2026年高考四川卷化学高考真题（答案版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0726化学_2026年高考化学真题（全国各地共19省）

四川省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学答案
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是最符合题目要求的。
1.【答案】C
【详解】A．铁粉具有还原性，可与食品包装内的氧气发生氧化还原反应消耗氧气，防止食品氧化变
质，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．漂白粉消毒时利用次氯酸根的强氧化性使细菌蛋白质变性，氯元素化合价发生变化，涉及氧化还
原反应，B不符合题意；
C．表面活性剂去除油污是利用乳化作用，通过亲水基、亲油基将油污分散为小油滴除去，整个过程
没有化合价变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．锂离子电池供电是原电池反应，通过负极氧化、正极还原的氧化还原反应实现化学能转化为电
能，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
2.【答案】A
44g
【详解】A．44 g丙烷的物质的量为 =1mol，1个丙烷分子含2个C-C键、8个C-H键，
44g/mol
共10个共价键，故1mol丙烷含共价键的数目为10N ，A正确；
A
B．标准状况下CHCl 为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出氯原子数目为
3
1.5N ，B错误；
A
C．K S溶液中S2-会发生水解，导致S2-数目减少，故1.0L0.5mol⋅L-1的K S溶液中，S2-的数目
2 2
小于0.5N ，C错误；
A
高温、高压
D．合成氨反应3H +N ⇌ 2NH 是可逆反应，该反应中H元素化合价由0价上升到+1价，但反
2 2 3
催化剂
应物不能完全转化，因此3molH 不能完全反应，转移电子数目小于6N ，D错误；
2 A
故选A。
3.【答案】D
【详解】A．芳香族化合物的定义是含有苯环的有机化合物，该分子中没有苯环，仅含不饱和六元碳
环，不属于芳香族化合物，A错误；
B．手性碳原子是指连有4种不同基团的饱和碳原子。该分子中含有1个手性碳原子：
，B错误；
C．该物质分子中含有碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D．该物质分子中含有酯基，酯基可以发生水解反应，D正确；
故选D。
·1·4.【答案】B
【详解】A．乙炔含碳碳三键，也会被酸性KMnO 溶液氧化，会损失提纯的乙炔，A错误；
4
B．NaHCO 热稳定性差，受热分解生成CO ，可通过澄清石灰水变浑浊验证分解反应；加热固体时
3 2
试管口略向下倾斜，能防止冷凝水倒流炸裂试管，B正确；
C．向容量瓶中转移溶液时，应该用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线下方内壁，C错误；
D．制备Fe(OH) 胶体时，应将饱和FeCl 溶液滴入沸水中，若滴入NaOH溶液会直接生成Fe(OH)
3 3
沉淀，无法得到胶体，D错误；
3
故选B。
5.【答案】A
【详解】A．AgI溶解度大于Ag₂S，碘化银浊液中滴入硫化钠溶液生成硫化银沉淀，离子方程式为：
2AgI(s)+S2-(aq)⇌Ag S(s)+2I-(aq)，A正确；
2
B．HCO-是弱酸的酸式酸根，不能拆分为CO2-和H+，正确离子方程式为HCO-+H+=CO ↑
3 3 3 2
+H O，B错误；
2
C．铜与稀硝酸反应还原产物为NO而非NO ，正确离子方程式为3Cu+8H++2NO-=3Cu2++
2 3
2NO↑+4H O，C错误；
2
D．生成的Ag+会与Cl-结合生成AgCl沉淀，该式漏掉AgCl的生成，正确离子方程式为[Ag(NH )
