资源简介

重庆市高2026届高三第三次质量检测
化学试题
2025.11
命审单位：重庆南开中学
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2,考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写
的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1C-120一16Cl-35.5e一56C一64I一127Au-197
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,化学与生产、生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是
A.活性炭作脱色剂
B.纯减去除油污
C.漂白液漂白衣物
D.铁粉作抗氧化剂
2.下列化学用语表述或说法正确的是
A.用电子式表示HCl的形成过程：Hx+Ci:→H:
B.HCH0的球棍模型：
C.160和180互为同素异形体
8oop
D.NaC1溶液中的水合高子：@&
88
880
3.已知反应2NH20H+4Fe3*一N20↑+4Fe2++4H++H,0生成0.1molN20,设Na为阿伏加德罗
常数的值，下列说法不正确的是
A.反应中转移电子数为0.4N
B.消耗的NH2OH分子数为0.2NA
C.生成的H0含有孤电子对数为0.1N
D.生成的N20气体体积约为2.24L(标准状况)
4,下列说法正确的是
A.Na分别在常温和加热条件下与O2反应，生成的产物相同
B.A1分别与盐酸和NaOH溶液反应，生成的气体相同
C.乙烯分别使溴水和酸性KMO4溶液褪色，反应的类型相同
D.浓H2S04分别与Cu和C反应，生成的酸性气体相同
5.在水溶液中能大量共存的一组离子是
A.H+、C2+、Mg2+、S0,2-
B.Na+、A13+、[Al(OH)4]、NO3
C.NH4+、S0,2-、Cl、0H
D.Cl0、Ba2+、I-、S2032-
6.下列图示中，实验操作或方法不符合规范的是
洗瓶
NH CI
棉花
蒸馏水
-C1.
A.用洗瓶冲洗锥形瓶内壁
B.加热溶解苯甲酸固体
C.H2在C2中燃烧
D.制备并收集氨气
7.化合物X是我国原创用于治疗结直肠癌药物的中间体，其结构如题7图所示。关于化合物X,下列
说法不正确的是
A.分子式为C3H605
B.含有1个手性碳原子
C.含有4种官能团
题7图
D.存在大T键
8.下列有关物质性质和解释不存在对应关系的是
选项
物质性质
解释
A
熔点：A1F3>A1C3
晶体类型不同
B
键角：S0,2-$原子的杂化类型不同
I2(s)的溶解度：CCl4>H20
溶剂的极性不同
D
酸性：CF3C0OH>CCL,C00H
卤素原子的电负性不同
9,由下列实验操作及现象不能推出相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
NH通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水呈碱性
B
C02通人苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
KI溶液加热浓缩后，加入淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：02>12
D
将铜丝插入FeCL溶液中，铜丝溶解，溶液变蓝
金属性：Fe>Cu重庆市高2026届高三第三次质量检测
化学试题参考答案与评分细则
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。
题号
1
3
9
10
11
12
13
14
选项
A
0
中
1.A【解析】活性炭有巨大的比表面积和高度发达的空隙结构，通过吸附作用作脱色剂。
2.A【解析】B项：
是甲醛的空间填充模型。
C项：160和80互为同位素。
6oge
D项：aC溶液中的水合离子为：9,3、。
3.C【解析】生成的H,0含有孤电子对数为0.2NA。
4.B【解析】A项：Na在常温和加热条件下与02反应，生成物分别为Na20和Na202。
G项：乙烯与溴水发生加成反应，乙烯与酸性KMO4溶液发生氧化反应。
D项：浓H2SO4与Cu反应生成的酸性气休是SO2,浓H,SO4与C反应生成的酸性气休是SO2和CO2。
5.A【解析】B项：A1+、[A1(OH)4]不共存。
C项：NH4、OH不共存。
D项：C10与1、S2032-不共存。
6.D【解析】氨气的实验室制法是加热氢氧化钙和氯化铵的混合物，用向下排空法收集，导管要伸人
到接近试管底部。
7.G【解析】含有3种官能团：醚键、酯基和醛基。
