2026年高考江西卷化学高考真题（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）

江西省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求。
1.【答案】B
【详解】A．纤维素是多糖类物质，相对分子质量可达几万到几十万，属于天然有机高分子，A不符合
题意；
B．核糖属于单糖，分子式为C H O ，相对分子质量仅为150左右，属于小分子，不属于高分子，B符
5 10 5
合题意；
C．核酸是由核苷酸聚合形成的生物大分子，相对分子质量很大，属于高分子，C不符合题意；
D．蛋白质是由氨基酸聚合形成的生物大分子，相对分子质量可达几万到上百万，属于高分子，D不
符合题意；
故选B。
2.【答案】A
1
【详解】A．SO 2 中心原子S的价层电子对数为2+ 2 ×6-2×2  =3，VSEPR模型为平面三角形，
含1对孤电子对，空间结构为V形，A符合题意；
1
B．CO 2 中心原子C的价层电子对数为2+ 2 ×4-2×2  =2，无孤电子对，VSEPR模型和空间结
构均为直线形，B不符合题意；
1
C．BF 3 中心原子B的价层电子对数为3+ 2 ×3-3×1  =3，无孤电子对，VSEPR模型和空间结
构均为平面三角形，C不符合题意；
1
D．OF 2 中心原子O的价层电子对数为2+ 2 ×6-2×1  =4，含2对孤电子对，VSEPR模型为四
面体形，空间结构为V形，D不符合题意；
故选A。
3.【答案】D
【详解】A．试管可直接用酒精灯加热，陶土网仅用于烧杯、烧瓶等底面积较大的玻璃仪器加热，无需
加装陶土网，A错误；
B．稀硫酸不具有强氧化性，铜的金属性比H弱，铜和稀硫酸在加热条件下不反应，只有浓硫酸在加
热条件下可与铜反应生成SO ，不能改用稀硫酸，B错误；
2
C．品红溶液不褪色还可能是反应温度不足，尚未生成SO ，不一定是装置漏气，C错误；
2
D．向外拉铜丝离开浓硫酸液面，反应物脱离接触，即可终止反应，D正确；
故选D。
4.【答案】C
【详解】A．Ga位于第四周期第ⅢA族，价层电子排布为4s24p1，3s23p1是Al的价层电子排布，A错
误；
B．在In x Ga 1-x N中N元素显-3价，Ga和In均为第ⅢA族元素，最高正价均为+3，3x+31-x 
+-3  =0，满足各元素的正负化合价代数和为0，则在In Ga N中二者化合价均为+3价，化合价 x 1-x
相同，B错误；
·1·C．单晶硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是常用的半导体材料，C正确；
D．In Ga N中含有非金属元素N，不属于金属材料，D错误；
x 1-x
故选C。
5.【答案】A
【详解】A．酯基的结构为-COOR，该分子中不存在羰基与氧原子直接相连且氧连接烃基的结构，
不含酯基，A符合题意；
B．分子中存在R-O-R'(苯环-氧-甲基)结构，即醚键，含有醚键，B不符合题意；
C．分子中苯环直接连接氯原子，存在碳氯键(C-Cl)，含有碳卤键，C不符合题意；
D．分子中存在-CONH-结构，即酰胺基，含有酰胺基，D不符合题意；
故选A。
6.【答案】C
高温

【详解】A．煅烧时CaCO CaO+CO ↑，浸出时CaO和盐酸反应，CaO是金属氧化物不能拆，
3 2
离子方程式为CaO+2H+=Ca2++H O，A正确；
2
B．Fe O 可等价表示为FeO⋅Fe O ，与盐酸发生复分解反应，生成FeCl 、FeCl 和水，反应无化合
3 4 2 3 2 3
价变化，离子方程式为Fe O +8H+=Fe2++2Fe3++4H O，B正确；
3 4 2
C．净化过程加入的是石灰浆，Ca(OH) 为悬浊液，在书写离子方程式时不能拆分为Ca2+和OH-，
2
须保留化学式，正确离子方程式应为2Fe3++3Ca(OH) =2Fe(OH) ↓+3Ca2+，C错误；
2 3
D．碳化时溶液中含Ca2+，通入NH 创造碱性环境，再通入CO 生成CO2-，与Ca2+结合析出
3 2 3
CaCO 沉淀，离子方程式为Ca2++2NH +CO +H O=CaCO ↓+2NH+，D正确；
3 3 2 2 3 4
故选C。
7.【答案】D
【详解】A．阳极是OH-失去电子生成氧气，正确电极反应式为4OH--4e-=2H O+O ↑，A错误；
2 2
B．右侧N 转化为NH ，N元素化合价降低发生得电子的还原反应，故右侧为阴极，b为电源负极，
2 3
a为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b流向阴极、阳极流向a，不存在b直接流向a
的路径，B错误；
通电

C．根据总反应2N +6H O 4NH +3O ，生成4molNH 消耗6molH O，则生成 1molNH 仅消
2 2 3 2 3 2 3
