2026年高考重庆卷化学高考真题（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_0721化学_2026年高考化学真题（重庆卷)

机密★启用前
2026年重庆市普通高中学业水平选择性考试
化学试卷参考答案
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，只有一项是符
合题目要求的。
1.【答案】A
【详解】A．聚醚醚酮是通过聚合反应生成的有机聚合物，相对分子质量可达数万至数十万，属于高
分子材料，A正确；
B．不锈钢是铁基合金，属于金属材料，不属于高分子，B错误；
C．氮化硅(Si N )是无机非金属陶瓷材料，相对分子质量较小，不属于高分子，C错误；
3 4
D．高纯镁是金属单质，属于金属材料，不属于高分子，D错误；
故选A。
2.【答案】C
【详解】A．HCl是共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式为： ，A错误；
B．题图为球棍模型，不是空间填充模型，H O的空间填充模型为： ，B错误；
2
C．F核外有9个电子，电子排布式为1s22s22p5，电子排布图为 ，C正确；
D．Ar的质子数为18，中子数为22的Ar核素质量数为18+22=40，核素符号左下角应为质子数，
正确符号为40Ar，D错误；
18
故选C。
3.【答案】B
【详解】A．同周期元素第一电离能整体呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，故第一电离能
N>O；同主族元素从上到下第一电离能减小，故O>S，因此第一电离能顺序为N>O>S，A正
确；
B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径C>O；S为第三周期元素，原子半径
大于第二周期的C、O，正确原子半径顺序为S>C>O，B错误；
C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性顺序为O>N>C，C正确；
D．C、N、O的原子半径依次减小，共价键键长随成键原子半径减小而缩短，故键长顺序为C-H
>N-H>O-H，D正确；
故选B。
4.【答案】A
【详解】A．溴水与NaCl溶液不发生氧化还原或复分解反应，溶液中Na+、Cl-与溴水中的所有离子
均不反应，不影响盐的离子大量共存，A符合题意；
B．酸性KMnO 具有强氧化性，会将乙醇氧化，MnO-被还原为Mn2+，离子发生反应，影响共存，B
4 4
不符合题意；
C．CO 2 通入CaClO  溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成CaCO 或Ca(HCO ) ，以及弱电解质 2 3 3 2
·1·HClO，Ca2+、ClO-均参与反应，影响共存，C不符合题意；
D．HCl通入CH COONa溶液，H+与CH COO-结合生成弱电解质CH COOH，CH COO-浓度
3 3 3 3
大幅降低，影响共存，D不符合题意；
故选A。
5.【答案】B
【详解】A．①BaCl 是强酸强碱盐，水溶液呈中性，②Na O 加水生成NaOH使溶液呈碱性，A不符
2 2 2
合题意；
B．②Na O 和稀硫酸反应生成O 气体，③KHCO 和稀硫酸反应生成CO 气体，二者遇稀硫酸均
2 2 2 3 2
生成气体，B符合题意；
C．苯酚酸性弱于碳酸、强于HCO-，③KHCO 与苯酚不反应无颜色变化，④FeCl 遇苯酚显紫色，
3 3 3
C不符合题意；
D．Ba(OH) 可溶于水，①BaCl 与NaOH不反应无沉淀生成，④FeCl 遇NaOH生成Fe(OH) 沉
2 2 3 3
淀，D不符合题意；
故选B。
6.【答案】A
4-4×1
【详解】A．CH 中心C原子价层电子对数为4+ =4，无孤电子对，为正四面体结构；PH+
4 2 4
5-4-1
中心P原子价层电子对数为4+ =4，无孤电子对，也为正四面体结构，二者键角均为
2
109°28′，键角相等，A正确；
B．C=C中含1个σ键和1个π键，π键键能小于σ键，故C=C键能小于C-C键能的两倍，B错
误；
4-2×2
C．CO 中心C价层电子对数为2+ =2，VSEPR模型为直线形；SO 中心S价层电子对
2 2 2
6-2×2
数为2+ =3，VSEPR模型为平面三角形，二者模型不同，C错误；
2
3-3×1
D．BF 中心B原子价层电子对数为3+ =3，且不含孤电子对，为平面正三角形结构，正负
3 2
5-3×1
电荷中心重合，是非极性分子；NF 中心N原子价层电子对数为3+ =4，且含1个孤电子
