精品解析：辽宁沈阳市2026年高中三年级教学质量监测（二）化学试题

2026年沈阳市高中三年级教学质量监测(二) 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。并将条形码粘贴在答题卡指定区域。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 4.考试结束后，考生将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 Cl 35.5 Ag 108 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。 1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 钢板表面镀锡属于电化学防腐 B. 聚丙烯酸钠具有高吸水性 C. LED灯发光与电子跃迁有关 D. 碳酸钠用于制玻璃 【答案】A 【解析】 【详解】A．钢板表面镀锡是通过锡层隔绝氧气和水实现防腐蚀，不属于电化学防腐；若镀层破损，铁的金属活动性强于锡，形成原电池时铁作负极会加速腐蚀，A错误； B．聚丙烯酸钠含有亲水的羧酸钠基团，是常用的高吸水性树脂，具有高吸水性，B正确； C．LED灯发光的本质是电子从激发态跃迁回基态时，多余能量以光能的形式释放，与电子跃迁有关，C正确； D．制玻璃的原料包括纯碱（碳酸钠）、石灰石、石英，碳酸钠高温下可与二氧化硅反应生成硅酸钠，是玻璃的成分之一，碳酸钠可用于制玻璃，D正确； 故选A 2. 合成氨中，除去原料气中CO的反应为，下列表述正确的是 A. H-N-H的键角： B. NH3的空间结构为平面三角形 C. CO晶体属于分子晶体 D. 中配位原子是N和O 【答案】C 【解析】 【详解】A．中心都采取sp3杂化，中原子存在1对孤电子对，中作为配体，原子的孤电子对用于形成配位键。孤电子对的排斥力大于成键电子对，因此的键角：，A错误； B．中原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是平面三角形，B错误； C．是由分子构成的晶体，属于分子晶体，C正确； D．中，的原子提供孤电子对作为配位原子，中原子提供孤电子对作为配位原子，配位原子为和，D错误； 故选C。 3. 下列不符合实验安全要求的是 A. 验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B. 电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火 C. 实验后，未用完的Na或K不能放回原瓶 D. 不慎将苯酚沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗 【答案】C 【解析】 【详解】A．肥皂泡收集的氢气量极少，即使混有空气点燃也不会发生爆炸，因此点燃前无需验纯，A正确； B．电器起火时，应先切断电源，防止触电，再用二氧化碳灭火器灭火，避免用水灭火引发触电，B正确； C．钠、钾易与水、氧气反应，未用完的钠、钾必须放回原试剂瓶，防止引发火灾，C错误； D．苯酚易溶于乙醇，不慎将苯酚沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗，可去除苯酚腐蚀，D正确； 故选C。 4. 一氧化硫(SO)是一种高活性的物质，部分含硫物质转化如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A. 1 mol SO2中S原子的价层电子对数为 B. 反应①中每生成1 mol SO转移的电子数为 C. 反应②中每消耗3 mol OH-，生成还原产物 D. 1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中阴离子总数大于 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心S原子的价层电子对数 = σ键数 + 孤电子对数。​中S的σ键数为2，孤电子对数，因此1个S原子价层电子对数为，故​中S原子价层电子对数为​，A错误； B．反应①为：，中S为价，​中价S降为，S单质中0价S升为，生成转移电子，因此生成转移电子数为，B正确； C．反应②是的歧化反应，配平后方程式为：，还原产物是化合价降低得到的，消耗生成还原产物，因此消耗，生成还原产物​，C正确； D．溶液中，​发生水解：，1个阴离子水解生成2个阴离子，阴离子数目增加，因此溶液中阴离子总数大于​，D正确； 故选A。 5. 下列离子检验的试剂、现象均正确的是 选项 检验离子 加入试剂 现象 A Fe3+ KSCN溶液 红色沉淀 B 硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液 白色沉淀 C Cl- AgNO3溶液 白色沉淀 D Cu2+ 氨水 先产生蓝色沉淀，继续滴加得到深蓝色溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．与溶液反应生成血红色的络合物，不是红色沉淀，A错误； B．硝酸酸化的溶液中，在酸性条件下具有强氧化性，可将氧化为，生成白色沉淀，无法证明原溶液含，B错误； C．