耗1.5molH O，C错误；
2
D．电解池通用规律为阴离子向阳极移动，阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH-可穿过阴离
子交换膜，因此OH-从阴极区向阳极区移动，D正确；
故选D。
8.【答案】B
【详解】A．与新制Cu(OH) 反应生成砖红色沉淀只能证明存在含醛基的还原性物质，不一定是葡萄
2
糖，A错误；
B．淀粉遇碘单质会出现特征蓝色，香蕉泥滴加碘酒变蓝可证明香蕉中含有淀粉，B正确；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体不一定是乙烯，也可能是其他还原性气态有机物，C错误；
D．与碳酸钠反应产生气泡只能说明存在酸性强于碳酸的酸，不一定是柠檬酸，D错误；
故选B。
·2·9.【答案】C
【详解】A．滴定前锥形瓶若用硼砂标准溶液润洗，会使瓶内硼砂的物质的量偏大，导致测定结果误
差，锥形瓶只需水洗无需润洗，A错误；
B．HCl滴定硼砂，滴定前硼砂溶液呈碱性，加入酚酞显红色，滴定终点时溶液pH降至酚酞变色范
围以下，现象为红色变为无色，B错误；
cH+ C．根据H BO ⇌H++H BO-，则K =
3 3 2 3 a
 ⋅cH 2 BO- 3 
cH 3 BO 3 
，即 cH 2 BO- 3 
cH 3 BO 3 
K = a
cH+ 
，pK =9.24
a
则K a =10-9.24，pH=8.24则cH+  =10-8.24，因此 cH 2 BO- 3  cH 3 BO 3  K = a cH+  10-9.24 = =10-1=0.1，C正 10-8.24
确；
D．由分析可知，反应计量关系为B O2-~2HCl，nB O2-
4 7 4 7
 =0.02L×0.05000mol/L=0.001mol，则
nHCl  =0.002mol，cHCl 
0.002mol
= =0.2000mol/L，D错误；
0.01L
故选C。
10.【答案】C
【详解】同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，故B、C、N、F中电负性最小的为B元素，即元
素Y，故选C。
11.【答案】B
【详解】首先，调pH=7时生成蓝色沉淀，该沉淀可溶于柠檬酸和浓氨水，最终得到深蓝色溶液，这是
Cu2+的特征反应，结合焰色反应为绿色火焰，可证明X中一定含有铜元素。 其次，题干明确说明X
是银白色金属，而单质铜为紫红色，因此X不可能是纯铜，一定还含有其他金属元素，因此X所含元
素至少为2种；
整个流程为：铜在浓盐酸和过氧化氢中氧化溶解：Cu+2HCl+H O =CuCl +2H O；生成绿色溶
2 2 2 2
液(蓝色和黄色组合色)是因为存在配位平衡：CuH 2 O   4  2+ 蓝色  +4Cl-=CuCl 4  2- 黄色  +
4H 2 O；加氢氧化钾调pH生成氢氧化铜蓝色沉淀；加柠檬酸溶解CuOH  沉淀，与浓氨水络合溶解 2
生成深蓝色 CuNH 3   4  2+的溶液；
答案选B。
12.【答案】A
1 1
【详解】A．1号Cu位于x=0、y=1、z= 的棱上，对应分数坐标为0,1,
3 3

c
，坐标为0,b,
3
 ，A
错误；
1 1
B．均摊法计算：Y在晶胞内部共1个，Ba在晶胞内部共2个，Cu为8× +8× =3个，O总数
8 4
1 1
为12× +8× =7，故m=2，n=3，w=7，B正确；
4 2
C．以体心Y为研究对象，距离Y较近的O有8个，但由于a≠b，Y的O配位数实际为4，同理Ba
距离较近的O有10个，但受限于a≠b，实际Ba的O配位数为6(即位于棱上的6个O)，C正确；
D．由题图可知，该晶胞中各位置的O均占据由周围6个金属原子形成的八面体空隙中(部分金属
原子位于晶胞外，题图中未画出，例如4个Ba和2个Cu可形成1个八面体空隙)，D正确；
故选A。
13.【答案】D
·3·【详解】A．通入HCl时，Cl-会与催化剂中的Cu+生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非
生成了CuCl ，A错误；
2
B．能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为
-1.75eV-(-3.57eV)=1.82eV，B错误；
C．决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别
为1.82eV、1.25eV、0.83eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误；
D．根据反应前后原子守恒，①是CH CNH*与OH*反应得到的中间体，后续生成CH CONH*+H*，
3 3
故物种①为CH COHNH∗，D正确；
3
故选D。
14.【答案】B
