物 水 化 物 碱 性 越 强 ， 则 碱 性 ，即 XAl，即 X>Y，C 错误； D．U 为 H，W 为 O，可形成 H2O（水）和 H2O2（过氧化氢），二者在常温下均为液态，正确； 故选 D。

C

【分析】Fe 与足量 S 加热反应生成 FeS 黑色固体，FeS 与稀硫酸反应生成 FeSO4、H2S，H2S 与醋酸铅反应 生成黑色固体 PbS，③实验过程中上层清液与 KSCN 溶液混合开始无明显现象，说明①中反应无 Fe3+生成， 5min 后出现浅红色，说明 Fe2+被氧化，④实验过程中上层清液与 K3[Fe(CN)6]溶液混合产生蓝色沉淀，说明 ①中反应有 Fe2+生成。 【详解】A．由上述分析可知，a 中黑色固体成分有 ，A 项正确； B． 与 在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成 ，B 项正确； C．步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行，其目的是防止 FeSO4、H2S 被氧化，步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸， 其目的是除去溶解氧，C 项错误； D．醋酸铅试纸用于检验生成的 H2S 气体，b 中使用 溶液替代 溶液，H2S 与 发生反应： ，CuS 为黑色固体，难溶于稀硫酸，可达到检验 H2S 的目的，D 项正确； 故答案为 C。

D

【详解】A．光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中，涉及光能→化学能的转化，A 项正确； B．步骤Ⅱ中，空穴 带正电，使底物失去电子， 作为氧化剂，体现氧化性，B 项正确； C．空穴 是氧化剂，数量越多，氧化能力越强，促进 -甲基苯甲胺脱氢反应越彻底，生成的 越 多，C 项正确； D．步骤 III 过程中断裂 C-H 极性键，步骤 IV 过程中形成 C-C 非极性键和 H-H 非极性键，无非极性共价键 的断裂，D 项错误； 故答案为 D。

C

【详解】A．T 点位于底面的面心，其原子坐标为 ，A 项错误； B． 位于体心和顶点，以体心为例，每个 周围与它最近且距离相等的 有 8 个，B 项错误； C． 位于棱和面心，沿 轴方向投影，纵向棱上的 会被 遮挡，因此投影图为 ，C 项正确； D．晶胞中 位于棱和面心，其个数为 ， 位于体心和顶点，其个数为 ，1 个晶胞中含有 2 个 Na3PS4，因此晶胞密度 ，因此晶胞参数 ，D 项错误； 故答案为 C。

A

【详解】A．大环化合物甲与 C60 通过范德华力形成超分子乙，因此乙为分子晶体，A 项错误； B．甲与 C60 结合生成乙，即“捕获 C60”，乙在 条件下释放 C60 生成丙，即“释放 C60”，明确体现了 大环对 C60 的捕获与释放，B 项正确； C．该超分子的核心作用力是分子间作用力（如范德华力、氢键等），C60 与大环通过分子间作用力结合，C 项正确； D．甲、乙中 形成 3 个化学键，为 sp2 杂化，丙中 形成 4 个化学键，为 sp3 杂化， 过程中可 通过调节 pH 实现，即调控 pH 可使甲和丙中 的杂化方式发生可逆转变，D 项正确； 故答案为 A。

D

【分析】 中 S 元素为+6 价，由此可知模式 I 放电过程中石墨电极上 S 元素化合价降低，发生还原反 应，为正极，锂电极为负极，充电过程中石墨电极为阳极，锂电极为阴极。 【详解】A．充电时，模式 II 阴极上 LiCl 得到电子生成 Li，阳极上 Li2S2O4 失去电子生成 ，根据守 恒关系可知模式 II 的反应为 ，A 项错误； B．模式 I 充电时总反应为 ，充电过程中 Li 元素化合价降低，S 元素及 部分 Cl 元素化合价升高，因此外电路通过 1mol 电子，石墨阳极上最多生成 0.25mol Cl2，B 项错误； C．放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C 项错误； D．放电时，模式 I 的总反应与转移电子关系为 ，模式 II 的总反 应与转移电子关系为 ，由此可知分别消耗 ，模式Ⅰ理 论放电量大于模式Ⅱ，D 项正确； 故答案为 D。