3 2
对，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，D错误；
故选A。
7.【答案】B
【详解】A．正丙醇含有羟基，可与金属Na发生反应生成丙醇钠和氢气，不能用于保存Na，通常Na
保存在煤油或石蜡油中，A错误；
B．向MgCl 溶液中加入NaOH溶液，仅生成白色Mg(OH) 沉淀且沉淀不溶于过量NaOH；向
2 2
AlCl 溶液中加入NaOH溶液，先生成白色Al(OH) 沉淀，NaOH过量后沉淀溶解生成可溶性的
3 3
Na AlOH  
4
 ，二者现象不同可鉴别，B正确；
C．Cu粉会与FeCl 发生反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，消耗FeCl 的同时引入Cu2+等新杂质，
3 3
无法达到除杂目的，C错误；
D．酸碱滴定中，锥形瓶残留的蒸馏水不会改变待测液中溶质的总物质的量，因此不会影响滴定结
果，D错误；
故选B。
·2·8.【答案】C
【详解】A．X分子中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应，A正确；
B．Y分子中含有酯基，在酸性或碱性条件下发生水解反应，B正确；
C．手性碳原子是指连有四个不同基团的饱和碳原子，Z分子中含有4个手性碳原子，手性碳原子如
图 ，C错误；
D．对比X、Y、Z的结构可知，该反应为X中的共轭双键与Y分子中的碳氮双键发生类似Diels-
Alder反应，反应中涉及碳氮键的断裂与形成，D正确；
故选C。
9.【答案】D
【详解】A．a的作用是干燥反应生成的NH ，碱石灰为碱性干燥剂，不与NH 反应，可用于干燥氨
3 3
气，A正确；
B．因反应过程中通入过量的氧气，若反应2未结束，则会生成NO，NO遇氧气变为红棕色，当b中
气体为无色时，说明不再产生NO，氨气已经耗尽，反应2已结束，B正确；
C．从管式炉，中流出的气体含有NO和过量O ，二者反应生成NO ，从b流出的气体为NO 和氧
2 2 2
气，通入水中发生反应4NO +O +2H O=4HNO ，可得到硝酸，C正确；
2 2 2 3
D．反应结束时若先停止通气后停止加热，装置冷却后压强减小会引发倒吸，因此应先停止加热，继
续通气至装置冷却后再停止通气，D错误；
故选D。
10.【答案】D
1 1
【详解】A．由图可知，Cu+位于8个顶点和2个面心，均摊后数目为：8× +2× =2； I-全部
8 2
1
在晶胞内部，共4个，数目为4； Hg2+或空位位于面心，均摊后数目为4× =2，设Hg2+数目为n，
2
由电荷守恒得：2n+2×1=4，解得n=1，即化合物化学式为Cu HgI ​，A正确；
2 4
B． Cu+分别位于顶点和面心，Hg2+位于面心，不同位置的Cu+与Hg2+的核间距均为面对角线的
a2+c2
一半，均为 ，因此相邻Hg-Cu核间距都相等，B正确；
2
C．由图可知，每个Cu+周围有4个最近的I-，因此与Cu+配位的I-个数为4，C正确；
D．由A项分析可知，Hg2+数目为1，空位数目为2-1=1，数目比为1:1，D错误；
故选D。
11.【答案】C
【详解】A．x=0时溶液为NH 4  FeSO 2 4  溶液，若不考虑Fe2+水解生成的 FeOH 2    +，以及调pH
外加的酸或碱，电荷守恒式应为2cFe2+  +cNH+
4
 +cH+  =cOH-  +2cSO2-
4
 ，选项中SO2-系
4
数错误，A错误；
B．x=0.6时Fe2+过量，除NH+水解外，Fe2+水解也会结合OH-，质子守恒式为cH+
4
 =cOH- 
+cNH 3 ⋅H 2 O  +c FeOH    +   +2c FeOH   2  ，故cNH 3 ⋅H 2 O  +cOH-  <cH+  ，B错误；
·3·C．x=0.75时n NH 4  FeSO 2 4   2  =0.25n，n(Phen)=0.75n，二者恰好按1:3完全配位生成
[Fe(Phen) 3 ]2+；nSO2 4 -  =0.5n，nNH+ 4  =0.5n，NH+少量水解故cSO2- 4 4  >cNH+ 4  ，配离子物质
的量为0.25n，水解后NH+浓度仍大于配离子浓度，故c(NH+)>c{[Fe(Phen) ]2+} ，C正确；
4 4 3
D．x=0.9时n NH 4  FeSO 2 4   2  =0.1n，nSO2- 4  =0.2n，Fe2+完全配位最多生成0.1n配离子，即
使配位完全2c{[Fe(Phen) ]2+}=c(SO2-) ，若配离子少量解离则2c{[Fe(Phen) ]2+}<c(SO2-) ，不
3 4 3 4
可能大于，D错误；