检验时，需先加稀硝酸排除等干扰离子，再加溶液，仅加生成白色沉淀，无法确定为，C错误； D．与氨水反应，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，与过量反应生成深蓝色溶液，现象与试剂均正确，D正确； 故选D。 6. 多种生物碱的重要中间体托品酮的部分合成路线如图所示，下列说法错误的是 A. I能形成分子内氢键 B. Ⅱ的分子式为C8H14NO C. 反应过程中手性碳数目发生变化 D. I比Ⅱ更易溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．I分子中含有羧基（-COOH），羧基的氢原子可以和分子中N原子、羰基氧原子形成分子内氢键；从结构看相关基团空间位置允许形成分子内氢键，A正确； B．根据II的结构，逐一数出各原子数目：C原子共8个，H原子为13个，N原子1个，O原子1个，因此分子式为C8H13NO，而非C8H14NO，B错误； C．手性碳原子是连有4个不同原子或基团的饱和碳原子；I分子中多个碳原子连接不同基团，脱羧失去CO2；得到II后，碳骨架连接方式改变，手性碳原子的数目会发生变化(原-COOH所连的碳原子不再是手性碳原子)，C正确； D．I分子含有两个羧基，羧基是亲水基，亲水性较强，因此I比II更易溶于水，D正确； 故答案选B。 7. 有机物丙交酯的聚合反应如下图所示，下列说法错误的是 A. 乳酸可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 聚丙交酯中有两种含氧官能团 C. 1 mol丙交酯水解消耗2 mol NaOH D. 聚丙交酯在一定条件下可降解 【答案】B 【解析】 【详解】A．乳酸分子中含有羟基（与羟基相连的碳原子上有氢），可被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确； B．聚丙交酯是开环聚合得到的聚酯，主链中含氧官能团只有酯基一种含氧官能团，B错误； C．1个丙交酯分子中含有2个酯基，水解后生成2分子乳酸，乳酸和氢氧化钠按1：1反应，故共消耗，C正确； D．聚丙交酯属于聚酯，一定条件下可以发生水解反应降解，属于可降解高分子，D正确； 故选B。 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，Y、Z、W相邻，且W、Q同主族，五种元素组成的环状物质a和b结构如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>W>Y B. Z2X2一定为非极性分子 C. 中含σ键与π键的数目之比为2:1 D. b分子中键长：①>② 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q均为原子序数增大的短周期主族元素，X的原子半径在周期表中最小，推断出X为H元素，根据a的结构图可知，Y能形成4个共价键，所以推断Y为C元素，Z能形成3个共价键，且Y、Z、W相邻，推断Z为N元素，W能形成两个共价键，且W、Q同主族，W与Y、Z相邻，所以W为O，Q与W同主族且为短周期主族元素，所以Q为S元素。 【详解】A．由分析知，Z为N元素，W为O元素，Y为C元素，同周期，从左至右，第一电离能总体呈增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，较稳定，所以第一电离能：N>O>C，A正确； B．由分析知Z为N元素，X为H元素，为，N原子存在孤电子对，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．由分析知，Y为C元素，W为O元素，为，与SO2互为等电子体，不存在键，C错误； D．①为S=O双键，②为S-O单键，双键的键长小于单键键长，所以键长①<②，D错误； 故选A。 9. 下列实验操作不能实现预期目标的是 A．制备并检验SO2 B．制明矾大晶体 C．除去Cl2中的HCl D．乙醇和浓硫酸混合 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铜丝与浓硫酸加热可反应生成，​能使品红溶液褪色，可检验​，尾气用浸溶液的棉花吸收，防止污染，能实现实验目标，A不符合题意； B．制备明矾大晶体的方法就是将明矾小晶体悬挂在明矾饱和溶液中，静置缓慢结晶，可得到大晶体，操作正确，能实现目标，B不符合题意； C．除去中的HCl不能用饱和​溶液：会和反应，同时会引入新杂质，除去​中的HCl应该用饱和食盐水，不能实现实验目标，C符合题意； D．乙醇和浓硫酸混合时，浓硫酸密度大于乙醇、稀释放热，需要将浓硫酸缓慢注入乙醇中，同时搅拌，图中操作正确，能实现目标，D不符合题意； 故选C。 10. 黄钾铁矾渣主要成分为KFe3(SO4)2(OH)6、ZnSO4和含镓化合物，从黄钾铁矾渣提取铁、镓和锌的流程如下，下列说法错误的是 A. “焙烧”产生的气体可回收用于生产硫酸 B. “还原焙烧”可能发生反应：ZnO+COZn+CO2 C. “烟尘”中含锌元素 D. “电解”时，铁镓合金做阴极 【答案】D 【解析】 【详解】A．黄钾铁矾渣的主要成分是含硫酸盐的物质，焙烧时会分解生成​或​，硫的氧化物正是工业生产硫酸的原料，因此气体可回收用于生产硫酸，A正确； B．还原焙烧加入碳，碳首先反应生成，可还原氧化锌得到单质锌，反应，符合还原焙烧的反应规律，B正确； C．