8.B【解析】S原子的杂化类型都为sp3杂化，S032-中S原子还有一对孤电子对。
9.D【解析】山铜丝溶解、溶液变蓝的现象能推出氧化性：Fe3*>Gu+,无法得出金属性：Fe>Gu。
10.B【解析】五种元素分别是M:Ca、X:Ge、Y:As、Z:Se、W:Sra
A项：原子半径最大是W(Sr)。
B项：第一电离能最大的是Y(As)。
G项：最高价氧化物的水化物碱性最强的是W[S(OH)2]。
D项：含M(Ca)元素的化合物在灼烧时火烙呈砖红色。
11.C【解析】A项：路径1两步反应的活化能分别为E=106.1kJ·mol-1-（-37.6kJ·mol-1)=
143.7kJ·mol-1,E2=76.2k灯·mol-1-58.9kJ·mml-1=17.3kJ·mal-,第一步为决速步骤，
属于吸热反应路径2两步反应的活化能分别为E1=73.3kJ·mol-1-(-37.6kJ·mol-1)=
110.9kJ·mol-1,E2=76.2kJ·mol-1-(-25.1kJ·mol-1)=101.3kJ·mol-1,第一步为决
速步骤，属于吸热反应。
化学试题参考答案第1页（共4页）
B项：路径2的决速步骤活化能较小，对甲醛制备反应有利，为主要反应路径。
C项：HCH0+2H°→HH0(g)+H2(g)△H=+21.2kJ·mol-,这个步骤中的能量变化是
两个过程（氢原子结合为H,(g)形成化学键释放能量；HCH0和H,从催化剂表面脱附吸收能量）
总的结果，无法判断H一H键的键能。
D项：据图可计算，HCH0(g)+H(g)的相对能量之和为84.0kJ·ol-1:故反应CH0H(g)→
HCH0(g)+L(g)的反应热△H=+84.0kJ·mol-1。
12.C【解析】A项：氮的固定是指将大气中游离态的氨转化为氮的化合物的过程；A项错误。
B项：M极上NO,ˉ→NH,OH→NH3的过程中氮元素得到电子，化合价降低被还原，M极为阴极。
电极反应为：N03+6e+5L0=NH,0H+70H;NH,0H+2e+H20=NH3+20H,
电解过程中OT浓度增大，pI增大，B项错误。
C项：N极为阳极，正丙醇逐步失去电子转化为丙醛和丙酸根，电极反应为：CHCH,CH,OH-2+
20II→CIL,CIL,CII0+2IL,0:CIL,CIL,CII0-2e+30II→CIL,CIL2C00-+2IL20,C项正确。
D项：据图可看出，CHCH,CHO分别和NH,OH和NH3均能生成CH,CH CONH;CH,CH2CHO
还部分转化为CIL,CIL,COO,生成1 mol CILCII,CONIL2时，理论上消耗n(CIL,CIL,CIL,OII)>1mol,
质量大于60g
13.C【解析】A项：BDG2-苯环上一氯代物只有一种，A项正确。
B项：[Zm0]6+中0原子形成4个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为4+0=4,0原子采取
p3杂化。
C项：H2不能与MO-5形成氢键。
D项：BTC3-与BDG2结构具有一定的相似性，也能形成MOFs有机框架。
14.B【解析】A项：Na2S04和CaCl2恰好完全反应，悬浊液1为含0.01 mol CaS04(s)的0.2mol·L-1NaCl
溶液，溶液中c(S042-)=√K(CaS04)=7.0×10-3mol·L-1。
B项：悬浊液1分离后得到0.01 mol CaS04(s),因为Km（CaS04)≥Kn(CaC204),加人100mL
0.2mol·L-1Na,C,0.溶液后，CaS0,(s)完仝转化为CaC,04(s)。悬浊液2中除含0.01 mol CaC,0.(s)
外，c(C,02-）=0.1ml…L,可得c(Ca)-K,（CaC:0,）=2.5x10malL。B项不正确。
c(C,042-）
C项：因为K2(H2C204)=1.5×104较大，所以C2042的水解很微弱，水解产生的HC204
很少，所以0.2mol·L-1Na,C,0,溶液中：c(C,0,2-)>c(HC20,)。C项正确。
D项：沉淀转化反应：CaS04(s)+C,042-(aq)一CaC,04(s)+S042-(aq),转化平衡常数
K=c(s0)=K(Cas04)-4.9×105
c(C0,2-)k,(Cac,0,)=2.5X10-≈2.0×10。向0.2mol1.-1Na,C,0,溶液中加人
足量CaS04(s),CaS0(s)完全转化为CaC204(s),溶液中c(S042-)=0.2mol·L-1,代入平衡
常数K可得，c(C2042-)≈1.0×10-5mol·L1<1.0×104mol·L-1。D项正确。
化学试题参考答案第2页（共4页）

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