故选C。
12.【答案】C
【详解】A．X为C，Z为Cl，C的最高价含氧酸为H CO ，Cl的最高价含氧酸为HClO ，HClO 酸
2 3 4 4
性强于H CO ，因此非金属性C弱于Cl，即X<Z，A错误；
2 3
B．Y为N，氢化物为NH ，能和水分子形成氢键，其极易溶于水，B错误；
3
C．Y为N，最高化合价为+5；W为Cr，最高化合价为+6，因此最高化合价N<Cr，即Y<W，C
正确；
D．Q为K，焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)，钠的焰色为黄色，D错误；
故选C。
13.【答案】D
【详解】A．两个电解池的阳极(b、d)反应均为2H O-4e-=O ↑+4H+，电极反应相同，A正确；
2 2
B．电解池1阴极a消耗O ，电极反应：O +2CO +4e-=2CO2-，阳极b生成O ，相同转移电子数
2 2 2 3 2
下，消耗和生成的O 物质的量相等，故O 净增量为零，B正确；
2 2
C．电解池2阴极反应为CO +H O+2e-=HCOO-+OH-，阳极反应为2H O-4e-=O ↑+4H+，
2 2 2 2
电解

阴阳极反应相加配平得到总反应2CO +2H O 2HCOOH+O ，C正确；
2 2 2
D．CO 中C为+4价，HCOOH中C为+2价，生成1mol HCOOH时C得到2mol电子，故转移电
2
子为2mol；如果考虑整个联合装置的电子转移总数：为了给电解池2提供这 1mol CO ，电解池1中
2
需要生成 1mol CO2- 并与H+反应放出 1mol CO 。根据电解池1的阴极反应，生成1mol CO2-
3 2 3
同样需要转移 2mol 电子。 因此，系统内外总共转移 4mol 电子。无论采用何种计算方式，转移的
电子数都不是 3mol，D错误；
故选D。
14.【答案】B
【详解】A．t 2 ∼t 3 ，该时段的平均反应速率等于分压变化量绝对值与时间的比值，ΔpNH 3 
y
= - 2
x y-x x2 x x(y-x) v(HI)
= ​，HI净分压变化∣Δp(HI)∣=∣ - ∣= ，速率比：
2 2 2y 2 2y vNH 3 
=
x(y-x)/(2y) x
= ，A正确；
(y-x)/2 y
y2-x2
1 1 p(H )1/2⋅p(I)1/2 4y y2-x2
B．反应2：HI(g)⇌ H (g)+ I(g)，平衡常数： K = 2 2 = = ，B错
2 2 2 2 p p(HI) x2 2x2
2y
误；
C．K p1 =pNH 3  ⋅pHI 
p(H )1/2⋅p(I)1/2 p(H )
、K p2 = 2 2 = 2 ，根据物料关系pNH 3
p(HI) p(HI)
 =pHI  +
·4·2pH 2  ，联立上式，推导可得p2HI 
K
= p1 ，因此p(HI)与体积无关，改变体积再平衡，HI压强 2K +1
p2
不变，C正确；
D．由前面的推导可知，只要体系中的气体全部来源于NH 4 I的分解，平衡体系中，nNH 3  =n，总物
z z n 1
质的量n =n+(n-z)+ + =2n，因此NH ​的体积分数= = ，这一比例是化学计量关
总 2 2 3 2n 2
系决定的，不受温度或压强改变的影响，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1) ①. 三 ②. 增大增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分
高温

③. xFeS 2 Fe x S+2x-1  S↑ ④. 2
(2) ①. SO ②. 砷、硫
2
(3) ①. 4Au+O +8S O2-+2H O=4[Au(S O ) ]3-+4OH- ②. 10
2 2 3 2 2 3 2
【解析】
【小问1详解】
①S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，共3个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。
②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。
③无氧焙烧，FeS 分解为Fe S和气态S，根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为
2 x
高温

xFeS 2 Fe x S+2x-1  S↑。
④As 为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2
4