还原焙烧温度较高，锌高温下会汽化变为蒸气，最终进入烟尘，因此烟尘中含有锌元素，C正确； D．电解目的是精炼得到纯铁：需要将铁镓合金（粗铁）作为阳极，阳极上铁发生氧化反应被氧化为亚铁离子进入电解液，亚铁离子再在阴极（纯铁电极）上还原得到纯铁，活动性弱于铁的镓脱落成为阳极泥，符合流程中“得到纯铁+阳极泥”的产物。因此铁镓合金应作阳极，不是阴极，D错误； 故答案选D。 11. 一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A. 放电时，b极电势高于a极电势 B. 放电时，a极电极反应式： C. 充电时，b极发生氧化反应 D. 充电时，理论上生成1 mol 转移2 mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，a极中转化为，Fe化合价从+2升高到+3，失电子发生氧化反应，因此a是负极；b极的蒽醌吩嗪氧化态分子转化为还原产物，得电子，化合价降低发生还原反应，因此b是正极。 充电时，原负极a作阴极，原正极b作阳极。 【详解】A．放电时，原电池正极电势高于负极电势，b是正极、a是负极，因此b极电势高于a极电势，A正确； B．放电时a极失电子，失去1 mol电子生成，电极反应式，B正确； C．充电时，原放电的正极b作阳极，阳极发生失电子的氧化反应，因此b极发生氧化反应，C正确； D．从结构变化和电荷变化分析：氧化态分子（题干图的分子）为电中性，还原产物带2个单位负电荷（两个），说明放电时1 mol氧化态分子得到2 mol电子生成还原产物；但实际该结构中，2个羰基和2个均发生还原，总共得到4 mol电子，因此充电时生成1 mol氧化态分子，转移了4 mol电子，不是2 mol，D错误； 故答案选D。 12. 一种含空位的SnSe纳米片(VSnSe)存在空位迁移导致的缺陷热催化效应，其高效合成H2O2的反应机理如图，“×”代表该过程难以发生，“*”代表吸附在催化剂表面，SnSe指无空位的催化剂表面，下列说法错误的是 A. 若原料为H218O和O2，则产物含H2O2 B. 总反应原子利用率为100% C. HO*在VSnSe表面脱附更容易 D. 决速步骤为H2O=HO*+H* 【答案】C 【解析】 【分析】根据反应进程图，合成H2O2的历程为、、，总反应为。 【详解】A．根据分析可知，H2O2中的O原子分别来自H2O和O2，若原料为H218O和O2，由第二步历程可知产物含H2O2，A正确； B．总反应为，原子利用率为100%，B正确； C．根据反应进程图和“×”代表该过程难以发生可知，HO*在VSnSe表面脱附难以发生，C错误； D．决速步骤由活化能最高的一步决定，由图可知，H2O=HO*+H*的活化能为0.732eV， 的活化能为1.097eV-0.502eV=0.595eV，故决速步骤为H2O=HO*+H*，D正确； 答案选C。 13. KxMgyFz晶体掺杂Ln3+获得一种发光材料过程如图，利用KHF2热解来制备KxMgyFz可防止晶体内部因OH-引入而发光淬灭，K+空缺率=，下列说法错误的是 A. B. 图1中K+与Mg2+的配位数相同 C. 图2中K+的空缺率为12.5% D. KHF2热解产生HF利于材料发光 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据均摊法，图1晶胞中K+的个数为1，Mg2+的个数为，F-的个数为，所以晶体的化学式为KMgF3，即，A正确； B．K+在体心，周围最近的阴离子F-共有12个，因此K+配位数为12；Mg2+在顶点，每个顶点Mg2+周围最近的F-共6个，因此Mg2+配位数为6； 二者配位数不同，B错误； C．图2晶胞中K+或空位的位置在内部，其个数应为1，8个顶点Mg2+其中一个被Ln3+替换，Ln3+个数为，Mg2+的个数为，设平均每个晶胞中有x个K+，晶胞整体呈电中性，则有，解得，则晶胞中K+空位数为，所以K+的空缺率为，C正确； D．已知利用KHF2热解来制备KxMgyFz可防止晶体内部因OH-引入而发光淬灭，热解产生HF，不会引入OH-，有利于该材料发光，D正确； 故答案选B。 14. 某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如下图所示，已知实验中仅发生反应(较慢)；(极快)，淀粉遇变蓝，忽略溶液体积变化，下列说法错误的是 A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B. mol·L-1·s-1 C. 用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应速率较慢 D. 中-2价氧原子和-1价氧原子的个数比为3:1 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉遇变蓝，第二个反应极快，所以当​完全消耗时，​才会使淀粉变蓝，以此确定计时终点，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A正确； B．在t时间内，消耗的。根据关系式，消耗的，故，B错误； C．