2026年高考贵州卷化学高考真题（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）

贵州省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】D
【详解】A．CO 经光电催化转化为有机化合物，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；
2
催化剂

B．CO 与天然气(主要成分为CH )催化制备合成气，发生反应催化剂CO +CH 2CO+
2 4 2 4
2H ，CO 参与反应生成新物质，属于化学变化，B不符合题意；
2 2
C．石灰岩溶蚀时发生反应CaCO +CO +H O=Ca(HCO ) ，沉积时碳酸氢钙分解释放CO 并重
3 2 2 3 2 2
新生成碳酸钙，均有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．CO 超临界流体是CO 在特定温度、压强达到临界值后形成的特殊流体状态，仅利用其物理性
2 2
质传递热量，CO 分子本身没有发生改变，无新物质生成，不涉及CO 的化学变化，D符合题意；
2 2
故选D。
2.【答案】A
【详解】A．茶青烘干是通过加热使茶叶中含有的水分受热汽化，属于蒸发干燥操作，而蒸馏的原理
是利用互溶的液态混合物中各组分沸点的不同，实现多组分液体的分离，二者原理不同，A符合题
意；
B．清泉泡茶时，水作为溶剂，将茶叶中的可溶性物质从固态茶料中提取进入水溶液，属于固液萃取
操作，B不符合题意；
C．茶水分离是将液态茶水和不溶性的固态茶渣进行分离，属于过滤操作，C不符合题意；
D．茶叶本身具有多孔结构，可通过物理作用吸附异味分子，属于吸附分离操作，D不符合题意；
故选A。
3.【答案】C
【详解】A．2p 电子云轮廓图为沿y轴伸展的哑铃形，与图示一致，A正确；
y
B．CO 中C与每个O形成双键，给出的电子式中各原子均满足8电子稳定结构，书写正确，B正
2
确；
C．中子数为20的氯原子，质量数=质子数+中子数=17+20=37，原子符号为37Cl，C错误；
17
D．水是弱电解质，存在自偶电离，电离方程式书写正确，D正确；
故选C。
4.【答案】B
【详解】A．容量瓶属于精密定容仪器，不能用于溶解固体，NaOH固体溶解放热，需在烧杯中溶解、
冷却后再转移至容量瓶，A错误；
B．HCl可与饱和NaHCO 溶液反应生成CO ，除去HCl的同时生成目标产物CO ，不会引入新杂
3 2 2
质，且题给装置采用“长进短出”的洗气方式，符合除杂要求，B正确；
C．钠燃烧实验需在耐高温的坩埚或蒸发皿中进行，表面皿是玻璃材质，不耐高温，加热易炸裂，C
错误；
D．温度计的水银球质地脆弱，故温度计仅用于测量温度，不能代替玻璃棒搅拌，否则易损坏温度计
水银球，D错误；
·1·故选B。
5.【答案】D
【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，A错误；
B．酸性：H CO > 苯酚>HCO-，根据“强酸制弱酸”的规律，无论通入CO 的量有多少，苯酚钠和
2 3 3 2
CO 反应产物均为苯酚和HCO-，不会生成CO2-，离子方程式为： +CO +H O→
2 3 3 2 2
+HCO-，B错误；
3
C．稀硝酸具有强氧化性，会氧化CuS 中的S2-，发生氧化还原反应，不会发生复分解反应生成
H S，C错误；
2
D．NH HSO 与过量BaOH
4 4
 反应时，NH+、H+完全反应，SO2-与Ba2+生成沉淀，离子方程式
2 4 4
为：NH++H++SO2-+Ba2++2OH-=BaSO ↓+H O+ NH ⋅H O，D正确；
4 4 4 2 3 2
故选D。
6.【答案】B
【详解】A．D 2 O的摩尔质量为MD 2 O 
1.8g
=20g⋅mol-1，1.8gD O物质的量为n= = 2 20g/mol
0.09mol，1个D O分子中含10个质子，故1.8gD O中含有的质子数为0.9N ，A错误；
2 2 A
B．反应②中As元素从-3价升高到0 价，每生成1mol As失去3mol电子，数目为3N ，B正确；
A
C．ZnCl 是强电解质，在水中完全电离，1.0L0.1mol⋅L-1ZnCl 溶液中Cl-的物质的量为1.0L×
2 2
0.1mol⋅L-1×2=0.2mol，数目为0.2N ，C错误；
A
D．25°C、101kPa为常温常压，气体摩尔体积大于22.4L⋅mol-1，2.24LAsH 物质的量小于0.1mol，
3
原子数目小于0.40N ，D错误；
A
故选B。
7.【答案】D
【详解】A．同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电
离能比同周期相邻元素的第一电离能大，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：
F>N>O>S，A正确；
B．Q、X、Z的最简单氢化物分别为CH 、H O、H S，中心原子均采取sp3杂化，CH 的中心原子C
4 2 2 4
原子上没有孤电子对，H O、H S的中心原子上都有2个孤电子对，电子对之间的斥力：孤电子对-
2 2
孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，则CH 的键角最大，而电负性：O
4
>S，则键角：H O >H S，B正确；
2 2
C．一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性：F>O>N>C，C正确；
D．H O在常温下呈液态，而NH 、HF在常温下呈气态，则H O的沸点最高，电负性：F>N，则HF
2 3 2
分子间氢键的强度大于NH 分子间氢键的强度，则沸点：H O>HF> NH ，D错误；
3 2 3
故选D。
8.【答案】A
【详解】A．根据现象可知稳定性：CuH 2 O   4  2+< CuNH 3   4  2+，这是因为N的电负性比O的电负
性小，更容易给出孤电子对，形成的配合物更稳定，A正确；
B．电解NaCl溶液时发生氧化还原反应，生成NaOH、Cl 和H ，离子方程式为：2Cl-+
2 2
·2·通电

2H O Cl ↑+H ↑+2OH-；NaCl溶于水时已自发电离出Na+和Cl-，电离不需要通电，B错误；
2 2 2
C．1-溴丙烷与NaOH乙醇溶液共热时，挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性KMnO 溶液褪色，
4
无法证明反应生成了丙烯，C错误；
D．产生H 的物质的量：HA>HB，则n(HA)>n(HB)，又因为HA和HB 两种酸的体积和pH相
2
同，则酸性：HA<HB，酸越弱，电离能力越弱，则酸根离子结合质子的能力越强，故结合质子的能
力：A->B-，D错误；
故选A。
9.【答案】C
【详解】A．顺反异构体要求碳碳双键两端碳原子均连接2种不同基团，但Ⅰ中碳碳双键受限于六元
杂环，不存在顺反异构体，A正确；
B．Ⅰ中-CN的碳原子为sp杂化，其余碳原子(苯环、吡啶环、酯基、双键碳)均为sp2杂化，无sp3杂
化碳原子，杂化类型只有sp、sp2，B正确；
C．Ⅱ中Hg与两个-CN、两个-NH-形成配位键，-NH-是氨基去质子产物，故汞元素化合价为
+2价，C错误；
D．强酸性条件下探针中的氨基会与H+形成配位键，无法与汞离子配位，因此不适合直接检测强酸
性样品，D正确；
故选C。
10.【答案】D
1
【详解】A．由图像可知， 越大(温度越低)，lnK 越小，即平衡常数K 随温度降低而减小，降温平
T c c
衡逆向移动，顺式氨甲环酸的转化率减小，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变时平衡常数不变，加入反应物不改变平衡常数，B错误；
C．催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡状态，加入催化剂平衡不移动，C错误；
D．由A项分析可知，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的程度比逆
反应更显著，D正确；
故选D。
11.【答案】B
【详解】A．充电时电极a连接电源负极，为阴极，得电子发生还原反应，A错误；
B．充电时电子仅在外电路移动，由电源负极流向阴极a，再由阳极b流向电源正极，B正确；
C．放电时正极发生得电子的还原反应，正确反应为[Tmap-TEMPO]2++e-=[Tmap-
TEMPO]+，选项给出的是失电子的氧化反应，C错误；
D．放电时阴离子Cl-向负极移动，转移2mol电子时，有2 mol Cl-进入负极区，负极区溶液质量
增加71 g，而非减少，D错误；
故选B。
12.【答案】A
【详解】A．CaCO 分解温度高于600°C，焙烧时仅MgCO 分解，CaCO 未分解，且后续浮选得到
3 3 3
CaCO ，故“焙烧”目的不是使CaCO 分解，A错误；
3 3
B．焙烧后MgCO 分解生成MgO，NH Cl溶液呈酸性，加热条件下MgO与NH Cl反应生成MgCl 、
3 4 4 2
NH 和H O，反应式符合反应规律，B正确；
3 2
·3·C．浮选是利用CaCO 和Ca (PO ) F表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确；
3 5 4 3
D．流程中焙烧产生CO 、浸取产生NH ，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中Mg2+反
2 3
应生成MgCO ，D正确；
3
故选A。
13.【答案】C
1 1
【详解】A．根据“均摊法”可知，晶胞中He位于顶点和面心，数目为8× +6× =4 ，Na+位于
8 2
内部，数目为8，则该化合物的化学式为Na He，A正确；
2
B．根据晶胞特点可知，与He距离相等且最近的Na+有8个，则其配位数为8，B正确；
C．根据题图2可知，晶胞参数为apm，则晶胞的体积为a×10-10  3cm3，1 个晶胞中含有4个Na He 2
4×50 4×50
单元，则晶胞的质量为 g，晶体的密度为
N A N A ×a×10-10 
g⋅cm-3，C错误；
3
1 1
D．由晶胞结构图可知，两个Na+的最近核间距为晶胞参数的 ，即 apm，D正确；
2 2
故选C。
14.【答案】C
【详解】A．随着NaOH溶液的滴入，发生反应NaOH+HA=NaA+H₂O，在10%<T<90%内，
体系中存在A-与HA组成的缓冲体系，能共同稳定体系的pH，A正确；
B．在任意时刻，根据电荷守恒有c(A-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据元素守恒有c(Na+)=
Tc(A-)+Tc(HA)，则有c(H+)+Tc(A-)+Tc(HA)=c(A-)+c(OH-)，进而可得Tc(HA)+(T-1)
c(A-)+c(H+)=c(OH-)，B正确；
C．由题图可知，酸性：HB>HA，K (HB)>K (HA)，而滴定终点附近时HB的pH突变范围较HA
a a
大，可得其他条件不变时，K 越大，滴定终点附近时pH突变范围越大，C错误；
a
D．利用极端假设法，常温下，假设是等浓度的盐酸与醋酸溶液，都当恰好与NaOH溶液反应即T=
100%时，NaCl溶液的pH=7，则可得K 越大，T=100%时溶液的pH越接近7，D正确；
a
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1)a (2)防止后端水蒸气进入反应装置，造成氯磺酸水解
(3)ClSO H+H O=H SO +HCl
3 2 2 4
(4)若先经过NaOH溶液，易发生倒吸、大量消耗NaOH
(5)防止HNSO 2 Cl  分解 2
(6) ①. 125 ②. 120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品
10.7cV
(7) ①. % ②. 杂质中含有氯
m
【解析】
【小问1详解】
球形冷凝管的冷凝水应由下口进，上口出，故进水口为a；
【小问2详解】
装置B中的导管为“长进短出”，表明装置B中应盛有液体试剂，已知信息提到氯磺酸会水解而装置
C中的试剂为H O，则装置B中应为干燥试剂浓硫酸，主要目的为防止水蒸气进入反应装置；
2
【小问3详解】
水解反应为非氧化还原反应，ClSO H中氯元素显-1价，硫元素显+6价，ClSO H与水反应生成
3 3
·4·HCl和H SO ，化学方程式为：ClSO H+H O=H SO +HCl；
2 4 3 2 2 4
【小问4详解】
装置C吸收反应生成的HCl气体，同时吸收一定量的SO ，装置D吸收残余的SO ，若装置C和D位
2 2
置互换，SO 和HCl在NaOH溶液中溶解度更大，发生倒吸的可能性更大，且会大量消耗NaOH，导
2
致NaOH溶液快速失效；
【小问5详解】
HNSO 2 Cl  2 在高温下易分解，减压蒸馏可降低沸点，防止HNSO 2 Cl  分解； 2
【小问6详解】
由图知，120℃时反应物反应不完全，130℃时得不到产品，125℃时才能得到含副产物或反应物较少
的产品；
【小问7详解】
设m g粗品中HNSO 2 Cl  的质量为xg，由题意可列关系式： 2
HNSO 2 Cl  ∼ 2Cl- ∼ 2Ag+ 2
214g 2mol
214g 2mol ，则 = ，解得x=0.107cV，则产品纯
x cV×10-3mol
x cV×10-3mol
0.107cV 10.7cV
度为 ×100%= %；粗品中的杂质可能有SOCl 、ClSO H等，其中的氯在测定时也
m m 2 3
会以Cl-形式进入溶液中，导致推算出的粗品纯度偏高。
16.【答案】(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣
(3)5.00mol⋅L-1
(4)ScOH  +3H+=Sc3++3H O 3 2
(5) ①. Mg2+ ②. 洗脱 ③. 相同条件下，cHNO 3  >4.8mol⋅L-1时，Fe元素的洗脱率远
高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6
【解析】
【小问1详解】
钪为21号元素，价层电子排布为3d14s2，价层电子轨道表示式为： 。
【小问2详解】
已知Sc(OH) ​被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨(粉碎)钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。
3
【小问3详解】
工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：NaOH浓度为5.00mol⋅
L-1时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。
【小问4详解】
酸浸时Sc(OH) 3 ​与氢离子反应生成Sc3+，离子方程式： ScOH  +3H+=Sc3++3H O。 3 2
【小问5详解】
①协同萃取时，由图2可知Mg2+、Al3+的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主
要金属阳离子为Mg2+；
② 去除Fe3+的工序为洗脱；依据是：相同条件下，cHNO 3  >4.8mol⋅L-1时，Fe元素的洗脱率远高
于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。
·5·【小问6详解】
c[Al(OH) ]-
已知：K= 4

cAl3+  ⋅c4OH-  =1033.3，K sp [AlOH) 3  =c(Al3+)⋅c3(OH-)=10-32.9，联立得：
cOH- 
c[Al(OH) ]-
= 4
 0.1
= =10-1.4mol/L， pOH=1.4，pH=14-pOH=12.6。
K⋅K 1033.3×10-32.9
sp
17.【答案】(1)a+b+c  。 (2)<
(3) ①. = ②. < ③. Mg·OH 反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能
2
大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H 的活化能比HMgOH反
2
应生成MgO+H 的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H 的速率更快，由于k >k >k >k ，v
2 2 2 3 1 4
=kc，故平衡前cMgOH  <cHMgOH 
m-12n
④.
24t
(4) ①. 增大 ②. 3000K时，Mg、H 2 O、H 2 均为气体，MgO为固体，Mgg  +H 2 Og  =
MgOs  +H 2g  ΔH<0，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能
量将增大
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)MgO(s)、MgO(l)MgO(l)，可得目
标反应，故ΔH=ΔH +ΔH +ΔH =(a+b+c)kJ⋅mol-1。
1 2 3
【小问2详解】
已知ΔG=ΔH-TΔS，由图可知：温度升高时ΔG增大，ΔH几乎不变，因此ΔG对T的斜率为-ΔS
>0，可得ΔS<0。
【小问3详解】
① 焓变ΔH是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因
此ΔH =ΔH 。
路径I 路径II
②Mg·OH 反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速
2
率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H 的活化能比HMgOH反应生成MgO+H 的活化能小，
2 2
MgOH+H反应生成MgO+H 2 的速率更快，由于k 2 >k 3 >k 1 >k 4 ，v=kc，故平衡前cMgOH  <
cHMgOH  。
m m
③mgMg总物质的量为 mol，1molMg对应生成1molH ​，因此总H 物质的量为 mol；路径Ⅰ
24 2 2 24
n m n
生成ngH ​，物质的量为 mol，则路径Ⅱ生成H 的物质的量为 -
2 2 2 24 2
 mol，故速率v=
m n
-
24 2 m-12n
mol⋅s-1= mol⋅s-1。
t 24t
【小问4详解】
3000K时，Mg、H 2 O、H 2 均为气体，MgO为固体，Mgg  +H 2 Og  =MgOs  +H 2g  ΔH<0，增大
压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大。
18.【答案】(1)对溴苯酚(4-溴苯酚)
CHCOOH
3
(2) +HNO → +H O
3 2
(3)作还原剂，将硝基(-NO )还原为氨基(-NH )
2 2
·6·(4) ①. 羟基 ②. 碳溴键(溴原子)
(5)取代反应 (6) 、
FeBr YB-BY
3 2 2
( 7 ) → →
Br 2 钯催化剂，碱
【解析】
【小问1详解】
由分析知，A的结构为，化学名称为：对溴苯酚(4-溴苯酚)；
【小问2详解】
由分析知，A与B在HNO 、CH COOH中反应生成B，A→B发生硝化反应，引入硝基，化学方程式
3 3
CHCOOH
为： +HNO 3 → +H O；
3 2
【小问3详解】
由分析知，B在CH COOH中Fe的催化下发生还原反应生成C，Fe作还原剂，将硝基(-NO )还原
3 2
为氨基(-NH )；
2
【小问4详解】
C为 ，故C中的官能团名称为氨基、羟基、碳溴键(溴原子)；
【小问5详解】
由分析知，D在CH I、Cs CO ，DMF中反应生成E，E的结构简式为 ，反应
3 2 3
类型为取代反应；
·7·【小问6详解】
根据D的结构简式可知其分子式为C7H O BrN，除苯环外，还有2个不饱和度、1个碳原子、2个氧
4 2
原子、1个溴原子和1个氮原子(不计氢原子数)，根据题给信息可知，其同分异构体中含有酚羟基，且
只有2种处于不同化学环境的氢原子，则含有2个处于对称位置的酚羟基，且含有1个-CN，故满足
条件的同分异构体的结构简式为 和 ；
【小问7详解】
结合已知反应可知先将 转化为 ， 转化为
， 与 发生已知反应生成
， 被酸性KMnO4氧化为
FeBr YB-BY
，故合成路线为： → 3 2 → 2
Br 2 钯催化剂，碱
·8·