条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱)，因此As S 分子的结构只有2种不同
4 4
的结构。
【小问2详解】
①含Fe S的焙渣在空气中焙烧，Fe S被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO 。
x x 2
②烟气中含有As 、As S ，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H S和SO 发生反应2H S+
4 4 4 2 2 2
SO =3S↓+2H O，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。
2 2
【小问3详解】
①Au被O 氧化为+1价进入配离子，O 被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到
2 2
离子方程式为4Au+O +8S O2-+2H O=4[Au(S O ) ]3-+4OH-。
2 2 3 2 2 3 2
c([Zn(NH ) ]2+) 9×10-4
②配合物稳定常数 K= 3 4 ，代入数据： 3×109=
c(Zn2+)⋅c4(NH 3 ) cZn2+ 
，解得cZn2+
⋅(0.1)4
 =3
×10-9mol/L， 不生成ZnOH  沉淀满足cZn2+ 2  ⋅c2OH-  ≤K sp ZnOH   2  ，则 cOH-  ≤
K sp ZnOH   2 
cZn2+ 
3×10-17 = =1×10-4 mol/L，pOH≥4，pH=14-pOH≤10。
3×10-9
16.【答案】(1) ①. 圆底烧瓶 ②. NaOH溶液 ③. 2TbO +8HCl浓
2
 =2TbCl +Cl ↑
3 2
+4H O
2
(2) ①. TbCl +3HZ+2L+3NaOH=TbZ L +3NaCl+3H O ②. TbZ L 难溶于水，加入
3 3 2 2 3 2
蒸馏水后，降低了TbZ L 在溶剂中的溶解度，因此析出大量沉淀 ③. C
3 2
·5·25w
(3) ①. HZ和L ②.
361n
1
【解析】
【小问1详解】
①I中，仪器a的名称是圆底烧瓶。TbO 与浓盐酸反应生成的黄绿色气体为Cl ，氯气有毒，需用碱
2 2
液如NaOH溶液吸收以防止污染环境。
②TbO 具有氧化性，能将浓盐酸氧化为Cl ，自身被还原为Tb3+。根据得失电子守恒和原子守恒，反
2 2
应的化学方程式为2TbO +8HCl浓
2
 =2TbCl +Cl ↑+4H O。
3 2 2
【小问2详解】
①在装置II中，TbCl 、HZ、L和NaOH反应生成TbZ L 。NaOH的作用是中和HZ解离出的H+。
3 3 2
根据原子守恒，化学方程式为TbCl +3HZ+2L+3NaOH=TbZ L +3NaCl+3H O。
3 3 2 2
②反应在乙醇溶液中进行，生成的TbZ L 是有机配合物，难溶于水。加入蒸馏水后，溶剂极性升高，
3 2
产物溶解度降低析出。
③析出的沉淀中含有目标产物TbZ L 、难溶于水的未反应原料HZ和L，以及易溶于水的副产物
3 2
NaCl。因为产物TbZ L 会溶解在乙醇中，如果用乙醇洗涤会造成严重的产物流失；而用水洗涤可以
3 2
有效洗去表面的NaCl及残余的乙醇，且不会溶解产物和不溶性杂质。故选 C：用蒸馏水洗。
【小问3详解】
题干信息提示料HZ和L是难溶于水的固体，在加水析出产物时，过量未反应的HZ和L 也会因为不
溶于水而一并析出混在粗产品中。用水洗涤无法去除它们，因此后续需要通过“重结晶法”提纯来除
去的主要杂质就是HZ和L。
已知Tb的相对原子质量为159，HZ的相对分子质量为244，L的相对分子质量为278。则TbZ L 的
3 2
摩尔质量 M=159+3×244-1  +2×278=1444g/mol。为提高TbCl 利用率，TbCl 为限量试 3 3
剂。理论上生成TbZ L 的物质的量为n mol，理论产量为 1444n g。实际产量为 wg，则产率 =
3 2 1 1
w 25w
×100%= %。
1444n 361n
1 1
17.【答案】(1) ①. > ②. 0.16
(2) ①. 0.28 ②. 低温 ③. 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移
动，相同温度下xSiHCl 3  比原压强更小，x(HCl)更大，降温使平衡逆向移动，xSiHCl 3  增大、
x(HCl)减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 ④. 20.97%