用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生成较多无法被完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C正确； D．设中有x个-2价O，有y个-1价O，有x+y=8，根据化合价有，可得x=6，y=2，-2价氧原子和-1价氧原子的个数比为3:1，D正确； 故选B。 15. CuCl2溶液中存在氯化配合反应：，已知常温下K值依次减小，改变1.0×10-4 mol/L CuCl2溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素微粒分布系数δ与Cl-平衡浓度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线c表示[CuCl]+的物种分布系数 B. Q点Cu2+转化率为43% C. P点溶液中c(Cl-)=0.75 mol/L D. Cu2++2ClCuCl2 K≈0.77 【答案】D 【解析】 【分析】氯化配合反应随浓度增大，平衡逐步向右移动，配位数低的微粒先生成后消耗，配位数高的微粒随增大含量升高：浓度为0时，只有，，因此曲线为，随增大逐步减小；是第一步产物，增大时先生成，先升高，后续继续转化为更高配产物，后降低，对应曲线；随浓度增大，总分布系数逐步升高，对应一直上升的曲线。 【详解】A．根据分析，曲线不表示，A错误； B．分布系数，转化率。Q点的分布系数δ()应从图中曲线a读取，此时c()≈2 mol/L，δ()0.14 mol/L，故Cu²⁺转化率α=1-δ()0.84，不是43%，B错误； C．P点是和的交点，故，第一步平衡常数： ，  点是和的交点，故，第二步平衡常数： ,​ 已知​，点，对反应​，总平衡常数。在曲线a和曲线c的交点处，，此时，从图中读取交点处，，代入得：  ， 由图可知，常数，故，因此点，C错误； D．对反应​，总平衡常数。在曲线a和曲线c的交点处，，此时，从图中读取交点处，，代入得：  符合选项描述，D正确； 故答案选D。 二、非选择题： 16. 某工厂回收废荧光粉(含Y2O2S、Eu2O2S、Al、ZnS)中的Y、Eu元素流程如下： 已知：①整个流程中钇(Y)、铕(Eu)两种元素的化合价保持不变 ②用(HA)2萃取Y3+的原理为Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+ （1）“氧化浸出”无污染气体产生，其产物部分X射线衍射图如下，据此写出Y2O2S发生反应的化学方程式___________。 （2）“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉锌”过程中当溶液pH=2时，若c(Zn2+)=1×10-5 mol/L，则此时溶液中c(H2S)=___________mol/L。已知Ka1(H2S)=1×10-7、Ka2(H2S)=1×10-13、Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 （4）“反萃取”后获得的混合物通过___________操作分离。 （5）“沉铕”时反应的离子方程式为___________。 （6）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比D=，萃取率E=×100%。取1000 L沉锌后滤液，测得Y3+浓度为50 mg/L，加入(HA)2萃取剂500 L，若D=40，则单次萃取率E=___________%(精确到0.1)。若要提高萃取率，可以采取的措施为___________(写一条即可)。 【答案】（1） （2）Al(OH)3、S （3）1.6×10-3 （4）分液 （5） （6） ①. 95.2 ②. 增大D(调节pH或更换萃取剂)、增大有机相体积或者多次萃取 【解析】 【分析】氧化浸出：浓硫酸在高温下将荧光粉中的稀土氧化物、硫化锌等完全浸出，生成可溶性硫酸盐（如 、、），-2价S被氧化为S单质，实现固液分离；调 pH：向浸出液中加入碱（如 NaOH、氨水）调节 pH沉淀除去，生成氢氧化铝滤渣，实现初步除杂，同时避免后续沉锌、萃取环节受杂质干扰；沉锌：加（硫化钠）将转化ZnS沉淀，而稀土离子、在该 pH 下不沉淀进入溶液；萃取：利用萃取剂对 、与其它残留杂质的选择性萃取能力，将稀土离子萃取到有机相，实现稀土与非稀土杂质的深度分离；洗涤：用稀硫酸洗涤负载稀土的有机相，洗去共萃取的微量杂质离子，进一步提纯有机相中的稀土组分，洗涤液可循环回萃取工序，提高回收率；反萃取：高浓度硫酸破坏萃取平衡，将有机相中的 、反萃取到水相，得到高纯度的溶液；沉铕：（草酸铕难溶于水，可完全沉淀，实现铕与钇的分离；高温煅烧：草酸铕在高温、氧气氛围下分解高纯度；据此分析解题。 【小问1详解】 Y化合价不变，中S为-2价，氧化浸出无污染气体，结合X射线衍射图产物可知-2价S被浓硫酸氧化为S单质，配平后得到上述方程式为：； 【小问2详解】 废荧光粉中的-2价S被氧化为S单质，，调pH后水解生成沉淀，即为滤渣，故滤渣成分为、S； 【小问3详解】 ，得， 由​，pH=2时，代入得： ； 【小问4详解】 反萃取后得到互不相溶的有机相和水相，用分液操作分离； 【小问5详解】 Eu为+3价，草酸为弱酸不拆，生成草酸铕沉淀，配平得到离子方程式； 【小问6详解】 设水相浓度为，则，，，萃取率： ； 根据萃取平衡：Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+，降低浓度(调pH)、多次萃取、增加萃取剂用量均可提高萃取率。 