2026届高考化学考向核心卷·江西专版·参考答案

2026届高考考向核心卷化学参考答案——江西专版2026届高考化学（江西专版）考向核心卷考情诊断表知识模块对应题号模块总分值试卷占比得分化学基本概念与STSE1、56分6.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）物质结构与性质2、13、14、16(1)(6)13分13.00%化学反应原理9、12、1721分21.00%常见无机物及其应用（含无机化工流程）8、11、16(2)(3)(4)(5)16分16.00%化学实验基础3、6、7、1823分23.00%有机化学基础4、10、1521分21.00%合计1~18全卷100分100.00%题号1234567891011121314答案DDBDACDBACCBBD1.答案：D解析：苯甲酸钠具有抑制微生物生长的作用，苯甲酸钠可用作食品防腐剂，A正确；抗坏血酸是维生素，具有还原性，可用作食品抗氧化剂，B正确；具有还原性，食品中添加适量的可以起到漂白，防腐和抗氧化的作用，C正确；碱石灰中含有氢氧化钠，氢氧化钠具有强烈腐蚀性，不能用于食品干燥剂，D错误。2.答案：D解析：共用电子对会拉近核间距离，中共用电子对数目比C—O多，键长比C—O短，的键能比C—O的大，A项正确；键长与键角决定了分子的空间结构，B项正确；原子半径Cl<Br，H—Cl的键长比H—Br的键长短，H—Cl的键能比H—Br的大，则HCl的热稳定性比HBr的强，C项正确；的键能比C—C的大，但小于C—C的键能的2倍，即中π键比σ键键能小，不稳定，使得碳碳双键的化学性质不如碳碳单键稳定，D项错误。3.答案：B解析：金属钠着火时，钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠能分别与水、二氧化碳反应放出氧气，会使火势更旺，灭火毯可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，A正确；苯酚的酸性弱于碳酸，苯酚与碳酸氢钠溶液不反应，苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用水冲洗，B错误；与反应生成PbS沉淀，沉淀物集中收集后再处理，可以防止重金属污染，C正确；划伤后应先用药棉清理干净伤口，然后用双氧水或碘伏擦洗，创可贴外敷保护伤口，D正确。4.答案：D解析：水杨酸分子中含酚羟基和羧基，可发生缩聚反应，A正确；水杨酸分子中羧基与酚羟基处于邻位，位置较近，可形成分子内氢键，B正确；水杨酸分子中含酚羟基，能与溶液发生显色反应，乙酰水杨酸分子中无酚羟基，与溶液不发生显色反应，可鉴别，C正确；乙酰水杨酸在酸性条件下水解生成水杨酸和乙酸，D错误。5.答案：A解析：11.2L没有指明在标准状况下，其物质的量无法计算，A项错误；1个中含有16个电子，1.4g的物质的量为0.05mol，所含电子数目为0.8，B项正确；1个环氧乙烷中含有4个C—H键、1个C—C键、2个C—O键，共7个σ键，则1mol环氧乙烷中含有σ键的数目为7，C项正确；该反应中存在关系式，常温常压下，16g的物质的量为0.5mol，发生反应时转移电子的数目为2，D项正确。6.答案：C分析：该实验的实验目的是在冰醋酸作用下2，6-二氯吡啶与溴化氢在110℃条件下共热反应制备2，6-二溴吡啶。解析：由分析可知，制备2，6—二溴吡啶的反应温度为110℃，由题给信息可知，2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为206℃、249℃，油浴温度为100～250℃、沙浴温度为220～350℃，所以为防止2，6—二溴吡啶挥发逸出，步骤1采用“油浴”加热三颈烧瓶，A正确；由实验装置图可知，通过调节“螺口夹”，使微量空气进入烧瓶，产生的小气泡可起到防暴沸、搅拌等作用，B正确；蒸馏时沸点最低的物质最先气化，由题给信息可知，乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为117.9℃、206℃、249℃，则接收瓶最先收集到的是乙酸，C错误；由相似相溶原理可知，步骤1中加入乙酸的作用是做溶剂，溶解2，6—二氯吡啶得到溶液，有利于增大反应物的接触面积，使反应更加充分，蒸馏回收得到的乙酸可循环利用，D正确。7.