(3) ①. SiO +4e-=Si+2O2- ②. 3:1
2
【解析】
【小问1详解】
① 平衡常数K随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此ΔH >
1
0。
增重质量 16.0 kg
② 沉积速率= = =0.16kg/h。
时间 100 h
【小问2详解】
① 1320 K时，由图得xH 2  =0.88，xSiHCl 3  =x(HCl)=0.050，总压100kPa，反应1的压强平衡
p3(HCl)
常数K =
p pSiHCl 3  ⋅pH 2 
(0.05×100)3 25
= = ≈0.28 kPa。
(0.05×100)×(0.88×100) 88
② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下xSiHCl 3  比原压强
更小，x(HCl)更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温
·6·度。
③ 设生成n(Si)=ymol，η=y，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为1-y，总气体物
1-y
质的量为n ​，则 =1-0.88-0.05=0.07；根据H守恒：初始总H为1+10×2=21mol，即2
总 n
总
21 21
×0.88n +0.05n +0.05n =21，解得n = ，代入得y=1-0.07× ≈0.2097，即η≈
总 总 总 总 1.86 1.86
20.97%。
【小问3详解】
① 阴极发生SiO 得电子还原为Si的反应，电极反应为SiO +4e-=Si+2O2-。
2 2
1.75g
② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1mol，n(Si)= =0.0625mol，转移电子总数：
28g/mol
0.0625mol×4=0.25mol ，阳极反应为：C+O2--2e-=CO↑、C+2O2--4e-=CO ↑，根据转移
2
电子守恒：2nCO  +4nCO 2  =0.25mol，联立n(CO)+nCO 2  =0.1mol，得nCO  :nCO 2  =
0.075mol:0.025mol=3:1。
18.【答案】(1)2种 (2)还原反应
(3) ①. 甲酸乙酯 ②. CH CH OH
3 2
(4) (5) + 2 AgNH 3   2 
Δ
OH →
+2Ag↓+3NH +H O
3 2
(6) 或 (7)38
【解析】
【分析】A发生还原反应生成B，B和甲酸乙酯发生取代反应生成D，D和CH≡CCH Br发生取代
2
反应生成E，结合E的结构简式可知，D的结构简式为 ，E一定条件下生
成F，结合下方的“已知”信息，参与反应的含氮化合物含有异氰基。而E中含有甲酰胺基，甲酰胺基
发生脱水反应会生成异氰，因此，F的结构简式是 ，结合已知信
息的反应，G中含有醛基，再结合K的结构简式可知，G结构简式为： ，J的
·7·结构简式是： ，J和CH≡CCH Br发生取代反应生成
2
K，据此解答。
【小问1详解】
观察物质A的结构简式，其含有的氧元素构成的官能团有两个：羟基、醚键；
【小问2详解】
对比A和B的结构，A中的氰基在H /催化剂 的条件下，加上了氢原子，转化为了B中的
2
-CH NH ，加氢的过程属于还原反应；
2 2
【小问3详解】
HCOOC H ​是甲酸与乙醇形成的酯，命名为甲酸乙酯；B中氨基与甲酸乙酯发生取代反应生成D，脱
2 5
去乙醇，另一产物为乙醇，其结构简式为CH CH OH；
3 2
【小问4详解】
根据分析，F的结构简式是 ；
【小问5详解】
G为对氯苯甲醛，与银氨溶液加热发生银镜反应，方程式： +2 AgNH 3   2 
Δ
OH→
+2Ag↓+3NH +H O。
3 2
【小问6详解】
A(C H NO )的不饱和度为6，苯环上含-NC，说明其余结构均为饱和结构，含-OCH ，且核磁共振
9 9 2 3
氢谱显示三组峰(峰面积比为6∶2∶1)，其不含氢原子数为3的峰，说明有2个-OCH (对应氢原子数
3
为6)，在苯环上处于对称位置，满足条件结构简式为 或
；
【小问7详解】
推断L的结构：路线指出L→B+Q。B是 ；由K的结构逆推，Q应该是
，它的分子式恰好是C H ClO 。B和Q发生酰胺化反应生成L。所以 L
8 7 3
·8·的结构是 ，L的两个羟基和CH≡CCH Br发生取代反应生
2
成K；比较J( )和L，除了一处不同外结构完全一致。
L是-OH，J是-O-CH -C≡CH，基团相对分子质量差值为38。
2
·9·