17. 水泥中有害氯离子含量是影响水泥质量的关键因素。一种利用“磷酸蒸馏-汞盐滴定法”测定其氯离子含量的实验装置如下图所示(加热和夹持装置略)。 实验步骤： ①加样：称取水泥试样(含NaCl、Na2S等)m g，转移至干燥的石英蒸馏管中，加入5滴30%H2O2溶液和5 mL磷酸，将石英蒸馏管放入255℃的蒸馏装置中。 ②蒸馏-吸收：以150 mL/min速率鼓入空气，蒸馏15~20 min。然后用95%乙醇清洗冷凝管，与吸收液合并。 ③滴定：调pH至3.5，加入指示剂，用0.001 mol/L Hg(NO3)2滴定至终点(发生反应：Hg2++2Cl-=HgCl2)。记录消耗Hg(NO3)2体积为V1 mL。 ④按上述步骤进行空白实验，记录所用Hg(NO3)2体积为V0 mL。 （1）Hg位于第六周期，与Zn同族，基态Hg2+的价电子排布式为___________。 （2）图中单向阀的作用为___________。 （3）装置图C中最好选用的仪器为___________(填“a”或“b”)。 （4）H2O2溶液的作用是___________，蒸馏过程中若消耗的NaCl与H3PO4物质的量相等，写出发生反应的化学方程式为___________。 （5）该水泥试样中氯离子的质量分数为___________(用含V1、V0的代数式表示)。 （6）下列关于A装置的说法正确的是___________。 A．监控流速 B．增大接触面积，使吸收更充分 C．若无装置A，则会使测量结果偏低 （7）串联B、C装置所用的导管不能用乳胶管的原因是___________。 【答案】（1）5d10 （2）确保气体单向流动，使测量更加准确或防止倒吸 （3）b （4） ①. 氧化S2-，防止生成H2S ②. NaCl+H3PO4=NaH2PO4+HCl↑ （5）×100% （6）AB （7）HCl腐蚀乳胶管或高温使乳胶管软化 【解析】 【分析】空气通过多孔球泡进入装有硝酸银溶液的A装置，多孔球泡能增大空气与溶液的接触面积，起到净化空气、除去空气中可能含有的氯离子等杂质的作用。净化后的空气经单向阀进入石英蒸馏管B中，使水泥样品中的氯离子在磷酸存在下转化为氯化氢气体被蒸馏出来。蒸馏出的氯化氢气体进入装置C，被装置C下方D中的稀硝酸吸收，形成含氯离子的溶液。向吸收了氯化氢的稀硝酸溶液中加入含汞离子的溶液，汞离子与氯离子发生反应，通过消耗Hg(NO3)2溶液的量来计算水泥中氯离子的含量。 【小问1详解】 Hg位于第六周期，与Zn同族，即第IIB族，故基态Hg2+的价电子排布式为5d10。 【小问2详解】 单向阀的作用是确保气体单向流动，使测量更加准确或防止倒吸； 【小问3详解】 蛇形冷凝管的冷凝效果较好，能使蒸汽充分冷凝回流，所以为达到最佳的冷凝效果，装置图C虚框中未画出的仪器最好选择蛇形冷凝管，即选b。 【小问4详解】 水泥试样含Na2S，会生成H2S杂质干扰氯离子的测定，H2O2作氧化剂，可氧化S2-，防止生成H2S；蒸馏时NaCl与H3PO4反应生成HCl气体，当NaCl与H3PO4物质的量相等时，该化学方程式为NaCl+H3PO4=NaH2PO4+HCl↑。 【小问5详解】 滴定原理为Hg2++2Cl-=HgCl2，，则，故该水泥试样中氯离子的质量分数为。 【小问6详解】 装置A中多孔球泡可以增大气体与溶液的接触面积，使吸收更充分，吸收空气中含Cl-的微粒，消除对实验测定的干扰，若无装置A，则会使测量结果偏高，同时通过观察气泡控制通入气体的流速，故答案选AB。 【小问7详解】 串联B、C装置所用的导管不能用乳胶管的原因是HCl腐蚀乳胶管或高温使乳胶管软化。 18. 3-羟基丙酸乙酯(3-HP)、为原料高效合成丙烯腈(CAN)的原理如下： 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）部分化学键键能如下表所示，则___________(用字母表示)；此反应在___________时能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 化学键 键能(kJ·mol-1) m n p q x y （2）恒容时，增大，EA单位时间产率降低，其原因是___________。 （3）恒压密闭容器中，按物质的量之比为1:8:2通入3-HP、、，平衡体系中含碳物种(除外)的物质的量分数随温度变化如图所示。表示EA物质的量分数曲线的是___________(填字母)，充入一定量N2的作用是___________。 （4）T1℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kx=___________(以平衡时各物质的物质的量分数代替平衡浓度计算)。 （5）科学家通过计算模拟反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为：。但实验过程中未检测到的原因可能为___________。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2）EA与继续发生反应Ⅱ （3） ①. b ②. 