答案：D解析：该实验不能排除原溶液中有，应该向待测液中先加几滴KSCN溶液，无现象，再滴加新制氯水，溶液变成血红色，证明含有，A错误；溶液中有，加入Cu粉，再滴加几滴能提供，微热，溶液逐渐变成浅蓝色，可能是Cu、和反应的结果，B错误；将粉末加入饱和溶液，因较大，部分转化为，向洗净的滤渣中加盐酸，有气泡产生，但不能证明，C错误；向中加入NaOH溶液，加热，取混合液加足量酸化后滴加溶液，有浅黄色沉淀生成，证明卤代烃中X为Br原子，D正确。8.答案：B解析：9.答案：A解析：与在放电或高温的条件下只能生成NO，A错误；根据题图可知该过程实现了太阳能向化学能的转化，B正确；催化剂可以加快反应速率，起到提高反应速率的作用，C正确；和反应生成的化学方程式为，反应过程中N元素化合价部分升高、部分降低，所以既作氧化剂，也作还原剂，D正确。10.答案：C解析：根据M+X→N的原子利用率为100%，对比M与N的结构可知，X为HCHO，M在反应中断裂C—H键，N中形成C—C键和H—O键，有σ键的断裂与形成，A错误；N中含有羟基，但与羟基相连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，故N不能发生消去反应，B错误；P通过碳碳双键加聚得到的高分子主链为长碳链，酯基在支链上，该高分子难以降解，C正确；Q中与两个甲基相连的碳原子为饱和碳原子，则所有碳原子不可能共平面，D错误。11.答案：C分析：根据焰色试验，可知X一定含Na，也可能含有K(因为没有透过蓝色的钴玻璃观察焰色试验)；样品能全部溶于水，可排除存在；加入盐酸，产生的淡黄色固体可确定是硫(S)单质，刺激性气味气体中一定含有或，也可能含有。解析：与盐酸反应生成S和，反应的离子方程式为，由思路分析可知，固体中可能只含有，可能同时含有、或同时含有、、KOH，还存在多种组合，均可满足所有实验现象，A、B正确，C错误；溶液3中，可能含有未逸出的，加入溶液，可能会产生白色沉淀，D正确。12.答案：B解析：第一步，找关键点，分析反应特点。反应Ⅰ是反应前后气体分子数减小的放热反应，反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的吸热反应。第二步，逐项分析。经过相同时间测定，反应并未达到平衡，故温度升高，甲醇的选择性降低是由于反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ，生成物中甲醇的占比减小，A错误；温度升高，活化能高的反应其反应速率增大的程度大于活化能低的，故活化能Ⅱ＞Ⅰ，B正确；由于流速相同，在相同的时间内通入的反应物的量相同，设起始的物质的量为1mol，根据计算可知，时生成的甲醇的物质的量为，时生成甲醇的物质的量为，故生成甲醇的反应速率，C错误；升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，故甲醇的平衡产率，D错误。13.答案：B分析：X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝→Y为N；W的第一电离能大于Y→W为F，则Z为O；X、Z的基态原子未成对电子数相等→X为C；Z与R同主族→R为S。解析：同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，故电负性：A错误；由于分子间存在氢键，故沸点较高，和不存在分子间氢键，的相对分子质量比的大，且为极性分子，为非极性分子，故的沸点高于，则沸点：，B正确；电子层结构相同的离子，核电荷数越小，对电子的吸引力越弱，离子半径越大，故简单离子半径：C错误；中N与F形成3个键且含有1个孤电子对，其空间结构是三角锥形，中N与O形成3个键，不含孤电子对，其空间结构是平面三角形，D错误。14.答案：D解析：根据均摊法，含X原子个数为，含Y原子个数为，含Z个数为，对照晶体的化学式，可得出Z表示的微粒为，A正确：从图中可以看出，每个X原子周围最近且等距离的X原子数目为6，B正确；若A的分数坐标为，B的分数坐标为，则坐标原点为底面左前方的X原子处，所以C的分数坐标为，C正确；若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为，而Z为，所以晶体的化学式为，D错误。15.答案：（1）（酚）羟基（1分）（2）BD（2分）（3）（2分）（4）（3分）（5）、、（3分）（6）（4分）分析：解析：（1）结合题给化合物Ⅰ的结构可知，其体现酸性的官能团的名称为（酚）羟基。