3
]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH+，D错误；
2 4
故选A。
6.【答案】B
【详解】A．WY为CO 属于分子晶体，ZY为SiO 属于共价晶体，共价晶体熔点远高于分子晶体，
2 2 2 2
故熔点WY<ZY，A错误；
2 2
B．XQ 为NH ，中心N原子含1对孤电子对，Q Y为H O，中心O原子含2对孤电子对，二者中心
3 3 2 2
原子杂化类型相同，孤电子对越多对成键电子对排斥作用越强，键角越小，故键角XQ >Q Y，B正
3 2
确；
C．非金属性C>Si，元素非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性WQ >ZQ ，C错误；
4 4
D．I 1X  是N的第一电离能，I 2Y  是O的第二电离能，N原子和O+的价电子排布均为2s22p3的
半充满稳定结构，但O的核电荷数大于N，原子核对电子的吸引力更强，故I 1X  <I 2Y  ，D错误；
故选B。
7.【答案】D
【详解】A．该配合物的阴离子含有6个配体(每条线都是1个配体)，4个Ga3+，每个Ga3+周围有6
个O(3个配体)作为配位原子，配位数为6，A正确；
B．超分子对特定分子的识别依靠氢键、范德华力等非共价键作用，B正确；
C．改变配体骨架的基团或链的长短，会调整空腔的大小、结构和作用位点，可适配不同结构的分
子，C正确；
D．Si4+所带正电荷数高于Ga3+，对配位原子的电子吸引作用更强，会改变配体骨架的电子云分布，
D错误；
故选D。
8.【答案】B
【详解】A．BF 中B原子采取sp2杂化，没有孤电子对，为平面正三角形结构，虽然B-F键为极性
3
·2·键，但分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误；
B．B(OH) 属于分子晶体，分子间存在范德华力，且分子中含有羟基，分子间可形成氢键，B正确；
3
6-1-3×1
C．H O+中心O原子的价层电子对数为3+ =4，采取sp3杂化，C错误；
3 2
D．BF-中心B原子价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形；BF 中心B原子价层电子对数
4 3
为3，VSEPR模型为平面三角形，D错误；
故选B。
9.【答案】D
【详解】A．P分子中含有酸酐环，酸酐环与苯环并环，环内原子与苯环共平面；但酰氯基团(
-COCl)与苯环相连的单键可自由旋转，因此酰氯基团上的氧原子不一定与苯环共平面，A错误；
B．Q含有苯环，在FeBr 催化下，Br 可以与苯环发生取代反应，B错误；
3 2
C．1个P分子只含有1个-COCl，n个P提供n个-COCl；P中的酸酐环与Q中的氨基反应生成
酰亚胺环，脱去1分子H O，n个P和n个Q反应生成n个酰亚胺环，故生成n分子H O，故y=n；
2 2
同时生成n-1个酰胺键，脱去n-1分子HCl，故x=n-1，C错误；
D．W主链中重复单元含大量酰胺键，由酰氯与氨基缩聚形成，符合聚酰胺定义，D正确；
故选D。
10.【答案】A
【详解】A．若快速通入O ，气体流速过快，会导致反应生成的SO 来不及被H O 溶液充分吸收，使
2 2 2 2
测定结果偏低，应控制适宜的通O 速率保证煤充分燃烧且气体被充分吸收，A错误；
2
B．H O 氧化SO 生成H SO 时作氧化剂，与Cl 反应生成O 时作还原剂，故既作氧化剂又作还原
2 2 2 2 4 2 2
剂，B正确；
C．NaOH溶液为碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，需使用碱式滴定管盛装，C正确；
D．Cl 与H O 反应生成HCl，滴定过程中HCl也会消耗NaOH，测定出Cl-的量即可计算出HCl
2 2 2
消耗的NaOH的量，扣除这部分即可得到H SO 消耗的NaOH的量，消除Cl 的影响，D正确；
2 4 2
故选A。
11.【答案】C
高温