B

【分析】 ，根据 ，两式联立得到 ， 两 边 取 负 对 数 得 到 ： ，这意味着 的 pM 值与 的 pM 值始终平行， 且 在 上 ， 故 Ⅰ 代 表 ， Ⅱ 代 表 ， 根 据 ，为了维持 恒定， 的 pM 与Ⅰ呈反比，因此上升的 曲线Ⅳ代表 ，根据反应①： ， 是定值，故 不变，线Ⅲ代 表 ，据此解答。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表 ，A 错误； B． 该 反 应 的 平 衡 常 数 ， 由 分 析 推 导 可 知 ，代入平衡常数表达式得到 ，观察图 中 pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时 ，pH= 2.87 时的点向上延伸，与Ⅲ的 交点处： ，此时 ，代入平衡常数表达式得 到： ，B 正确； C．由 B 项分析可知， 并保持不变（或由Ⅰ线 pH=0.15 时， ， ，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15），故 的浓度为 ，C 错误； D．对溶液中物种做物料守恒：总草酸根（溶液中）： ；总铜（溶液中）： （注：两种以固体形式存在的 只是为了列物料守恒），将两式整理得到， ，这是一个等式，D 错 误； 故选 B。 二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。

（1）ds （2）

【分析】酸浸 1：经过预处理的 WPCB 加入稀盐酸，Ni 与稀盐酸发生置换反应生成 溶解，而 Cu、Ag、 Au 不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液 1 主要成分为 和过量的 HCl，滤渣 1 为 Cu、Ag、Au 。 碱沉：向滤液 1 中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀 生成 。过滤后得到 的滤液 3 主要含有 NaCl 。 酸浸 2：向滤渣 1 中加入稀硝酸，Cu 和 Ag 溶解生成 、 ，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液 2 主要含有 和过量的 ，滤渣 2 为单质 Au 。 氧化溶金：将滤渣 2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时 起 到络合作用，生成 溶解进入滤液 4 。 还原金：向滤液 4 中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。 沉银：将含有 的滤液 2 与含有 的滤液 3 混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。 【小问 1 详解】 Cu 位于 IB 族，IB、IIB 族元素属于 ds 区，Au 与 Cu 同族，故为 ds 区元素。 【小问 2 详解】 酸浸 1 加入稀盐酸，活泼金属 Ni 与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au 不与稀盐酸反应，因此离子方程式为 Ni 和 反应生成 和 ，离子方程式： 。 【小问 3 详解】 滤渣 1 含 Cu、Ag、Au，酸浸 2 加入稀硝酸，Cu、Ag 与稀硝酸反应溶解生成 、 ，Au 不溶解，因 此滤液 2 中金属离子除 外还有 。 【小问 4 详解】 根据已知信息，PMS 在强酸介质中会水解，若用 HCl 代替 KCl，溶液酸性过强，PMS 水解导致氧化能力下 降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（ ） ，PMS（以 表示）发生分解反 应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为： 。 【小问 5 详解】 “氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素 C）具有较强的还原性，在此工序 中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 【小问 6 详解】 V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液 1 中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段 NaOH 均用于沉淀 ，沉淀 消耗 NaOH 体积为 ， ，由 得 ， 。 【小问 7 详解】 滤液 2 中 以 形式存在，滤液 3 中含碱沉后过量的 NaOH，AgOH 不稳定分解为 ，因此反 应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为 。

（1）恒压滴液漏斗 （2）D

【分析】向双颈烧瓶中加入 10 mL 含 (1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器 a 逐滴加入 3 mL 含 bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温，将上述溶液减压蒸除 乙醇，加入 20 mL CH2Cl2 溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，有机层经减压蒸除溶剂，加入 15 mL 乙醇和 2 mmol NaBPh4(Ph 为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物 Z， ) ，据此回答。 【小问 1 详解】 由图可知，仪器 a 是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下； 【小问 2 详解】 佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH2Cl2 有毒、易挥发，所以要注意排气防止中毒； 本实验不涉及锐器，故选 D； 【小问 3 详解】 步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入 20 mL CH2Cl2 溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可用于 除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH2Cl2 的密度为 1.33g·cm-3， 大于水，因此分液时在下层； 【小问 4 详解】 步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物 Z 沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物 Z 的溶解度，使其从溶液中析出； 【小问 5 详解】 粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。 【小问 6 详解】 根据反应离子方程式： ，再结合投料量，理论上三者恰好完 全反应，理论上生成配合物 Z 的物质的量为 1 mmol，质量为 ，实 际产量为 ，产率= ； 【小问 7 详解】 A．核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A 不符合题意； B．质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不符合题意； C．红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C 不符合题意； D．X 射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D 符合题意； 故选 D； 【小问 8 详解】 bpy（联吡啶）是双齿配体，每个 bpy 提供 2 个配位原子，当 1:2 投料时，2 个 bpy 共提供 4 个配位原子， 配位数为 4；当 投料时，3 个 bpy 共提供 3×2=6 个配位原子，因此 的配位数为 6。

