2025-2026学年贵州省遵义市高三上学期11月联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1贵州省遵义市2025-2026学年高三上学期11月联考试题(满分：100分；时间：75分钟)注意事项：1.考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名、班级、考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码。2.选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cu64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.历史文物见证了中华民族共同体在发展中的交往交流交融。下列贵州省博物馆馆藏的文物中主要由无机非金属材料制成的是A.六朝铜鐎斗B.苗族竹制上衣C.西汉“干栏”式陶屋D.红军纸币A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．六朝铜鐎斗属于青铜器，是金属材料，A错误；B．苗族竹制上衣主要成分为纤维素，为有机材料，B错误；C．西汉“干栏”式陶屋是陶器，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；D．红军纸币主要成分是纤维素，为有机材料，D错误；故答案选C。2.下列化学用语表达正确的是A.分子中只含有极性键B.的电子式为C.、的VSEPR模型均为四面体D.聚丙烯的结构简式为【答案】C【解析】A．分子结构可表示为，分子中有极性键和非极性键，A错误；B．的电子式中氧原子共用2对电子，应该将氯原子与氧原子的位置交换，B错误；C．价层电子对数=2+×(6-2×1)=4，分子中价层电子对数=3+×(5-2×1)=4，它们的VSEPR模型都为四面体，C正确；D．已知丙烯的结构简式为：CH2=CHCH3，则聚丙烯的结构简式为：，D错误；故选C。3.化学赋能未来生活。下列说法正确的是A.洁厕灵和“84”消毒液混合使用，可增强消毒效果B.利用合成了油脂，实现了无机小分子向有机高分子的转变C.可降解塑料的降解过程仅发生了物理形变，化学性质保持不变D.暖贴(主要成分为铁粉、活性炭、氯化钠和水等)发热是铁粉在电解质作用下形成微原电池，通过加速电化学腐蚀持续放热【答案】D【解析】A．洁厕灵含盐酸，“84”消毒液含次氯酸钠，两者混合产生有毒Cl2，降低消毒效果且危险，A错误；B．油脂是相对分子质量较小的有机物，不属于高分子，CO2合成油脂是无机小分子转有机小分子，B错误；C．可降解塑料的降解涉及化学键断裂和新物质生成，属于化学变化，化学性质改变，C错误；D．暖贴中铁粉、活性炭、氯化钠和水构成微原电池，加速电化学腐蚀（氧化反应）放热，D正确；答案选D。4.蓝靛染工艺是贵州布依族、苗族等民族以蓝靛草为原料制作染料，对布料进行染色的传统技艺。靛蓝是蓝靛草的主要成分之一，其结构简式如图所示，下列说法错误的是A.该分子的分子式为 B.该分子最多能与反应C.该分子存在顺反异构 D.分子中只有3种官能团【答案】B【解析】A．该物质的分子式为，A正确；B．该分子中，碳碳双键、氨基均能与反应，该分子最多能与反应，B错误；C．分子中，形成碳碳双键和碳原子的单键连接了两个化学环境不同的原子，符合存在顺反异构的条件，C正确；D．分子中含有羰基、碳碳双键、氨基3种官能团，D正确；答案选B。5.下列装置不能达到实验目的的是酚酞溶液+溶液甲乙丙丁A.甲可验证金属性：Zn>FeB.乙可制取无水C.利用装置丙比较、、的氧化性强弱D.丁可以分离淀粉胶体和食盐溶液【答案】B【解析】A．该装置构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：，A不符合题意；B．乙中镁离子水解，得到的最终产物为氢氧化镁或氧化镁，不能达到实验目的，B符合题意；C．还原性大于，首先和生成，再和生成，先观察到四氯化碳溶液变紫红色，后水层溶液变黄色，能比较、、的氧化性强弱，C不符合题意；D．可以用渗析法分离淀粉胶体和食盐溶液，D不符合题意；故选B。6.在环保技术中，可用氨气处理氮氧化物，将其转化为无毒的氮气，化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中含有的孤电子对数为B.中含有的键数目为C.每消耗，转移的电子数为D.氨水中，含有的分子数小于【答案】C【解析】A．每个H2O分子中O原子有2对孤电子对，0.1molH2O含孤电子对数为0.1×2=0.2NA，A错误；B．未说明气体是否处于标准状况，22.4LN2的物质的量无法确定，且1molN2含2molπ键，但条件不明确，B错误；C．4.6gNO2为0.1mol，反应中每消耗转移电子，故转移的电子数为，C正确；D．未提供溶液体积，无法计算NH3·H2O的分子数，D错误；答案选C。7.下列离子方程式书写错误的是A.中滴加至溶液呈中性：B.实验室制CO2：C.少量通入溶液：D.用除去废水中的【答案】A【解析】A．中滴加至溶液呈中性，则少量，根据少定多变原则，OH-与Ba2+的化学计量数之比为2：1，故正确的离子方程式为，A错误；B．实验室用碳酸钙与盐酸反应制CO2的离子方程式正确，符合实际反应，B正确；C．少量在酸性条件下被氧化为，并与Ba2+生成沉淀，方程式配平正确，C正确；D．与反应生成CuS沉淀和H+，符合溶度积规则（是高中阶段少见的可以用弱酸制得强酸的反应），方程式正确，D正确；故选A。8.铜与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示，晶胞参数为，下列说法错误的是A.晶胞中两个间的最短距离为B.晶胞中的配位数为2C.设为阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为D.铜(Cu)位于第四周期第IB族，其基态原子价层电子排布式是【答案】B【解析】A．由晶胞图可知，晶胞中两个间的最短距离为顶点到面心的距离，为，A正确；B．由晶胞示意图可知，每个周围相邻且最近的有4个，晶体的化学式为，故每个周围相邻且最近的有4个，的配位数为4，B错误；C．由均摊法计算出一个晶胞有4个，根据晶体密度的计算公式计算得其密度为，C正确；D．根据铜是29号元素，根据其在周期表中的位置和电子排布式规则得的价层电子排布式为，D正确；故选B。9.将离子液体用作高性能电解质，构筑新型高安全性的电化学器件。