【详解】A．高温下Al O 可和Na CO 反应Al O +Na CO 2NaAlO +CO ↑，1mol Al O 完
2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3
全按此反应生成1mol CO ，A正确；
2
B．高温煅烧后，硅元素转化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水的硅酸沉淀，因此
硅元素以固态形式留在浸渣中被除去，B正确；
C．“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行的固体熔融反应，镓被转化为固态的MGaO 。因此在
2
后续的“酸浸”步骤中，是GaO-和H+反应：GaO-+4H+=Ga3++2H O，C错误；
2 2 2
D．类比明矾KAlSO 4  ⋅12H O，体系阳离子为Na+、K+，浓缩结晶析出铝的复盐晶体，化学式为 2 2
MAlSO 4  ⋅xH O(M=K+或Na+)，D正确； 2 2
故选C。
12.【答案】C
【详解】A．由反应机理和元素守恒得，步骤①中CO 分子在2个吸附位上生成CO*、O*(即X*)，A
2
正确；
B．步骤②中HO*、H*恰好生成H O(即Y)，同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的H 和吸附位也
2 2
·3·可生成H*，再与HO*也生成H O，B正确；
2
C．步骤③中加入的H 中的1个H夺取CO*中的O形成HO*，同时另1个H生成HC*，同理步骤④
2
中应该有4个H*生成，1个H*与HO*生成H O，3个H*与HC*结合生成CH ，即m=2，C错误；
2 4
D．由碳元素化合价变化得CO (+4价)→CH (-4价)，1个CO 分子完成催化反应获得了8个电
2 4 2
子，D正确；
故选C。
13.【答案】B
【详解】A．提取Li+的电极为阴极，Li+得电子嵌入电极，反应式电荷、原子均守恒，符合反应事实，
A正确；
B．提取电解槽中，每转移3mol电子时可提取3mol Li+，同时消耗1mol PO3-，处理得到LiH PO
4 2 4
溶液的反应是：3Li++PO3-+2H PO =3LiH PO ，仅消耗2molH PO ，故每提取1.0molLi+，理论
4 3 4 2 4 3 4
2
上回收 molH PO ，B错误；
3 3 4
C．释放电解槽中，Li Ti (PO ) 释放出Li+，转化为Li Ti (PO ) ​，反应中失电子，Ti元素化合价
2.2 2 4 3 1.5 2 4 3
升高，钛被氧化，C正确；
D．配平释放电解槽的总反应，阳极：3Li Ti (PO ) -2.1e-=3Li Ti (PO ) +2.1Li+；阴极：
2.2 2 4 3 1.5 2 4 3
0.7BiPO +2.1e-=0.7Bi+0.7PO3-，两式相加，结合2.1Li++0.7PO3-=0.7Li PO ↓​，整理后得到
4 4 4 3 4
选项中的总反应，原子、电子均守恒，D正确；
故选B。
14.【答案】D
【详解】A．钙钛矿结构中顶点阳离子Bi3+配位数为12，紧邻12个面心的O2-，A正确；
1 1
B．1位O2-位于xOz的面心，对应分数坐标为 ,0,
2 2
 ，B正确；
r +r r r
C．代入δ公式：δ= Bi3+ O2- =1.29，结合 Sc3+ =0.54，计算得 Bi3+ ≈0.99，C正确；
r +r r r
Sc3+ O2- O2- O2-
0.99r +r
D．X3+取代Sc3+后，r =0.7r =0.378r ，新δ≈ O2- O2- ≈1.44>1.41，不满足立方晶
X3+ Sc3+ O2- 0.378r +r
O2- O2-
胞的δ范围，D错误；
故选D。
15.【答案】A
cOH-
【详解】A．由上述分析可知，Ⅲ代表两种弱酸中较弱的弱酸滴定过程中p