（1） ①. ②. ＜ （2）C

【小问 1 详解】 根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以 减去第二个反应乘以 ，得到目标反应，故 。 反应 i 中，反应物气体总物质的量为 ，生成物仅 气体（DMO 为液态），气体物质的量减少，熵 减小，因此 。 【小问 2 详解】 A．及时移走液态生成物 DMO，DMO 为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动， 平衡转化率 不变，错误； B．恒容密闭容器中通入 ，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误； C．增大 和 投料比，相当于增加 CO 浓度，平衡正向移动， 转化率提高，正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。 【小问 3 详解】 ①该反应需要主产物 DMO 保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在 时，主产 物的选择性较高，但 的转化率太低，而温度在 时，副产物 2 的选择性急剧升高，不 利于生产，故反应较适宜的温度区间为 ，答案选 B。 ② 时 平 衡 转 化 率 为 ， 初 始 浓 度 为 ， 因 此 平 衡 时 ， 两个反应中，每消耗 均生成 ，因 此 平 衡 ； 结 合 DMO 选 择 性 ， 生 成 DMO 的 为 0.75×90% =0.675mol/L。根据反应 i， ，反应 ii 消耗 的 =0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物 1)= ；列出变 化量：： i． ii． 平衡 ，DMO 为液态不计入平衡常数（题中所给单 位亦可看出），因此反应 i 的平衡常数 。 【小问 4 详解】 ①速率方程 ，当 增加 10 倍， 增加 10 倍，可得 ，即 ，因此 。 ② ，因此 ，代入图 2 中任意一组数据即可： 或 或 或 。 【小问 5 详解】 根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为 ，右侧 DMT 总组成为 ，剩余 对应 2Y，因此 Y 为 。

（1）碳碳双键

【分析】由合成路线可知，A 与 发生取代反应生成 B，B 与 C 发生 Diels-Alder 反应生成 D，D 在一定条件下生成E，E与F反应后经重排得到G，G与 发生取代反应生成H和CH3CH2OH， H 在一定条件下生成 I，I 被 DMP 氧化剂氧化生成 J，J 在一定条件下生成 K，据此回答 【小问 1 详解】 A 为 ，其中 R 为 ，A 中官能团为羧基、醚键和碳碳双键； 【小问 2 详解】 A（羧酸）与 反应，羧基的-OH 被-NHSO2R'取代，属于取代反应； 【小问 3 详解】 C 的结构简式为 ，两个碳碳双键均为平面结构，中间单键可旋转，使两个双键平面共面，所有碳原 子均可共平面，主链 4 个 C+甲基 1 个 C ，共 5 个 C； 【小问 4 详解】 E 的结构简式为 ，含有酰胺键（-CONH-），在 NaOH 溶液中加热时，酰胺键发生水解，反应 的化学方程式为： +NaOH + ； 【小问 5 详解】 由分析知，G 与 发生取代反应生成 H 和 CH3CH2OH； 【小问 6 详解】 由流程图知，DMP 将 I 中的醇羟基（-OH）氧化为醛基（-CHO）； 【小问 7 详解】 手性碳是指连有 4 个不同基团的饱和碳原子，如图（带*号） ，则 K 中手性碳原 子的个数为 2； 【小问 8 详解】 F 的分子式为 ，不饱和度为 5，满足①能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯结构，②能与 FeCl3 发生显色反应，则含有酚羟基，③核磁共振氢谱显示 4 组峰，且峰面积比为 2∶2∶1∶1 的同分异构体有 、 、 ； 【小问 9 详解】 B 与 C 发生 Diels-Alder 反应生成 D，参照 B→D 的过程， 和 发生 Diels-Alder 反应生成 ， 与 Br2 发生加成反应生成 ， 在 NaOH 乙 醇 溶 液 中 加 热 ， 发 生 消 去 反 应 生 成 目 标 产 物 ， 则 合 成 路 线 为 ： 。