降低各气体分压(扩大体积)，使平衡正向移动 （4）0.008 （5）第一步反应的大于第二步反应，第二步反应速率快于第一步反应速率 【解析】 【小问1详解】 反应焓变等于反应物总键能-生成物总键能，分析题目方程式可知反应Ⅰ实质为键、键和键断裂，形成键和键，由此可得，或根据键能直接计算； 由题目信息可知反应Ⅰ，反应气体分子数增加，，根据自发反应可得该反应在高温条件下能自发进行； 【小问2详解】 恒容时，增大，氨气浓度增大，反应Ⅱ正向移动，EA转化成CAN，使得单位时间内EA的产率降低，故答案为EA与继续发生反应Ⅱ（回答合理即可）； 【小问3详解】 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，温度升高，反应平衡正向移动，温度升高，反应物3-HP逐渐减少（对应曲线a），产物EA先增大，后因反应Ⅱ正向进行，EA被消耗，物质的量分数下降，产物CAN的物质的量增大，由此可知EA的物质的量分数曲线应为b；恒压条件下充入，体系体积增大，相当于减压，促进反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，提高原料转化率，故答案为降低各气体分压(扩大体积)，使平衡正向移动（回答合理即可）； 【小问4详解】 设初始投料、、，由图像可知，T1℃平衡时，、，由反应Ⅱ可得此时、，另外由反应Ⅰ、Ⅱ可知生成水的物质的量，则容器内气体总物质的量为，反应Ⅱ的平衡常数； 【小问5详解】 由反应进程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，则第二步反应的反应速率比第一步反应快，第一步反应生成的会迅速发生第二步反应，所以检测不到，故答案为第一步反应的大于第二步反应，第二步反应速率快于第一步反应速率（回答合理即可）。 19. 一种电化学氧化合成天然产物β-沙草酮(H)的路线如下： 已知： R1、R2、R3=烷基 E→F的反应机理： （1）A的名称为___________。 （2）P中的官能团名称为___________、___________。 （3）B→C的化学方程式为___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）B的同分异构体中能使FeCl3溶液显色有___________种。 （6）根据反应流程及已知信息，写出反应物N以及产物P可能的结构简式：N：___________；P：___________。 【答案】（1）3,5-二甲基苯酚 （2） ①. 酮羰基或羰基 ②. 碳碳双键 （3）+Br2+HBr （4）取代反应 （5）22 （6） ①. ②. 或 【解析】 【分析】A中酚羟基（）的氢被甲基取代，将羟基转化为甲氧基，得到产物B（）；B的苯环上甲氧基对位的氢被溴取代，得到溴代产物C（），分子式； C的溴原子被取代，得到D()； D和在催化下，得到E（）； E的环丙烷形成螺环结构，苯环上的甲氧基转化为共轭环己二烯酮结构，得到产物F（）； F五元环上的羰基先被​还原为羟基，在作用下，羟基被取代为碘原子，得到产物G（）； G的碘原子被取代，最终得到目标产物β-沙草酮（H）。 【小问1详解】 A的母体为苯酚，羟基为1号位，两个甲基分别位于3、5号位，因此名称为 3,5−二甲基苯酚； 【小问2详解】 参考的电催化机理，甲氧基会重排为羰基，芳环转化为共轭环己二烯酮结构，因此P中含有的官能团为 酮羰基(或羰基)、碳碳双键； 【小问3详解】 B为1-甲氧基-3,5-二甲基苯（），与发生苯环的亲电取代，Br取代两个甲基之间的对位氢，生成和HBr，反应方程式为：+Br2+HBr ； 【小问4详解】  G中碘原子被格氏试剂的异丙烯基取代，因此反应类型为 取代反应； 【小问5详解】  B的分子式为，能使显色说明含酚羟基，剩余3个饱和碳原子为烷基取代基，分情况讨论：情况1：取代基为和1个丙基（正丙基/异丙基共2种），两个取代基有邻、间、对3种位置，共种；情况2：取代基为、​、，三个不同取代基，共10种位置异构；情况3：取代基为和三个，共6种位置异构； 总计6+10+6=22种，答案为 22； 【小问6详解】  根据已知反应，酯​与格氏试剂反应生成M的1-羟基环丙结构，因此N为 ；电催化重排后，参照机理得到P：或  。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年沈阳市高中三年级教学质量监测(二) 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。并将条形码粘贴在答题卡指定区域。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 4.考试结束后，考生将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 Cl 35.5 Ag 108 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。 1. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A. 钢板表面镀锡属于电化学防腐 B. 聚丙烯酸钠具有高吸水性 C. LED灯发光与电子跃迁有关 D. 碳酸钠用于制玻璃 2. 合成氨中，除去原料气中CO的反应为，下列表述正确的是 A. H-N-H的键角： B. NH3的空间结构为平面三角形 C. CO晶体属于分子晶体 D. 