【详解】A．反应a中NHC是生成物，且该反应体系的催化剂还包含Ir配合物，并非反应a的催化剂
为NHC，A错误；
B．结合流程，IrL转化Ir(Ⅲ)L过程中失去电子，发生氧化反应，反应b中，*Ir(Ⅲ)L转化为IrL过
程中得到电子，则CFSO Na作为还原剂失去电子，发生氧化反应，B正确；
3 2
C．M中含单电子的C进攻 中含有单电子的碳得到目标产物，结合生成物的结构简

式可知，M应为R CHCH CF，C错误；
1 2 3
D．反应物CFSO Na中S、Na、O未进入X中，推测还有副产物存在，因此原子利用率小于100%，
3 2
D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1)苯甲醛 (2)
(3)NaOH (4)取代反应
(5)2 (6)
(7) ①. 13 ②. 、 或 (Ph为苯基)
【解析】
【小问1详解】
A的结构为 ，其名称为苯甲醛；
·4·【小问2详解】
由分析知，C的结构简式为 ；
【小问3详解】
由D、E的结构可知，E中的Cl来自SOCl ，根据元素种类及价态可以判断反应生成了副产物SO ，
2 2
因此用碱液吸收；
【小问4详解】
对比E、F的结构可知，E中氯原子与酯基和氮之间的C-H键上的氢原子结合成HCl，关环形成四
元环，E到F的有机反应类型是取代反应；
【小问5详解】
化合物G中，1号碳原子与2号碳原子与吸电子基 的距离不同，离吸电子基越近，C-
H极性越大，酸性越强，因此2号碳上的氢原子酸性更强；
【小问6详解】
由分析知，I的结构为 ；
【小问7详解】
化合物B分子中含有10个C、1个N与1个O，不饱和度为5；同分异构体中的苯环含有6个C，不饱
和度为4，加上另一个六元环，不饱和度为1，该六元环由4个C、1个N、1个O构成，由于苯环只有
一个取代基，可以认为苯基是该六元环的一个取代基，可能取代在C原子或N原子上，则N原子与苯
基的可能位置关系有(将O视为CH )① 、② 、③ 、④ ，则将六元
2
环中的其中一个CH 变为O即可得满足条件的同分异构体，根据①~④的对称性可知，同分异构体
2
共有3+4+4+2=13种，其中①对应的3种同分异构体中的C都连接2个H，因此没有手性，其结
构为 、 或 。
16.【答案】(1)不能 (2)将FeⅢ  还原为FeⅡ 
(3)Ⅰ (4) ①. PbSO 的溶解度小于PbCl ②. In元素的损失更少
4 2
(5)4×10-10
(6)4FeCl +8NaOH+O +4H AsO =4FeAsO ↓+8NaCl+10H O
2 2 3 4 4 2
【解析】
【小问1详解】
由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。
【小问2详解】
由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的
·5·还原剂，其作用为将FeⅢ  还原为FeⅡ  ，实现In和Fe的初步分离。
【小问3详解】
有机相2的成分为萃取剂 Hbet  Tf 2 N  ，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环
用于阶段Ⅰ。
【小问4详解】
i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物PbSO  或PbCl ，将Pb元素除去，H SO
4 2 2 4
组Pb2+浓度低，说明PbSO  更难溶。
4
ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制InOH 
3
中In的wt%更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。
【小问5详解】
恰好沉淀完全时，cIn3+  =1×10-5mol/L，此时cOH-  = 3 K sp InO,H   3 
cIn3+ 
=
3 6.4×10-34
mol/L=4×10-10 mol/L。
1×10-5
【小问6详解】
由分析知，阶段Ⅰ中FeⅢ  被还原为FeⅡ  ，水相2中Fe2+、H AsO 反应生成FeAsO 沉淀，铁由
3 4 4
+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原
子守恒配平化学方程式为4FeCl +8NaOH+O +4H AsO =4FeAsO ↓+8NaCl+10H O。
2 2 3 4 4 2
17.【答案】(1)-63 (2)<
(3) 37m 0 -m 
9m
0
(4)H 2 Og  →H 2 Ol  (5)a、c、d
3wr2
(6) ×6.02×1023
20
(7)四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度
时间短不能说明反应速率大