（2）Br的电负性较大，化合物A中的—Br为吸电子基团，会增大羧基中O—H的极性，使—COOH更易电离出H⁺，故化合物A的酸性比苯甲酸强，A项错误；化合物B中含有酯基，可发生水解反应生成酸和醇，酸可与碱反应，B项正确；E→F过程中，化合物E中的硝基被还原为氨基，故发生的是还原反应，C项错误；化合物H中N的电负性较强，可与附近羟基上的H形成分子内氢键，D项正确。（3）由上述分析可知，G的结构简式为。（4）由上述分析可知，的化学方程式为。（5）结合题给条件②可知，B的同分异构体中应含结构，结合题给条件①可知，分子中含有4种不同化学环境的H原子，故其结构对称，符合条件的B的同分异构体的结构简式有、、。（6）类比C和D生成E的反应可知，可由和反应得到，可由和发生类似B→C的反应得到，可由和发生酯化反应得到，可由与酸性溶液发生氧化反应得到，可由1，3-丁二烯与丙烯酸发生类似已知信息③中的反应得到，由此可设计合成路线。16.答案：（1）+3（1分）；（2分）（2）作涂料（1分）（3）（1分）（4），，反应进行不彻底，钴离子沉淀不完全（3分）（5）蒸发结晶（1分）；趁热过滤（1分）（6）6（1分）；脱嵌，使层和Co-O层吸引力减弱，晶体中Co-O层（）同种电荷之间斥力增大（3分）分析：解析：（1）中Co的化合价为+3，Co是27号元素，的价电子排布式为，故其轨道表示式为。（2）浸渣1中含Fe元素，高温焙烧下可能转化为，可以作涂料、炼铁等。（3）根据可知，从有机相中分离出需使平衡左移，再结合题意可知要加入的最佳试剂为。（4）用草酸沉钴时发生反应，，反应进行不彻底，钴离子沉淀不完全。（5）根据的溶解度曲线可知，温度升高，碳酸锂的溶解度降低，故得到碳酸锂固体的操作包括蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥等步骤。（6）根据晶胞图不容易分辨出O原子的位置，但比较容易看出Li原子的位置，根据均摊法算出每个晶胞中含有Li原子个数为1+2=3，根据化学式可推知晶胞中O原子个数为6。脱嵌，使层和Co-O层吸引力减弱，晶体内Co-O层（）同种电荷之间斥力增大，晶胞高度增大。17.答案：（1）a-b+c（1分）；高温（1分）（2）C（2分）（3）①b（1分）；②14.0（4分）（4）72.0（2分）；吸氢反应活化能小，反应速率快（4分）分析：解析：（1）由图甲可知，；，反应可自发进行，该反应，故在高温时能自发进行。（2）催化剂不能改变平衡状态，选取合适催化剂只能缩短达到平衡的时间，的平衡产率不变，A不符合题意；反应Ⅰ正反应是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，产率下降，反应Ⅱ正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，产率提高，但温度降低，反应Ⅰ逆向进行程度与反应Ⅱ正向进行程度的相对大小不确定，故无法确定降低温度，一定能使氢气的平衡产率提高，B不符合题意；增大水蒸气浓度，平衡正向移动，的平衡产率升高，C符合题意；恒温恒容下通入气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，化学平衡不移动，的平衡产率不变，D不符合题意。（3）①反应Ⅰ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，故的转化率增大，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，的含量减少，CO的含量增加，随温度升高的选择性减小，CO的选择性增大，又因和CO的选择性之和为100%，故对应曲线如要点图解中图乙所示。②由图乙可知，573K下，达平衡时，的转化率为60%，则参加反应的物质的量为，剩余物质的量为0.4mol；根据碳元素守恒，生成和CO的物质的量之和为1.2mol，结合图像可知，，故，根据氧元素守恒，参加反应的的物质的量为，剩余的物质的量为，根据氢元素守恒，则生成的物质的量为；故达平衡时，气体总物质的量为，573K时，反应Ⅱ的。（4）由图丙所示，（s）吸氢反应的活化能；由图丙可知，（s）吸收氢气反应的活化能小，反应更容易发生，反应速率更快，在相同时间内吸氢量更大，故在5分钟内（s）吸氢量更大。18.答案：（1）三颈烧瓶（1分）（2）合成的配合物［］中Co为+2价，空气中的氧很容易将Co(Ⅱ)氧化成Co(Ⅲ)（2分）（3）BCA（2分）（4）检查装置气密性（1分）；（2分）（5）要根据计算被吸收的氧气的物质的量，若