一种离子液体的结构如图所示，已知X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、M为同周期相邻元素，W是电负性最强的元素。下列说法错误的是A.原子半径：B.最简单氢化物的沸点：C.该阴离子中，各元素原子最外层均满足稳定结构D.若将阳离子换成，含钠化合物具有更低熔沸点【答案】D【解析】由离子液体的结构可知，X、W均形成1个价键，所以X、W为H或第ⅦA族元素，又W是电负性最强的元素，即W为F、X为H；X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与4个F各形成一个价键，且形成的阴离子带一个单位的负电荷，则Y为第ⅢA族元素，且原子序数小于F，所以Y为B；Z形成4个价键，为第ⅣA主族元素，所以Z为原子序数小于F的C；Y、Z、M为同周期相邻元素，则M为N；综上所述，X为H、Y为B、Z为C、M为N、W为F。A．H半径最小，同周期元素从左到右半径减小，则原子半径：B>C>N>F>H，A正确；B．CH4分子间无氢键，沸点最小，F电负性大于N，HF之间氢键强度大于NH3，则沸点：HF>NH3>CH4，B正确；C．阴离子为，B最外层3个电子，与4个F形成4个共价键（有一个是配位键），最外层满足，F最外层7个电子，与形成1个共价键，最外层满足，C正确；D．原离子液体的阳离子为有机阳离子，与阴离子形成离子化合物，但有机阳离子体积大（离子半径大），离子键弱，熔沸点较低，若换成，半径小，与阴离子形成的离子键较强，熔沸点会升高，而非降低，D错误；故答案为D。10.下列有关实验操作及现象、结论均正确的是选项实验操作及现象结论A常温下，将晶体研细后与晶体置于烧杯中，快速搅拌混合物，并触摸杯壁，杯壁变凉，同时闻到刺激性气味该反应的和均大于0B向片和稀硫酸反应的试管中加入足量硫酸铜溶液，片表面析出红色固体，产生大量氢气形成原电池可以加快的生成C用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对比，溶液呈酸性发生了水解D向有机物M中加入氢氧化钠的乙醇溶液，振荡，加热反应一段时间，反应结束后取上层清液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显实验现象有机物M不是卤代烃A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应吸热（杯壁变凉），且生成NH3气体（刺激性气味），说明ΔH>0（吸热）且ΔS>0（气体生成导致熵增），A正确；B．加入足量CuSO4后，Zn置换出Cu覆盖表面，形成Zn-Cu原电池，理论上应加快反应速率，但若CuSO4足量，Zn完全反应后仅剩Cu，而Cu在稀H2SO4中不反应，H2生成应停止，现象描述“大量氢气”与实际矛盾，B错误；C．NH4Fe(SO4)2溶液显酸性，主要因Fe3+水解（Fe3+水解程度远大于NH），结论仅归因于NH水解，忽略Fe3+作用，C错误；D．若M为卤代烃（如氯苯），在NaOH/乙醇中可能无法消去（如结构限制），导致无X-生成，无法检测，但结论直接否定M为卤代烃，逻辑不严谨，D错误；故选A。11.为了实现碳中和，某科研团队研究了以铜基配合物电催化还原的装置原理(如图所示)，下列说法不正确的是A.Pt电极附近溶液的pH减小B.石墨烯为阴极，发生的电极反应为C.每转移2mol电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为30gD.该装置可减少在大气中累积和实现可再生能源有效利用【答案】C【解析】该装置为电解池，Pt电极发生的电极反应为，该电极为阳极，与电源正极相连，即a为正极，b为负极，石墨烯为阴极，电极反应为，从阳极区向阴极区迁移。A．电极上失电子转化为，电极反应为，所以电极附近溶液的减小，A正确；B．石墨烯为阴极，根据二氧化碳转化图可知电极反应式为，B正确；C．每转移2mol电子，由阴极电极反应式可知，有1mol二氧化碳转化为，且有2mol从阳极区迁移至阴极区，所以阴极室溶液质量增大，阴极室增加的质量为；根据阳极室反应可知，每转移2mol电子，阳极消耗1mol水，生成氧气，同时有迁移至阴极室，所以阳极室质量减少，阳极室减少的质量为，所以，C错误；D．该装置可实现转化为，减少在大气中累积，并实现可再生能源有效利用，D正确；故选C。12.工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A.含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B.途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C.途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D.1molX最多可以与1molNaOH反应【答案】D【解析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错误。故选D。13.联氨又称肼，是一种二元弱碱，其在水溶液中的分步电离平衡如下：常温下，用的盐酸溶液滴定浓度为的联氨水溶液。滴定过程中溶液的变化如图所示(已知)。下列关于滴定过程的说法正确的是A.滴定前，的联氨水溶液的B.若点，则C.当，该点在N点和P点之间且靠近P点D.该滴定有两个滴定突变，可分别选用甲基橙和酚酞作为指示剂【答案】B【解析】A．设第一步电离产生的，初始，电离平衡时（很小，可近似为0），根据表达式，解得，又，解得，不等于3.74，A错误；B．M点，即溶液呈中性，，溶液中存在的离子有、、、、，根据电荷守恒：，因，两边抵消后可得，与选项表述一致，B正确；C．当消耗恰好为时，溶质为和，且二者的物质的量比为，此时溶液，呈酸性，故水解占主导（也可根据判断，水解大于电离，溶液显酸性），，故溶液中，若满足，则需要增加的含量，即在原有的基础上继续滴加，故过点，C错误；D．第一步滴定终点时，溶液因水解呈酸性，应选酸性范围变色的指示剂（如甲基橙，变色范围为3.1~4.4），但第二个终点由于水解程度很大，是强酸性溶液，而酚酞的变色范围为，适用于碱性环境，因此酚酞不能用于第二个终点，第二个终点通常使用甲基橙或其他酸性指示剂，但突跃不明显，误差较大，D错误；故答案为B。14.苯乙烯是一种重要的化工原料，工业上常采用乙苯为原料制得。利用“乙苯直接脱氢”制备苯乙烯的原理为。近期研究表明，该反应在催化剂表面分步进行，其反应历程如图所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注，吸附物种可能发生副反应）。由图示信息可知，下列说法错误的是A.该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤反应方程式为B.转化为的过程中可能伴随键的初步形成C.在反应中仅参与生成，不参与其他副反应D.乙苯裂解产生碳覆盖在催化剂表面使其中毒，在原料气中通入水蒸气可消除积碳【答案】C【解析】A．该反应历程中（过渡态1和过渡态2中）的活化能在两步反应中最大，则该步骤为决速步骤，A正确；B．从转化为过程中，反应物中为单键连接，产物中两个原子之间电子云密度升高，可能形成部分双键特征（键的初步形成），该过程伴随原子的脱离，为后续形成完整键（苯乙烯中的键）做准备，B正确；C．H*是吸附在催化剂表面的中间体，H*可能攻击键导致氢解，生成甲烷、乙烷、苯、甲苯等副产物，因此H*会参与到副反应中，C错误；D．乙苯深度脱氢会生成固态碳，沉积的碳会堵塞催化剂的孔道、覆盖其活性位点，导致催化剂无法与乙苯接触，最终“中毒”失活；水蒸气在此过程中作为“除碳剂”，通过与积碳发生气化反应，将固态碳转化为可随气流带走的气态物质，具体反应为，D正确；故答案选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.安息香和二苯乙二酮不仅是重要的化工原料，还可作为自由基固化的光引发剂，并且在药物合成方面都有广泛的应用。某研究小组进行“二苯乙二酮的制备与产率计算”的课题研究，实验原理如下：【查阅资料】a.安息香的合成原料苯甲醛不稳定，易被氧化。b.使用维生素作为催化剂时，在高浓度碱液中反应会导致催化过程中维生素的噻唑环开环失效。c.采用三氯化铁作氧化剂合成二苯乙二酮，在加热回流过程中，反应体系受热不均，导致产品出现炭化的现象。d.相关理化数据：性质物质相对分子质量密度/溶解性苯甲醛1061.06难溶于水，易溶于乙醇安息香2121.31难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)二苯乙二酮2101.52难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)碳酸氢钠842.20(饱和溶液)溶于水，不溶于乙醇【实验方案】二苯乙二酮的制备：①分别量取一定量的苯甲醛与过量饱和溶液于分液漏斗中，振荡多次，静置分液，得到纯化的苯甲醛。②向50mL烧瓶中加入0.90g维生素和1.75mL水，加入磁子，磁力搅拌使其溶解，再加入乙醇和纯化的苯甲醛。③在磁力搅拌下缓慢滴加适量溶液，控制滴加时间5~30min。安装加热回流装置，再从室温逐步升至，恒温一定时间后，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得到安息香。④在圆底烧瓶中依次加入合成的安息香、一定量的、水和冰醋酸后摇匀，在微波反应仪中进行微波辐射，反应完毕后加入40mL热水，冷却结晶、抽滤得浅黄色粗品，进一步提纯后得到精品。回答下列问题：（1）仪器X的作用是_______。（2）请写出①中发生的主要反应的化学方程式_______。（3）将烧瓶置于微波反应仪中反应的原因是_______。（4）下列有关说法错误的是_______。A①中分液后，取下层液体参与后续反应B.氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生，污染环境C.进一步提纯二苯乙二酮采用的方法是重结晶，可选择乙醇作溶剂D.对产品结构进行表征，可采用红外光谱仪测定产品的相对分子质量（5）抽滤的装置如图，安全瓶的作用是_______；抽滤相较于普通过滤装置的优点是_______。（6）本实验中二苯乙二酮的产率为_______，若③中滴加速率过快，会导致产率_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）冷凝回流（2）（3）使反应体系受热均匀，避免产物炭化（4）AD（5）①.防倒吸②.加快过滤速率，使产品更干燥（6）①.80.0%②.偏低【解析】苯甲醛与维生素B1、NaOH反应制备安息香，安息香与FeCl3制备二苯乙二酮，反应后有黄色产品析出，过滤，冷水洗涤、75%乙醇重结晶，得二苯乙二酮晶体。（1）仪器为球形冷凝管，用于冷凝回流。（2）苯甲醛容易被氧化为苯甲酸，将取出的苯甲醛与碳酸氢钠溶液混合，能除去其中混有的苯甲酸，达到纯化苯甲醛的目的，反应原理：。（3）【查阅资料】中提到“在加热回流过程中，由于反应体系受热不均，导致产品炭化的现象并未得到有效解决”，反应体系放置于微波反应仪中，能使反应体系受热均匀，避免产物炭化。（4）A．①中溶液为较饱和的碳酸氢钠溶液与苯甲醛，苯甲醛密度较小，处于上层，应取上层液体参与后续反应，A错误；B．氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生，污染环境，B正确；C．二苯乙二酮粗品中可能混有未反应完全的安息香，结合溶解性数据，可用乙醇作溶剂进行重结晶，C正确；D．可采用红外光谱仪测定产物中的化学键和官能团，用质谱仪测定产品的相对分子质量，D错误；故答案为AD。（5）装置图中，右侧水流流动时产生的气体压强差，会显著减小吸滤瓶中的气压，安全瓶能起到防倒吸的作用；相较于普通过滤装置，抽滤能加快过滤速率，且过滤效果更好，使产品更干燥。（6）产率=实际产量÷理论产量，实际生成的二苯乙二酮的物质的量，根据反应原理，理论生成的二苯乙二酮的物质的量=苯甲醛的物质的量÷2，，，产率；滴加NaOH速率过快，会导致溶液局部碱性过强，已知“在高浓度碱液中反应，会导致催化过程中维生素的噻唑环开环失效”，催化效果降低，产品产率降低。16.锌电解是湿法炼锌工艺中的核心环节，锌电解阳极沉积物(主要成分为、和，还有少量锰铅氧化物和)是冶炼锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极沉积物中金属元素锌、锰、铅和银的工艺流程如图。已知：①常温下，，；。②葡萄糖被氧化的产物为；工业级葡萄糖和价格分别为1500元/吨和2300元/吨。回答下列问题：（1）已知中为+2价，为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价的个数比为_______。（2）“酸浸还原”过程中主要反应的离子方程式为_______；将改为葡萄糖进行“酸浸还原”效果会更好，原因是_______。（3）已知结晶水合物的溶解度曲线如图所示，从溶液中得到的一系列操作为_______、_______、洗涤、干燥。（4）整个流程中可循环利用的物质是_______。（5）加入溶液的目的是将转化为，溶液的最小浓度为_______(保留两位小数)。（6）2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)开发中做出贡献的三位科学家，金属有机框架(MOF)是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。一种经典的锌基MOF(MOF-5)的晶胞结构{和为与同一配体相连的两个取向不同的}如图所示。与每个最近的有_______个。MOF-5作为一种经典的多孔材料，其比表面积通常非常_______(填“大”或“小”)，这种特性使其在气体储存、多相催化、分子分离和药物输送等领域具有潜在应用价值。【答案】（1）1:3（2）①.②.葡萄糖成本更低(葡萄糖还原效率更高)，使用会引入杂质导致溶液不纯(使用葡萄糖产品纯度更高)（3）①.蒸发结晶②.趁热过滤（4）醋酸()（5）（6）①.6②.大【解析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为、和，还有少量锰铅氧化物和)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为，得溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得溶液，经过一系列操作，得晶体，滤渣1中加入溶液，使转化成溶解度更小的，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入，生成沉淀，过滤得。（1）已知为+2价，设+2价有个，+4价有个。为-2价，总电荷平衡：，解得，所以+2价有2个，+4价Mn有6个，个数比，故答案为：1:3；（2）酸浸还原时，被还原为，用作还原剂时，被氧化为，降2价，升2价，介质环境为酸性（流程中注明加硫酸），故方程式为。改为葡萄糖价格低（题中已提示），1mol葡萄糖可以还原（葡萄糖被氧化成），还原效率更高，且使用会引入，增加溶液杂质，可能影响后续蒸发结晶，故答案为：；葡萄糖成本更低(葡萄糖还原效率更高)，使用会引入杂质导致溶液不纯(使用葡萄糖产品纯度更高)（3）从图中可看出溶解度随温度增大而减小，故应选用蒸发结晶，其他结晶水合物杂质溶解度随温度升高而增大，应趁热过滤将其除去，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；（4）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸，故答案为：醋酸()；（5）饱和硫酸铅溶液中，则要生成碳酸铅沉淀，溶液的最小浓度为，故答案为：；（6）位于立方体顶点，位于棱心，每个沿着、、轴方向各连接2个配体，因此，每个连接6个配体；是多孔材料且用于气体储存、多相催化、分子分离和药物输送等领域，说明其具有很强的吸附能力，因此推出其比表面积很大，故答案为：6；大。17.氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。Ⅰ.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为。（1）下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变)数据。物质CO(g)NO(g)0-393.5-110.590则_______。（2）将和按物质的量之比为1：1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat1和Cat2)进行反应，相同时间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(NO的转化率)，结果如图所示。①400℃下脱氮率较高的催化剂是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。②催化剂Cat2催化条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降原因是_______。Ⅱ.一定条件下与可发生反应：。（3）将与按物质的量之比为置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。A.体系压强保持不变 B.与的物质的量之比保持不变C. D.（4）将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示(虚线为平衡时的曲线)。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是_______。②图2中压强：_______(填“>”、“＜”或“=”，下同)；氮硫比：_______。③温度为，压强恒定为时，反应平衡常数_______(用含、的式子表示)。Ⅲ.某科研团队设计以、和熔融制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。（5）写出石墨电极Ⅰ生成Y的电极反应式：_______。【答案】（1）-746（2）①.Cat2②.超过，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降（3）AB（4）①.温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动②.<③.<④.或（5）【解析】（1）生成物的总焓变-反应物的总焓变；（2）①由图可知，400°C时下脱氮率较高的催化剂是Cat2；②该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；且温度过高（超过450℃）会导致催化剂活性降低，反应速率减慢，因此相同时间内脱氮率下降（3）A.该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，体系压强不断减小，则当体系压强保持不变时，说明反应达到平衡，A符合题意；B.将与按物质的量之比为置于恒温恒容密闭容器中反应，反应开始至达到平衡过程，与的物质的量之比一直在变化，则当与的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡，B符合题意；C.，仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，则不能说明反应达到平衡，C不符合题意；D.反应开始生成、至达到平衡过程，且保持不变，则当时，不能说明反应达到平衡，D不符合题意；答案选AB；（4）①因，则温度升高，平衡逆向移动，且温度过低，反应速率较慢，均不利于该反应的进行，所以由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动；②该反应是气体分子数减少的反应，温度、氮硫比相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，则；温度、压强相同时，增大氮硫比，相当于增大的浓度，平衡正向移动，平衡转化率增大，则；③由图可知，温度为，压强恒定为时，平衡转化率为，设开始时投入，则投入，据此列出三段式：则反应平衡常数或；（5）根据题意可知石墨电极为电池的负极，生成的氧化物为，因此电极反应式为。18.氯钾沙坦是首批上市的沙坦类抗高血压药物，其合成流程如图所示。已知：。回答下列问题：（1）物质D的名称为_______；物质H的结构简式为_______；物质K中的含氧官能团的名称是_______；物质I生成物质J的反应类型为_______。（2）物质B生成物质C的化学方程式为_______。（3）物质F中N原子的杂化方式为_______。（4）物质X是物质F催化脱除2个H原子的产物。则物质X满足下列条件的同分异构体数为_______；其中，核磁共振氢谱峰面积比为的同分异构体是_______。①具有苯环结构，且遇到显紫色；②苯环上只有两个取代基。（5）根据题目中给出的信息，设计一个由合成一种蛋白质降解试剂的流程________。【答案】（1）①.乙二醛②.③.羟基④.还原反应（2）+2NH3+CH3OH+NH4Cl（3）杂化（4）①.15②.（5）【解析】由A→B结构可知发生加成反应后与盐酸形成盐，B与NH3反应生成C，C与发生加成反应生成E，E失水生成F，F与POCl3和DMF反应生成G，G与H发生取代反应生成I，可知H为，I被还原生成J，J与三乙基胺、NaN3、HCl和NMP条件下发生反应生成K，K与KOH、IPA条件下生成L，据此分析；（1）物质D为，名称为乙二醛；根据G→I的结构变化，可知引入了2个苯环，因此必然含有2个苯环，且原子消失，其他结构均在反应中保持不变，可知H为；物质中的含氧官能团是羟基；的反应是用还原醛基，则为还原反应，由于不是催化加氢，所以不是加成反应；（2）B→C的反应显然是氨基取代了甲氧基的结果，但由于这是胺的盐酸盐，加入显然也会发生反应，故方程式：+2NH3+CH3OH+NH4Cl；（3）大π键体系会迫使具有未成键轨道的原子采用杂化以降低整体能量，而物质的环中含有2个具有未成键轨道的原子，故这2个原子皆采用杂化；（4）F的分子式是，催化脱除2个原子即为物质的分子式。考虑到满足题目条件，用基团法，扣除掉苯酚基（，有两个取代基），另一侧链可能为、、、、，共5种，又两个支链可以处于邻间对3种位置关系，故种。其中，一共只有10个原子时，核磁共振氢谱存在的情况一定是对称性较好，因此是中间的原子失去1个的结果，因此为

；（5）根据的合成路线完成“羟变醛”，然后根据的还原反应将醛基还原，最后依据已知条件消除氯原子，合成路线：

。贵州省遵义市2025-2026学年高三上学期11月联考试题(满分：100分；时间：75分钟)注意事项：1.考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名、班级、考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码。2.选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cu64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.历史文物见证了中华民族共同体在发展中的交往交流交融。下列贵州省博物馆馆藏的文物中主要由无机非金属材料制成的是A.六朝铜鐎斗B.苗族竹制上衣C.西汉“干栏”式陶屋D.红军纸币A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．六朝铜鐎斗属于青铜器，是金属材料，A错误；B．苗族竹制上衣主要成分为纤维素，为有机材料，B错误；C．西汉“干栏”式陶屋是陶器，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；D．红军纸币主要成分是纤维素，为有机材料，D错误；故答案选C。2.下列化学用语表达正确的是A.分子中只含有极性键B.的电子式为C.、的VSEPR模型均为四面体D.聚丙烯的结构简式为【答案】C【解析】A．分子结构可表示为，分子中有极性键和非极性键，A错误；B．的电子式中氧原子共用2对电子，应该将氯原子与氧原子的位置交换，B错误；C．价层电子对数=2+×(6-2×1)=4，分子中价层电子对数=3+×(5-2×1)=4，它们的VSEPR模型都为四面体，C正确；D．已知丙烯的结构简式为：CH2=CHCH3，则聚丙烯的结构简式为：，D错误；故选C。3.化学赋能未来生活。下列说法正确的是A.洁厕灵和“84”消毒液混合使用，可增强消毒效果B.利用合成了油脂，实现了无机小分子向有机高分子的转变C.可降解塑料的降解过程仅发生了物理形变，化学性质保持不变D.暖贴(主要成分为铁粉、活性炭、氯化钠和水等)发热是铁粉在电解质作用下形成微原电池，通过加速电化学腐蚀持续放热【答案】D【解析】A．洁厕灵含盐酸，“84”消毒液含次氯酸钠，两者混合产生有毒Cl2，降低消毒效果且危险，A错误；B．油脂是相对分子质量较小的有机物，不属于高分子，CO2合成油脂是无机小分子转有机小分子，B错误；C．可降解塑料的降解涉及化学键断裂和新物质生成，属于化学变化，化学性质改变，C错误；D．暖贴中铁粉、活性炭、氯化钠和水构成微原电池，加速电化学腐蚀（氧化反应）放热，D正确；答案选D。4.蓝靛染工艺是贵州布依族、苗族等民族以蓝靛草为原料制作染料，对布料进行染色的传统技艺。靛蓝是蓝靛草的主要成分之一，其结构简式如图所示，下列说法错误的是A.该分子的分子式为 B.该分子最多能与反应C.该分子存在顺反异构 D.分子中只有3种官能团【答案】B【解析】A．该物质的分子式为，A正确；B．该分子中，碳碳双键、氨基均能与反应，该分子最多能与反应，B错误；C．分子中，形成碳碳双键和碳原子的单键连接了两个化学环境不同的原子，符合存在顺反异构的条件，C正确；D．分子中含有羰基、碳碳双键、氨基3种官能团，D正确；答案选B。5.下列装置不能达到实验目的的是酚酞溶液+溶液甲乙丙丁A.甲可验证金属性：Zn>FeB.乙可制取无水C.利用装置丙比较、、的氧化性强弱D.丁可以分离淀粉胶体和食盐溶液【答案】B【解析】A．该装置构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：，A不符合题意；B．乙中镁离子水解，得到的最终产物为氢氧化镁或氧化镁，不能达到实验目的，B符合题意；C．还原性大于，首先和生成，再和生成，先观察到四氯化碳溶液变紫红色，后水层溶液变黄色，能比较、、的氧化性强弱，C不符合题意；D．可以用渗析法分离淀粉胶体和食盐溶液，D不符合题意；故选B。6.在环保技术中，可用氨气处理氮氧化物，将其转化为无毒的氮气，化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中含有的孤电子对数为B.中含有的键数目为C.每消耗，转移的电子数为D.氨水中，含有的分子数小于【答案】C【解析】A．每个H2O分子中O原子有2对孤电子对，0.1molH2O含孤电子对数为0.1×2=0.2NA，A错误；B．未说明气体是否处于标准状况，22.4LN2的物质的量无法确定，且1molN2含2molπ键，但条件不明确，B错误；C．4.6gNO2为0.1mol，反应中每消耗转移电子，故转移的电子数为，C正确；D．未提供溶液体积，无法计算NH3·H2O的分子数，D错误；答案选C。7.下列离子方程式书写错误的是A.中滴加至溶液呈中性：B.实验室制CO2：C.少量通入溶液：D.用除去废水中的【答案】A【解析】A．中滴加至溶液呈中性，则少量，根据少定多变原则，OH-与Ba2+的化学计量数之比为2：1，故正确的离子方程式为，A错误；B．实验室用碳酸钙与盐酸反应制CO2的离子方程式正确，符合实际反应，B正确；C．少量在酸性条件下被氧化为，并与Ba2+生成沉淀，方程式配平正确，C正确；D．与反应生成CuS沉淀和H+，符合溶度积规则（是高中阶段少见的可以用弱酸制得强酸的反应），方程式正确，D正确；故选A。8.铜与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示，晶胞参数为，下列说法错误的是A.晶胞中两个间的最短距离为B.晶胞中的配位数为2C.设为阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为D.铜(Cu)位于第四周期第IB族，其基态原子价层电子排布式是【答案】B【解析】A．由晶胞图可知，晶胞中两个间的最短距离为顶点到面心的距离，为，A正确；B．由晶胞示意图可知，每个周围相邻且最近的有4个，晶体的化学式为，故每个周围相邻且最近的有4个，的配位数为4，B错误；C．由均摊法计算出一个晶胞有4个，根据晶体密度的计算公式计算得其密度为，C正确；D．根据铜是29号元素，根据其在周期表中的位置和电子排布式规则得的价层电子排布式为，D正确；故选B。9.将离子液体用作高性能电解质，构筑新型高安全性的电化学器件。一种离子液体的结构如图所示，已知X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、M为同周期相邻元素，W是电负性最强的元素。下列说法错误的是A.原子半径：B.最简单氢化物的沸点：C.该阴离子中，各元素原子最外层均满足稳定结构D.若将阳离子换成，含钠化合物具有更低熔沸点【答案】D【解析】由离子液体的结构可知，X、W均形成1个价键，所以X、W为H或第ⅦA族元素，又W是电负性最强的元素，即W为F、X为H；X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与4个F各形成一个价键，且形成的阴离子带一个单位的负电荷，则Y为第ⅢA族元素，且原子序数小于F，所以Y为B；Z形成4个价键，为第ⅣA主族元素，所以Z为原子序数小于F的C；Y、Z、M为同周期相邻元素，则M为N；综上所述，X为H、Y为B、Z为C、M为N、W为F。A．H半径最小，同周期元素从左到右半径减小，则原子半径：B>C>N>F>H，A正确；B．CH4分子间无氢键，沸点最小，F电负性大于N，HF之间氢键强度大于NH3，则沸点：HF>NH3>CH4，B正确；C．阴离子为，B最外层3个电子，与4个F形成4个共价键（有一个是配位键），最外层满足，F最外层7个电子，与形成1个共价键，最外层满足，C正确；D．原离子液体的阳离子为有机阳离子，与阴离子形成离子化合物，但有机阳离子体积大（离子半径大），离子键弱，熔沸点较低，若换成，半径小，与阴离子形成的离子键较强，熔沸点会升高，而非降低，D错误；故答案为D。10.下列有关实验操作及现象、结论均正确的是选项实验操作及现象结论A常温下，将晶体研细后与晶体置于烧杯中，快速搅拌混合物，并触摸杯壁，杯壁变凉，同时闻到刺激性气味该反应的和均大于0B向片和稀硫酸反应的试管中加入足量硫酸铜溶液，片表面析出红色固体，产生大量氢气形成原电池可以加快的生成C用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对比，溶液呈酸性发生了水解D向有机物M中加入氢氧化钠的乙醇溶液，振荡，加热反应一段时间，反应结束后取上层清液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显实验现象有机物M不是卤代烃A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应吸热（杯壁变凉），且生成NH3气体（刺激性气味），说明ΔH>0（吸热）且ΔS>0（气体生成导致熵增），A正确；B．加入足量CuSO4后，Zn置换出Cu覆盖表面，形成Zn-Cu原电池，理论上应加快反应速率，但若CuSO4足量，Zn完全反应后仅剩Cu，而Cu在稀H2SO4中不反应，H2生成应停止，现象描述“大量氢气”与实际矛盾，B错误；C．NH4Fe(SO4)2溶液显酸性，主要因Fe3+水解（Fe3+水解程度远大于NH），结论仅归因于NH水解，忽略Fe3+作用，C错误；D．若M为卤代烃（如氯苯），在NaOH/乙醇中可能无法消去（如结构限制），导致无X-生成，无法检测，但结论直接否定M为卤代烃，逻辑不严谨，D错误；故选A。11.为了实现碳中和，某科研团队研究了以铜基配合物电催化还原的装置原理(如图所示)，下列说法不正确的是A.Pt电极附近溶液的pH减小B.石墨烯为阴极，发生的电极反应为C.每转移2mol电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为30gD.该装置可减少在大气中累积和实现可再生能源有效利用【答案】C【解析】该装置为电解池，Pt电极发生的电极反应为，该电极为阳极，与电源正极相连，即a为正极，b为负极，石墨烯为阴极，电极反应为，从阳极区向阴极区迁移。A．电极上失电子转化为，电极反应为，所以电极附近溶液的减小，A正确；B．石墨烯为阴极，根据二氧化碳转化图可知电极反应式为，B正确；C．每转移2mol电子，由阴极电极反应式可知，有1mol二氧化碳转化为，且有2mol从阳极区迁移至阴极区，所以阴极室溶液质量增大，阴极室增加的质量为；根据阳极室反应可知，每转移2mol电子，阳极消耗1mol水，生成氧气，同时有迁移至阴极室，所以阳极室质量减少，阳极室减少的质量为，所以，C错误；D．该装置可实现转化为，减少在大气中累积，并实现可再生能源有效利用，D正确；故选C。12.工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是A.含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率B.途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C.途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收D.1molX最多可以与1molNaOH反应【答案】D【解析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以与2molNaOH反应得到1mol硫酸钠和1mol甲醇，D错误。故选D。13.联氨又称肼，是一种二元弱碱，其在水溶液中的分步电离平衡如下：常温下，用的盐酸溶液滴定浓度为的联氨水溶液。滴定过程中溶液的变化如图所示(已知)。下列关于滴定过程的说法正确的是A.滴定前，的联氨水溶液的B.若点，则C.当，该点在N点和P点之间且靠近P点D.该滴定有两个滴定突变，可分别选用甲基橙和酚酞作为指示剂【答案】B【解析】A．设第一步电离产生的，初始，电离平衡时（很小，可近似为0），根据表达式，解得，又，解得，不等于3.74，A错误；B．M点，即溶液呈中性，，溶液中存在的离子有、、、、，根据电荷守恒：，因，两边抵消后可得，与选项表述一致，B正确；C．当消耗恰好为时，溶质为和，且二者的物质的量比为，此时溶液，呈酸性，故水解占主导（也可根据判断，水解大于电离，溶液显酸性），，故溶液中，若满足，则需要增加的含量，即在原有的基础上继续滴加，故过点，C错误；D．第一步滴定终点时，溶液因水解呈酸性，应选酸性范围变色的指示剂（如甲基橙，变色范围为3.1~4.4），但第二个终点由于水解程度很大，是强酸性溶液，而酚酞的变色范围为，适用于碱性环境，因此酚酞不能用于第二个终点，第二个终点通常使用甲基橙或其他酸性指示剂，但突跃不明显，误差较大，D错误；故答案为B。14.苯乙烯是一种重要的化工原料，工业上常采用乙苯为原料制得。利用“乙苯直接脱氢”制备苯乙烯的原理为。近期研究表明，该反应在催化剂表面分步进行，其反应历程如图所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注，吸附物种可能发生副反应）。由图示信息可知，下列说法错误的是A.该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤反应方程式为B.转化为的过程中可能伴随键的初步形成C.在反应中仅参与生成，不参与其他副反应D.乙苯裂解产生碳覆盖在催化剂表面使其中毒，在原料气中通入水蒸气可消除积碳【答案】C【解析】A．该反应历程中（过渡态1和过渡态2中）的活化能在两步反应中最大，则该步骤为决速步骤，A正确；B．从转化为过程中，反应物中为单键连接，产物中两个原子之间电子云密度升高，可能形成部分双键特征（键的初步形成），该过程伴随原子的脱离，为后续形成完整键（苯乙烯中的键）做准备，B正确；C．H*是吸附在催化剂表面的中间体，H*可能攻击键导致氢解，生成甲烷、乙烷、苯、甲苯等副产物，因此H*会参与到副反应中，C错误；D．乙苯深度脱氢会生成固态碳，沉积的碳会堵塞催化剂的孔道、覆盖其活性位点，导致催化剂无法与乙苯接触，最终“中毒”失活；水蒸气在此过程中作为“除碳剂”，通过与积碳发生气化反应，将固态碳转化为可随气流带走的气态物质，具体反应为，D正确；故答案选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.安息香和二苯乙二酮不仅是重要的化工原料，还可作为自由基固化的光引发剂，并且在药物合成方面都有广泛的应用。某研究小组进行“二苯乙二酮的制备与产率计算”的课题研究，实验原理如下：【查阅资料】a.安息香的合成原料苯甲醛不稳定，易被氧化。b.使用维生素作为催化剂时，在高浓度碱液中反应会导致催化过程中维生素的噻唑环开环失效。c.采用三氯化铁作氧化剂合成二苯乙二酮，在加热回流过程中，反应体系受热不均，导致产品出现炭化的现象。d.相关理化数据：性质物质相对分子质量密度/溶解性苯甲醛1061.06难溶于水，易溶于乙醇安息香2121.31难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)二苯乙二酮2101.52难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)碳酸氢钠842.20(饱和溶液)溶于水，不溶于乙醇【实验方案】二苯乙二酮的制备：①分别量取一定量的苯甲醛与过量饱和溶液于分液漏斗中，振荡多次，静置分液，得到纯化的苯甲醛。②向50mL烧瓶中加入0.90g维生素和1.75mL水，加入磁子，磁力搅拌使其溶解，再加入乙醇和纯化的苯甲醛。③在磁力搅拌下缓慢滴加适量溶液，控制滴加时间5~30min。安装加热回流装置，再从室温逐步升至，恒温一定时间后，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得到安息香。④在圆底烧瓶中依次加入合成的安息香、一定量的、水和冰醋酸后摇匀，在微波反应仪中进行微波辐射，反应完毕后加入40mL热水，冷却结晶、抽滤得浅黄色粗品，进一步提纯后得到精品。回答下列问题：（1）仪器X的作用是_______。（2）请写出①中发生的主要反应的化学方程式_______。（3）将烧瓶置于微波反应仪中反应的原因是_______。（4）下列有关说法错误的是_______。A①中分液后，取下层液体参与后续反应B.氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生，污染环境C.进一步提纯二苯乙二酮采用的方法是重结晶，可选择乙醇作溶剂D.对产品结构进行表征，可采用红外光谱仪测定产品的相对分子质量（5）抽滤的装置如图，安全瓶的作用是_______；抽滤相较于普通过滤装置的优点是_______。（6）本实验中二苯乙二酮的产率为_______，若③中滴加速率过快，会导致产率_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）冷凝回流（2）（3）使反应体系受热均匀，避免产物炭化（4）AD（5）①.防倒吸②.加快过滤速率，使产品更干燥（6）①.80.0%②.偏低【解析】苯甲醛与维生素B1、NaOH反应制备安息香，安息香与FeCl3制备二苯乙二酮，反应后有黄色产品析出，过滤，冷水洗涤、75%乙醇重结晶，得二苯乙二酮晶体。（1）仪器为球形冷凝管，用于冷凝回流。（2）苯甲醛容易被氧化为苯甲酸，将取出的苯甲醛与碳酸氢钠溶液混合，能除去其中混有的苯甲酸，达到纯化苯甲醛的目的，反应原理：。（3）【查阅资料】中提到“在加热回流过程中，由于反应体系受热不均，导致产品炭化的现象并未得到有效解决”，反应体系放置于微波反应仪中，能使反应体系受热均匀，避免产物炭化。（4）A．①中溶液为较饱和的碳酸氢钠溶液与苯甲醛，苯甲醛密度较小，处于上层，应取上层液体参与后续反应，A错误；B．氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生，污染环境，B正确；C．二苯乙二酮粗品中可能混有未反应完全的安息香，结合溶解性数据，可用乙醇作溶剂进行重结晶，C正确；D．可采用红外光谱仪测定产物中的化学键和官能团，用质谱仪测定产品的相对分子质量，D错误；故答案为AD。（5）装置图中，右侧水流流动时产生的气体压强差，会显著减小吸滤瓶中的气压，安全瓶能起到防倒吸的作用；相较于普通过滤装置，抽滤能加快过滤速率，且过滤效果更好，使产品更干燥。（6）产率=实际产量÷理论产量，实际生成的二苯乙二酮的物质的量，根据反应原理，理论生成的二苯乙二酮的物质的量=苯甲醛的物质的量÷2，，，产率；滴加NaOH速率过快，会导致溶液局部碱性过强，已知“在高浓度碱液中反应，会导致催化过程中维生素的噻唑环开环失效”，催化效果降低，产品产率降低。16.锌电解是湿法炼锌工艺中的核心环节，锌电解阳极沉积物(主要成分为、和，还有少量锰铅氧化物和)是冶炼锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极沉积物中金属元素锌、锰、铅和银的工艺流程如图。已知：①常温下，，；。②葡萄糖被氧化的产物为；工业级葡萄糖和价格分别为1500元/吨和2300元/吨。回答下列问题：（1）已知中为+2价，为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价的个数比为_______。（2）“酸浸还原”过程中主要反应的离子方程式为_______；将改为葡萄糖进行“酸浸还原”效果会更好，原因是_______。（3）已知结晶水合物的溶解度曲线如图所示，从溶液中得到的一系列操作为_______、_______、洗涤、干燥。（4）整个流程中可循环利用的物质是_______。（5）加入溶液的目的是将转化为，溶液的最小浓度为_______(保留两位小数)。（6）2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)开发中做出贡献的三位科学家，金属有机框架(MOF)是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。一种经典的锌基MOF(MOF-5)的晶胞结构{和为与同一配体相连的两个取向不同的}如图所示。与每个最近的有_______个。MOF-5作为一种经典的多孔材料，其比表面积通常非常_______(填“大”或“小”)，这种特性使其在气体储存、多相催化、分子分离和药物输送等领域具有潜在应用价值。【答案】（1）1:3（2）①.②.葡萄糖成本更低(葡萄糖还原效率更高)，使用会引入杂质导致溶液不纯(使用葡萄糖产品纯度更高)（3）①.蒸发结晶②.趁热过滤（4）醋酸()（5）（6）①.6②.大【解析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为、和，还有少量锰铅氧化物和)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为，得溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得溶液，经过一系列操作，得晶体，滤渣1中加入溶液，使转化成溶解度更小的，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入，生成沉淀，过滤得。（1）已知为+2价，设+2价有个，+4价有个。为-2价，总电荷平衡：，解得，所以+2价有2个，+4价Mn有6个，个数比，故答案为：1:3；（2）酸浸还原时，被还原为，用作还原剂时，被氧化为，降2价，升2价，介质环境为酸性（流程中注明加硫酸），故方程式为。改为葡萄糖价格低（题中已提示），1mol葡萄糖可以还原（葡萄糖被氧化成），还原效率更高，且使用会引入，增加溶液杂质，可能影响后续蒸发结晶，故答案为：；葡萄糖成本更低(葡萄糖还原效率更高)，使用会引入杂质导致溶液不纯(使用葡萄糖产品纯度更高)（3）从图中可看出溶解度随温度增大而减小，故应选用蒸发结晶，其他结晶水合物杂质溶解度随温度升高而增大，应趁热过滤将其除去，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；（4）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸，故答案为：醋酸()；（5）饱和硫酸铅溶液中，则要生成碳酸铅沉淀，溶液的最小浓度为，故答案为：；（6）位于立方体顶点，位于棱心，每个沿着、、轴方向各连接2个配体，因此，每个连接6个配体；是多孔材料且用于气体储存、多相催化、分子分离和药物输送等领域，说明其具有很强的吸附能力，因此推出其比表面积很大，故答案为：6；大。17.氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。Ⅰ.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为。（1）下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变)数据。物质CO(g)NO(g)0-393.5-110.590则_______。（2）将和按物质的量之比为1：1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat1和Cat2)进行反应，相同时间内测定逸