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：+54+95-24-62  kJ⋅mol-1+E=0，解得E=-63kJ⋅
mol-1；
【小问2详解】
同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配
位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状Ca(OH) 的表面自由能小于粉末状。
2
【小问3详解】
m
设Ca(OH) ​转化率为α，起始物质的量为 0 mol，每1molCa(OH) ​脱水失去1molH O，固体质量减
2 74 2 2
少18g，因此： m -m=18×α⋅ m 0 ​​，整理得α= 74m 0 -m
0 74
 ×100%= 37m 0 -m
18m
0
 ×100%。
9m
0
【小问4详解】
空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关
系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的H 2 Og  转变为25℃的H 2 Ol  的过程(放出
62kJ/mol的热量)。
·6·【小问5详解】
对于平衡Ca(OH) (s)⇌CaO(s)+H O(g)，平衡常数K=p ​；若实际p >K，反应逆向进行，
2 2 H 2 O(平衡) H 2 O
不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际p ​小于平衡p ​，平衡正向趋势大，因此
HO HO
2 2
CaO可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时CaOH  和CaO稳
2
定共存，故选a、c、d。
【小问6详解】
w
wgCa的原子个数为N= N ​；二维单层紧密堆积(六方密堆积) ，框内表
40 A
wN
示每个原子所占总面积(含空隙)，计算结果为2 3r2，因此总表面积： A= A ×2 3r2=
40
3N wr2
A 。
20
【小问7详解】
初始CaO质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，
到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。
18.【答案】(1)4 (2)B
(3)防止CuⅠ  被氧化
(4)操作温和简便，可避免溶剂快速挥发导致产物性质改变或杂质混入
(5)a碳为sp3杂化，其上两个H原子与a碳左右两边基团的距离、角度不同，同时受到R 的位阻效
1
应，a碳所在C-C难以旋转，导致a碳上的H化学环境存在差异
(6)结论：R 位阻越大、R 为苯基时配合物稳定性越弱，稳定性顺序为X >X >X >X ；理由：叔丁
1 2 1 3 2 4
基位阻效应强于异丙基，苯基空间刚性与位阻大于苄基，大位阻取代基削弱配体与中心Cu(Ⅰ)的配
位作用，乙腈浓度升高时平衡更易向配合物解离方向移动
【解析】
【小问1详解】
观察配合物X的阳离子结构，中心CuI  与两个配体L中的4个N原子形成配位键，无其他配位原
子，因此配位数为4；
【小问2详解】
由题，第一步加入4mL二氯甲烷，第二步配体溶解4mL二氯甲烷，合计液体体积8mL，圆底烧瓶盛
2
装反应液体体积通常不超过其容积的 ，8mL液体选用10mL烧瓶容积过小，50mL、100mL烧瓶
3
容积过大不利于反应混合，因此选择25mL规格，故选B；
【小问3详解】
CuI  还原性较强，易被体系内氧气氧化，步骤中对二氯甲烷除氧、全程氩气保护，目的是除去溶剂
中溶解氧，防止CuI  被氧化变质；
【小问4详解】
室温减压蒸馏会导致溶剂快速挥发，可能引起产物性质改变或杂质一同析出混入，而加入己烷结晶
仅依靠溶剂极性差异析出固体，无需加热，操作简单温和；
【小问5详解】
·7·a碳为sp3杂化，原本连接的两个氢原子理论等价，但配合物X 中R 为异丙基，空间位阻大，阻碍a
1 1
碳相连碳碳单键自由旋转，使a碳两侧基团空间距离、空间角度不同，两个氢原子所处磁场环境存在
差异，核磁共振氢谱呈现两组峰；
【小问6详解】
由 题 ， 反 应 可 逆 平 衡 为
，增大CH CN
3
浓度会使平衡逆向解离，配合物浓度cX  下降；叔丁基空间位阻远大于异丙基，苯基共轭刚性比苄
基更强，位阻越大配合物稳定性越低，平衡越易逆向移动，图像中cX  下降幅度X >X >X >X 。 4 2 3 1
因此结论为：R 位阻越大、R 为苯基时配合物稳定性越弱，稳定性顺序为X >X >X >X ；理由：
1 2 1 3 2 4
叔丁基位阻效应强于异丙基，苯基空间刚性与位阻大于苄基，大位阻取代基削弱配体与中心CuI 
的配位作用，乙腈浓度升高时平衡更易向配合物解离方向移动。
·8·