中配位原子是N和O 3. 下列不符合实验安全要求的是 A. 验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯 B. 电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火 C. 实验后，未用完的Na或K不能放回原瓶 D. 不慎将苯酚沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗 4. 一氧化硫(SO)是一种高活性的物质，部分含硫物质转化如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A. 1 mol SO2中S原子的价层电子对数为 B. 反应①中每生成1 mol SO转移的电子数为 C. 反应②中每消耗3 mol OH-，生成还原产物 D. 1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中阴离子总数大于 5. 下列离子检验的试剂、现象均正确的是 选项 检验离子 加入试剂 现象 A Fe3+ KSCN溶液 红色沉淀 B 硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液 白色沉淀 C Cl- AgNO3溶液 白色沉淀 D Cu2+ 氨水 先产生蓝色沉淀，继续滴加得到深蓝色溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 多种生物碱的重要中间体托品酮的部分合成路线如图所示，下列说法错误的是 A. I能形成分子内氢键 B. Ⅱ的分子式为C8H14NO C. 反应过程中手性碳数目发生变化 D. I比Ⅱ更易溶于水 7. 有机物丙交酯的聚合反应如下图所示，下列说法错误的是 A. 乳酸可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 聚丙交酯中有两种含氧官能团 C. 1 mol丙交酯水解消耗2 mol NaOH D. 聚丙交酯在一定条件下可降解 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，Y、Z、W相邻，且W、Q同主族，五种元素组成的环状物质a和b结构如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>W>Y B. Z2X2一定为非极性分子 C. 中含σ键与π键的数目之比为2:1 D. b分子中键长：①>② 9. 下列实验操作不能实现预期目标的是 A．制备并检验SO2 B．制明矾大晶体 C．除去Cl2中的HCl D．乙醇和浓硫酸混合 A. A B. B C. C D. D 10. 黄钾铁矾渣主要成分为KFe3(SO4)2(OH)6、ZnSO4和含镓化合物，从黄钾铁矾渣提取铁、镓和锌的流程如下，下列说法错误的是 A. “焙烧”产生的气体可回收用于生产硫酸 B. “还原焙烧”可能发生反应：ZnO+COZn+CO2 C. “烟尘”中含锌元素 D. “电解”时，铁镓合金做阴极 11. 一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A. 放电时，b极电势高于a极电势 B. 放电时，a极电极反应式： C. 充电时，b极发生氧化反应 D. 充电时，理论上生成1 mol 转移2 mol电子 12. 一种含空位的SnSe纳米片(VSnSe)存在空位迁移导致的缺陷热催化效应，其高效合成H2O2的反应机理如图，“×”代表该过程难以发生，“*”代表吸附在催化剂表面，SnSe指无空位的催化剂表面，下列说法错误的是 A. 若原料为H218O和O2，则产物含H2O2 B. 总反应原子利用率为100% C. HO*在VSnSe表面脱附更容易 D. 决速步骤为H2O=HO*+H* 13. KxMgyFz晶体掺杂Ln3+获得一种发光材料过程如图，利用KHF2热解来制备KxMgyFz可防止晶体内部因OH-引入而发光淬灭，K+空缺率=，下列说法错误的是 A. B. 图1中K+与Mg2+的配位数相同 C. 图2中K+的空缺率为12.5% D. KHF2热解产生HF利于材料发光 14. 某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如下图所示，已知实验中仅发生反应(较慢)；(极快)，淀粉遇变蓝，忽略溶液体积变化，下列说法错误的是 A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B. mol·L-1·s-1 C. 用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应速率较慢 D. 中-2价氧原子和-1价氧原子的个数比为3:1 15. CuCl2溶液中存在氯化配合反应：，已知常温下K值依次减小，改变1.0×10-4 mol/L CuCl2溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素微粒分布系数δ与Cl-平衡浓度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线c表示[CuCl]+的物种分布系数 B. Q点Cu2+转化率为43% C. P点溶液中c(Cl-)=0.75 mol/L D. Cu2++2ClCuCl2 K≈0.77 二、非选择题： 16. 