cH+ 





随η的变化曲
线，A错误；
B．a 点和 c 点都在η=0时，即纯弱酸溶液。c点的酸性较强的弱酸对应的pH=1.95，a 点对应
cOH-
较弱酸的p

cH+ 





=8.22，其对应的 pH=2.89 ，无论哪一个，酸溶液中的H+均会抑制水的电
离，所以 c 点对水的电离抑制作用更强，即水的电离程度：c<a，B正确；
C．由B项可知 a点数据：pH=2.89，弱酸电离中cH+  ≈cA-  ，初始cHA  =0.1000mol/L，因
cH+
此电离常数K =
a
 cA- 
cHA 
(10-2.89)2
≈ =10-4.78，C正确；
0.1-10-2.89
D．d点η=0.5，即加入NaOH体积为10mL，此时溶液中n(HA)=n(NaA)：电荷守恒：cNa+  +
cH+  =cA-  +cOH-  ；物料守恒：cHA  +cA-  =2cNa+  ；联立整理得：cH+  +cHA  -
·4·cA-  -cOH-  =cOH-  -cH+  ，酸性较强的弱酸的K ≈10-2.9，滴定一半时存在：K >K = a a h
K
w ，即弱酸溶液呈酸性，cH+
K
a
 >cOH-  ，因此cH+  +cHA  -cA-  -cOH-  <0，故等式成
立，D正确；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16.【答案】(1)ad (2) ①. 圆底烧瓶 ②. b
(3) ①. b ②. 使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗涤剂被快速抽走，提升洗涤效
果 ③. 除去产物表面附着的可溶性杂质 (4)77.4%
(5)H biim
2
【解析】
【小问1详解】
步骤I为称量固体试剂，需要电子天平(a)称量固体质量，需要药匙(d)取用固体；量筒用于量取液体
体积，蒸发皿用于蒸发溶液，均不需要。
【小问2详解】
图中仪器M为圆底烧瓶；加热回流结束后，需先停止加热，待装置冷却后再关闭冷凝水，若先关冷凝
水，低沸点溶剂THF会挥发逸出污染环境，正确操作是先停止加热，待体系充分冷却，再关闭冷凝
水，故选b。
【小问3详解】
①减压过滤中气流方向为抽滤瓶→安全瓶→抽气泵，安全瓶的作用是防止自来水进入抽滤瓶，连接
抽滤瓶的应为短管口(b)，若发生倒吸，水会留在安全瓶底部，不会从短口倒回抽滤瓶。
②每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是：使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗
涤剂被快速抽走，提升洗涤效果。产物中的杂质如未反应的醋酸镍、生成的醋酸等可溶于水，用蒸馏
水洗涤的目的是除去产物表面附着的可溶性杂质。
【小问4详解】
目标产物Ni (hpta)(H biim) 中，1mol产物含2molNi、1molhpta、4molH biim，根据原料量计算理
2 2 4 2
7.0mmol 3.0mmol
论产量，Ni：n(产物)= =3.5mmol，H hpta：n(产物)= =3.0mmol，H biim：
2 4 1 2
13.0mmol
n(产物)= =3.25mmol，因此H hpta为限量试剂，理论产量m=3.0×10-3mol×
4 4
2.10g
904g/mol=2.712g，产率= ×100%≈77.4%。
2.712g
【小问5详解】
在氮气氛围下无外界还原剂，Ni2+被还原，还原剂来自配合物自身的有机配体，如H biim中含有低
2
价态的N，可将Ni2+还原为Ni单质。
17.【答案】(1) ①. 四 ②. ⅡB
(2)PbFe 6SO 4 
3 5 0 ° C
4 (OH) 12 PbSO 4 +Fe 2SO 4  +2Fe O +6H O 3 2 3 2
(3) ①. 将Ag元素转化为AgCl沉淀，提高Ag的回收率 ②. Fe3+、Zn2+
(4) ①. PbSO 4 +4Cl-+Ca2+=PbCl 4  2-+CaSO 4 ②. 增大Cl-浓度，利于生成 PbCl 4  2-；
Ca2+与PbSO 产生的SO2-结合，促进反应正向移动
4 4
(5)溶铅 (6)阳极发生电极反应2H O-4e-=4H++O ↑、2NH+-6e-=8H++N ↑，生成H+，使
2 2 4 2
·5·得溶液的pH降低
【解析】
【小问1详解】
Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布3d104s2，位于元素周期表第四周期ⅡB族；
【小问2详解】
由题，350℃下PbFe 6SO 4  4 (OH) 12 分解，硫酸根不分解，产物为PbSO 4 、Fe 2SO 4  、Fe O 、H O，化 3 2 3 2
学方程式为PbFe 6SO 4 
3 5 0 ° C
4 (OH) 12 PbSO 4 +Fe 2SO 4  +2Fe O +6H O； 3 2 3 2
【小问3详解】
酸浸加入少量NaCl电离出Cl-，煅烧生成的Ag SO 会与Cl-发生沉淀转化，生成溶度积更小的
2 4
AgCl固体留存于酸浸渣，避免银随Zn2+、Fe3+进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁
的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为Fe3+、Zn2+；
【小问4详解】
溶铅时PbSO 4 固体和Cl-、Ca2+反应生成可溶性 PbCl 4  2-与CaSO 沉淀，离子方程式：PbSO + 4 4
4Cl-+Ca2+=PbCl 4  2-+CaSO ；食盐水中的CaCl 电离出Cl-增大体系氯离子浓度，促进PbSO 4 2 4
转化为可溶性 PbCl 4  2-，同时Ca2+结合反应生成的SO2-生成CaSO 沉淀，降低溶液中硫酸根浓 4 4
度，推动溶铅平衡正向移动；
【小问5详解】
稀释降温后 PbCl 4  2-解离析出PbCl ，分离PbCl 后的母液富含Cl-、Ca2+，可返回溶铅步骤循环利 2 2
用，节约原料；
【小问6详解】
电解时阳极除Cl-失电子发生氧化反应生成Cl 外，水电离出的OH-和电解液中NH+失电子均会失
2 4
电子，分别发生反应2H O-4e-=4H++O ↑、2NH+-6e-=8H++N ↑生成O 、N ，两个阳极反应
2 2 4 2 2 2
均生成H+，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。
18.【答案】(1)m+n (2)bc
(3) ①. 增大 ②. 减小生成物(水)的浓度，促使平衡向正反应方向移动
(4) ①. 0.05 ②. 1.10
cD
(5) ①. < ②. 升温后，

cC 
cC
的增大倍数大于

cB 
​的增大倍数，这说明K ​增大的倍数大
Ⅱ
K
于K ​，由题给公式可知，ΔH大小与ln 2 呈正比，故ΔH <ΔH
Ⅰ K 1 2
1
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此ΔH 3 =ΔH 1 +ΔH 2 =m+n  kJ⋅mol-1。
【小问2详解】
a．若反应生成了D，总消耗A的物质的量为n(C)+2n(D)，总消耗B的物质的量为n(C)+n(D)，
v(A) n(C)+2n(D)
因此 = <2，a错误；
v(B) n(C)+n(D)
b．由图可知，在 0~120 min 内，135℃时，体系无D，说明只发生了反应Ⅰ，C的净生成速率等于 B
的消耗速率，b正确；
c．观察图象，在145℃(虚线)下，240~320 min 时各物质浓度曲线已呈水平状态，说明反应已经达
到平衡，净反应速率(平均速率)为 0；而在135℃(实线)下，240~320 min 时曲线仍有微小变化，说
·6·明反应仍在向右进行，平均速率大于 0。因此145℃时的平均速率小于135℃ 时的平均速率，c正
确；
故选bc。
【小问3详解】
水是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，移走水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因此C和D的产
率增大。
【小问4详解】
cC
已知135℃平衡时c(B)=0.50mol⋅L-1，由表格

cB 
=0.90，得c(C)=0.90×0.50=0.45mol⋅L-1；
c(D)
又 =0.11，因此cD
c(C)
 =0.11×0.45≈0.05mol⋅L-1(或可通过计算精确值)；
A + B ⇌ C + H O
反应Ⅰ： 2 ；
变化量mol/L 0.5 0.5 0.5 0.5
A + C ⇌ D + H O
反应Ⅱ： 2 ；
变化量mol/L 0.05 0.05 0.05 0.05
平衡时cD  =0.05mol⋅L-1；cA  =1.0-0.5-0.05  mol⋅L-1=0.45mol⋅L-1， cH 2 O  =
0.5+0.05  mol⋅L-1=0.55mol⋅L-1；对于反应Ⅰ，平衡常数KⅠ  cC =  ⋅cH 2 O 
cA  ⋅cB 
​，代入得
KⅠ 
0.45×0.55
= =1.10。
0.45×0.50
【小问5详解】
cC K =
Ⅰ

cB 
× cH 2 O 
cA 
cD 、K =
Ⅱ

cC 
× cH 2 O 
cA 
cC ，温度升高， 
cB 
cD 、 
cC 
均增大，说明K ​、K ​
Ⅰ Ⅱ
cD
均随温度升高而增大，因此ΔH >0、ΔH >0；升高相同温度，
1 2

cC 
cC
的增大倍数大于

cB 
​的增大
RTT K K
倍数，这说明K ​增大的倍数大于K ​，题给公式ΔH= 1 2 ln 2 ，ΔH大小与ln 2 呈正比，K值
Ⅱ Ⅰ T-T K K
2 1 1 1
K
增大的倍数越大，其对数ln 2 就越大，对应的ΔH就越大，故ΔH <ΔH 。
K 1 2
1
19.【答案】(1)碳溴键(溴原子)、羟基
(2) ①. 取代 ②. 中和反应中生成的HBr，促进反应正向进行
(3) (4) ①. 9 ②. 、 、 (任选一种
即可)
(5)
【解析】
·7·【小问1详解】
A的结构是 ，官能团名称为碳溴键(溴原子)和羟基。
【小问2详解】
根据E的结构，可以推测D是 ，C中的-Br与D中的-NH 发生取代反应，同时脱去
2
HBr。因此，C→E的反应类型是取代反应；K CO 的作用是中和反应中生成的HBr，促进反应正向
2 3
进行。
【小问3详解】
根据分析，I的结构简式为 。
【小问4详解】
E的分子式为C H NO ，不饱和度为5，含有碳氧双键和苯环，则剩余的5个碳原子都是饱和碳原
12 17 2
子，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:6:3:2，则同分异构体分子中含有5个甲基，且3种化学
环境不同，因不含O-N和 ，当N以-NH 的形式存在时，剩余5个甲基，则应有
2
、 、 3种结构；当N以-NCH 3  形式存在时，剩余3个甲基， 2
且峰面积之比为6:3，则有 、 、 、 、
6种，符合条件的同分异构体为6+3=9种；含酰胺基团的分子结构简式 、
、 (任选一种即可)。
【小问5详解】
Y和F在吡啶的催化下生成J，发生已知合成路线中E转化为G的反应，根据分析可知F的结构简
·8·式为 ，由J的结构简式可推出Y的结构简式为 ，X和D
反应生成Y的反应与已知合成路线中C到E反应类型相同，根据分析可知D的结构简式为
，可推出X的结构简式为 ，故第②步的化学方程式为
。
·9·