某工厂回收废荧光粉(含Y2O2S、Eu2O2S、Al、ZnS)中的Y、Eu元素流程如下： 已知：①整个流程中钇(Y)、铕(Eu)两种元素的化合价保持不变 ②用(HA)2萃取Y3+的原理为Y3++3(HA)2(有机相)Y(HA2)3(有机相)+3H+ （1）“氧化浸出”无污染气体产生，其产物部分X射线衍射图如下，据此写出Y2O2S发生反应的化学方程式___________。 （2）“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉锌”过程中当溶液pH=2时，若c(Zn2+)=1×10-5 mol/L，则此时溶液中c(H2S)=___________mol/L。已知Ka1(H2S)=1×10-7、Ka2(H2S)=1×10-13、Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 （4）“反萃取”后获得的混合物通过___________操作分离。 （5）“沉铕”时反应的离子方程式为___________。 （6）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比D=，萃取率E=×100%。取1000 L沉锌后滤液，测得Y3+浓度为50 mg/L，加入(HA)2萃取剂500 L，若D=40，则单次萃取率E=___________%(精确到0.1)。若要提高萃取率，可以采取的措施为___________(写一条即可)。 17. 水泥中有害氯离子含量是影响水泥质量的关键因素。一种利用“磷酸蒸馏-汞盐滴定法”测定其氯离子含量的实验装置如下图所示(加热和夹持装置略)。 实验步骤： ①加样：称取水泥试样(含NaCl、Na2S等)m g，转移至干燥的石英蒸馏管中，加入5滴30%H2O2溶液和5 mL磷酸，将石英蒸馏管放入255℃的蒸馏装置中。 ②蒸馏-吸收：以150 mL/min速率鼓入空气，蒸馏15~20 min。然后用95%乙醇清洗冷凝管，与吸收液合并。 ③滴定：调pH至3.5，加入指示剂，用0.001 mol/L Hg(NO3)2滴定至终点(发生反应：Hg2++2Cl-=HgCl2)。记录消耗Hg(NO3)2体积为V1 mL。 ④按上述步骤进行空白实验，记录所用Hg(NO3)2体积为V0 mL。 （1）Hg位于第六周期，与Zn同族，基态Hg2+的价电子排布式为___________。 （2）图中单向阀的作用为___________。 （3）装置图C中最好选用的仪器为___________(填“a”或“b”)。 （4）H2O2溶液的作用是___________，蒸馏过程中若消耗的NaCl与H3PO4物质的量相等，写出发生反应的化学方程式为___________。 （5）该水泥试样中氯离子的质量分数为___________(用含V1、V0的代数式表示)。 （6）下列关于A装置的说法正确的是___________。 A．监控流速 B．增大接触面积，使吸收更充分 C．若无装置A，则会使测量结果偏低 （7）串联B、C装置所用的导管不能用乳胶管的原因是___________。 18. 3-羟基丙酸乙酯(3-HP)、为原料高效合成丙烯腈(CAN)的原理如下： 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）部分化学键键能如下表所示，则___________(用字母表示)；此反应在___________时能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 化学键 键能(kJ·mol-1) m n p q x y （2）恒容时，增大，EA单位时间产率降低，其原因是___________。 （3）恒压密闭容器中，按物质的量之比为1:8:2通入3-HP、、，平衡体系中含碳物种(除外)的物质的量分数随温度变化如图所示。表示EA物质的量分数曲线的是___________(填字母)，充入一定量N2的作用是___________。 （4）T1℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kx=___________(以平衡时各物质的物质的量分数代替平衡浓度计算)。 （5）科学家通过计算模拟反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为：。但实验过程中未检测到的原因可能为___________。 19. 一种电化学氧化合成天然产物β-沙草酮(H)的路线如下： 已知： R1、R2、R3=烷基 E→F的反应机理： （1）A的名称为___________。 （2）P中的官能团名称为___________、___________。 （3）B→C的化学方程式为___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）B的同分异构体中能使FeCl3溶液显色有___________种。 （6）根据反应流程及已知信息，写出反应物N以及产物P可能的结构简式：N：___________；P：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $