2026届浙江省三校高三上学期第五次联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1浙江省三校2026届高三上学期第五次联考试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Al27S32Cu64Co59选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列可用作食品添加剂且属于无机物的是A.硫酸铅 B.木糖醇 C.葡萄糖酸-δ-内酯 D.二氧化硫【答案】D【解析】A．硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作食品添加剂，A错误；B．木糖醇分子中含有5个羟基的五元醇，属于有机物，不属于无机物，B错误；C．葡萄糖酸-δ-内酯是含有羟基和酯基的内酯化合物，属于有机物，不属于无机物，C错误；D．二氧化硫是酸性氧化物，在国家规定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化的作用，能用作食品添加剂，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示正确是A.甲烷分子中共价键电子轮廓图为：B.的球棍模型：C.基态价层电子轨道表示式：D.的系统命名：2-羟基甲苯【答案】B【解析】A．甲烷分子中碳原子发生sp3杂化，其共价键电子轮廓图应为正四面体形状，A错误；B．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4个NH3形成4个配位键，空间构型为平面正方形，球棍模型为，B正确；C．基态价层电子排布式为3d5，其轨道表示式为：，C错误；D．该有机物中，羟基与苯环直接相连，应属于酚类，其系统命名为2-甲基苯酚，D错误；故选B。3.根据元素周期律，下列说法中不正确的是A.氢键的键长：B.第一电离能：C.碱性：D.分子的极性：【答案】D【解析】A．氢键键长与电负性相关，电负性越大，氢键越强，键长越短。F电负性最大，键长最短；N电负性最小，键长最长。顺序正确，A正确；B．第一电离能：N因半充满结构更稳定，电离能高于O；O的电离能又高于C。顺序N＞O＞C正确，B正确；C．同主族金属性Mg＞Be，故Mg(OH)2碱性更强，C正确；D．O电负性大于S，H2O极性更强，D错误；答案选D。4.设是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.羟胺中氧的价层电子对数为B.和的固体混合物中含，则混合物中质子数为C.中含阴离子个数为D.由甘氨酸形成的三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为【答案】C【解析】A．在羟胺中，氧通过共用后，价层电子数为8个电子(4电子对)的稳定状态，则中氧的价层电子对数为，A正确；B．含的中，质子数为：；而含的中，质子数为：；则混合物的质子数为，B正确；C．的电离为：，则中含阴离子个数为，C错误；D．三肽（相对分子质量：189）的物质的量为：0.1mol，三分子甘氨酸通过2次脱水缩合形成三肽，则三肽中只含有两个肽键，故三肽中的肽键数目为，D正确；故答案为：C。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.纤维素中的羟基可与硝酸在一定条件下发生酯化反应，故可用于制备硝酸纤维B.碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用于食品膨松剂C.硫酸铜具有杀菌作用，可用于饮用水消毒D.聚丙烯酸钠分子链上有大量强亲水基团，可用于高吸水性树脂【答案】C【解析】A．纤维素中的羟基与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，A正确；B．碳酸氢铵受热分解产生气体使食品膨松，中和酸是其辅助作用，B正确；C．硫酸铜虽有杀菌作用，但含重金属离子，不可用于饮用水消毒，C错误；D．聚丙烯酸钠含亲水基团（如羧酸钠），吸水性强，D正确；故答案选C。6.下列对物质性质的解释不合理的是选项物质性质解释A低密度聚乙烯软化温度更低低密度聚乙烯含有较少支链B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了稳定的大π键C生铁的硬度比钢大生铁含碳量高，原子层间相对滑动更困难D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．低密度聚乙烯因支链较多导致分子排列松散，分子间作用力弱，软化温度低，选项解释“含有较少支链”与实际相反，A错误；B．苯分子中碳原子形成稳定的大π键，难以与溴发生加成反应，因此不能使溴的CCl4溶液褪色，解释合理，B正确；C．合金内存在不同大小的金属或非金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的硬度一般比其成分金属更大，生铁含碳量高，阻碍原子层间滑动，硬度更大，解释符合实际，C正确；D．离子液体由可移动的阴、阳离子组成，导电性良好，解释合理，D正确；故选A。7.下列有关反应方程式正确的是A.少量甲醛与酸性高锰酸钾：B.向Na2CO3溶液中通入少量SO2：C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：D.向丙烯醛中加入足量溴的四氯化碳溶液：【答案】D【解析】A．少量甲醛与酸性高锰酸钾生成二氧化碳、硫酸锰和水：，A错误；B．向Na2CO3溶液中通入少量SO2生成亚硫酸根和碳酸氢根：，B错误；C．水杨酸中仅羧基可与反应，酚羟基不反应，正确的方程式为，C错误；D．丙烯醛中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键能与溴的四氯化碳发生加成反应，醛基不与溴的四氯化碳发生反应，其方程式为CH2=CHCHO+Br2→CH2BrCHBrCHO，D正确；故选D。8.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．制备无水MgCl2B．制备溴苯并验证有HBr产生C．验证乙烯具有还原性D．制备并收集SO2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．制备无水MgCl2时，由于加热时易水解生成或MgO，通入干燥HCl可抑制水解（HCl气氛中平衡逆向移动），装置中通入干燥HCl并加热，能得到无水MgCl2，A正确；B．制备溴苯并验证HBr时，苯与液溴在催化剂作用下剧烈反应，由于Br2易挥发，生成的HBr中含有挥发的Br2蒸汽，装置中未除杂，Br2进入溶液会与水反应生成HBr，也能与反应生成AgBr沉淀，无法区分沉淀是否来自反应生成的HBr，B错误；C．乙醇在170℃下生成具有还原性的乙烯，但副反应产生的SO2也属于还原性气体，也能使溴水褪色，干扰了乙烯的检验，无法确定溶液褪色仅由乙烯引起，C错误；D．铜与浓硫酸的反应需加热且二氧化硫会与水反应，该装置无法制备并收集SO2，D错误；故选A。9.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.1molX中含有2mol碳氧π键B.Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子C.Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大D.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同【答案】D【解析】A．1molX中含有1mol碳氧π键，醛基中含有1个碳氧π键，羟基中不含有碳氧π键，A错误；B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子，，B错误；C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基和羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错误；D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为：，D正确；答案选D。10.是一种储氢材料，钴硼（）催化释氢原理如图所示。催化剂中掺杂会提高释氢速率。下列说法错误的是A.的空间构型为正四面体形B.中B的化合价为+3价C.用进行实验，会生成D.促进解离成和，提高释氢速率【答案】C【解析】A．中B的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，A正确；B．NaBH4由Na⁺和构成，设B化合价为x，H为-1价（储氢材料中H常为-1），则x+4×(-1)=-1，解得x=+3，B正确；C．D2O中D为+1价，中H为-1价，二者发生归中反应生成HD（H-与D+结合），而非D2，C错误；D．MoO3掺杂提高释氢速率，推测其促进H2O解离为H+和OH-，增加H+浓度，加快H-与H+的反应，D正确；故选C。11.已知下列热化学方程式：①②③④⑤下列有关上述热化学方程式焓变的说法正确的是A.、、 B.C. D.、【答案】C【解析】A．反应①（Cu氧化为CuO）和反应②（Al氧化为Al2O3）均为放热反应，ΔH1和ΔH2均小于0；反应③（铝热反应）为放热反应，ΔH3<0；A中ΔH1>0、ΔH2>0错误，ΔH3<0正确，A错误；B．通过盖斯定律推导，反应③的焓变应为ΔH3=(ΔH2−3ΔH1)/2，而非ΔH3=ΔH2−3ΔH1，等式系数错误，B错误；C．通过反应④和反应⑤组合可得反应①，推导得出ΔH1=ΔH5−2ΔH4，等式成立，C正确；D．反应①为放热，ΔH₁<0，而反应④（H₂还原CuO）为放热，ΔH4<0。D中ΔH1>0错误，ΔH4<0正确，但整体错误，D错误；故选C。12.为实现“双碳”目标，科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。已知：在电场作用下，双极膜中水电离出离子并向两极迁移。下列说法正确的是A.M极为阴极，发生还原反应B.N极上生成甲醇的电极反应式为C.电解一段时间后，M极区溶液pH减小D.N极每消耗，M极消耗标准状况下【答案】B【解析】N极通入CO2生成甲醇，CO2中C元素从+4价降为-2价，得到电子，发生还原反应，故N极为阴极；M极通入H2生成H+，发生氧化反应，故M极为阳极；双极膜中H+向阴极（即N极）迁移，OH-向阳极（即M极）迁移，据此回答问题；A．根据分析，M极为阳极，通入H2生成H+，H2发生氧化反应，A错误；B．N极生成甲醇时，CO2中C元素化合价从+4价降为-2价，电极反应式应为，B正确；C．M极（阳极）反应为，双极膜中向M极迁移并与中和生成，且生成的与迁移的等量，水增多使浓度减小，pH增大，C错误；D．根据装置图可知N极还有CO生成，因此每消耗1mol转移的电子数不是6mol，则消耗的的物质的量也不是3mol，即标准状况下体积不是，D错误；故选B。13.是一种重要的化工产品，实验室可利用CoCl2制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是A.中含有极性键、配位键和氢键B.中有两种不同大小的键角C.1mol中含键数目为D.若中两个NH3被替代，得到的有2种结构【答案】A【解析】A．中的N-H键为极性键，与间为配位键，没有氢键，A错误；B．由图可知，与中心离子的空间构型为正八面体形，在正方形平面内键角为90°，竖直与平面键角为90°，竖直方向键角为180°，B正确；C．1mol中含有N-H键，6mol键，总键数目为，C正确；D．正八面体的6个顶点完全相同，的空间结构有2种，、，D正确；故选A。14.铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是A.铑位于元素周期表第五周期第VIII族B.X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形C.A、C分别是和D.B为、D为【答案】D【解析】根据甲醇羰基化反应机理可知，先与HI转化为和水，再与CO在催化剂作用下生成，进一步与水反应生成和HI，因此A、C分别是和，E、F分别为和，B、D分别为水和HI。A．铑的价层电子排布式是，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；B．若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；C．根据分析，A、C分别是和，C正确；D．根据分析，B、D分别为水和HI，D错误；答案选D。15.酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是A.室温时，的溶液的约为3B.向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊C.饱和溶液中加入少量固体，的值减小D.室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的【答案】D【解析】A．室温时，的溶液中，=，A项正确；B．，故能发生反应，溶液与酒石酸混合，随反应的进行酒石酸电离平衡正移，使溶液中，则，有沉淀生成，溶液变浑浊，B项正确；C．饱和溶液中加入少量固体，增大，不变，则减小，的值减小，C项正确；D．溶液存在水解及电离，水解平衡常数，溶液显酸性，根据反应，可确定往的溶液中通气体至溶液时，溶液中的溶质为、、，则消耗的，D项错误；答案选D。16.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。已知：下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为B.若消耗的溶液的体积为，则废水中苯酚含量为C.步骤Ⅱ中加入的溶液不能过量D.由于有挥发性，可能会造成测定结果偏高【答案】C【解析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用加入用硫酸酸化的过量KBr溶液将转化为：；再加入的废水，利用消耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶液消耗剩余的，发生反应：，最后用溶液滴定，根据消耗的溶液体积计算废水中苯酚的含量，据此分析解答。A．根据分析，步骤Ⅰ是将转化为，则反应的离子方程式为：，A正确；B．根据步骤Ⅰ可知生成的，由得到当消耗的溶液的体积为时，则废水中苯酚含量为，B正确；C．如果溶液过量，过量的在后续的滴定过程中不与溶液反应，对滴定结果不产生影响，C错误；D．由于的挥发性，可能会导致最后滴定时消耗的溶液体积偏低，根据苯酚含量的计算公式可知会造成测定结果偏高，D正确；故答案为：C。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：（1）下列说法正确的是___________。A.基态铬原子核外有14种空间运动状态不同的电子B.Sc元素位于周期表的第四周期第ⅢB族，属于d区元素C.钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关D.配位键的强度：（2）某含铜化合物可作半导体，其晶胞如图。①化学式___________。②若该晶胞的体积为Vpm3，晶体密度为，则阿伏伽德罗常数___________。③少量该化合物溶于HF，能明显增强HF溶液酸性，原因是___________[已知]。（3）兴趣小组对某铜铅灰(主要成分为Cu2O、PbO2、PbO及其硫酸盐)进行资源回收利用，设计了以下流程：①溶液A是酸性水溶液，成分为___________(填化学式)，操作B是___________。②“充分反应”过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是___________。③溶液D中通入SO2，可生成NH4CuSO3沉淀，该转化反应中SO2体现的性质是___________。【答案】（1）BD（2）①.CuAlS2②.③.能与等形成配离子，从而促进HF的电离（3）①.H2SO4②.过滤③.④.还原性和酸性【解析】（1）A．基态Cr原子核外空间运动状态不同的电子种数空间运动状态由电子所处的轨道决定（每个轨道对应1种空间运动状态），与电子自旋无关，基态Cr的原子序数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，各能级轨道数：1s（1）、2s（1）、2p（3）、3s（1）、3p（3）、3d（5）、4s（1），总轨道数=1+1+3+1+3+5+1=15，因此，基态Cr原子核外有15种空间运动状态不同的电子，故A错误；B．Sc位于第四周期ⅢB(即第3族)，属于过渡元素(d区元素)，故B正确；C．焰色光源于电子从高能级返回低能级时辐射出相应波长的可见光，题干却说成“从低能级到高能级”，故C错误；D．NH3通常比NF3配位能力更强，[Cu(NH3)]2+配位键强度大于[Cu(NF3)]2+；故BD正确。（2）①根据均摊法，Cu数目=，S数目8，Al数目==4，化学式是CuAlS2；②，可推出；③少量该化合物溶于HF溶液，释放出的能与形成稳定的配离子（如），消耗了，从而促进HF的电离平衡正向移动，使溶液酸性增强。（3）铜铅灰和硫酸以及空气发生的反应分别为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O、，过滤后会得到硫酸铅沉淀，通入足量NH3，经结晶、过滤、洗涤、干燥得到；①溶液A是H2SO4；操作B是过滤，操作E是结晶、过滤、洗涤、干燥；②“充分反应”过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是；③溶液D中通入SO2，可生成沉淀NH4CuSO3，该转化反应中铜化合价降低，同时生成亚硫酸盐，SO2体现的性质是还原性和酸性。18.硫氧化物()和氮氧化物()是造成大气污染的主要污染物。请回答：（1）在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)：ⅠⅡⅢ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中的是___________。A．提高体系内SO2的压强B．加入足量盐酸C．升高体系温度D．加水②溶液中硫元素主要以___________形式存在(填写含硫微粒符号)。③在水溶液中，以如图1所示两种结构存在：按照稳定性由高到低对A、B排序___________(用A、B表示)（2）研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率：ⅣⅤ已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因___________。②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线___________。（3）研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原时，工业烟气中存在的少量O2会造成脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因___________。【答案】（1）①.CD②.SO2③.B>A（2）①.温度升高，中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高(或温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)②.（3）O2浓度升高，平衡正移，造成与反应的减少【解析】（1）①A．提高体系内的压强，根据平衡Ⅰ．，增大压强，平衡正向移动，溶液中增大，A不符合要求；B．加入足量盐酸，盐酸提供，根据平衡Ⅱ．和平衡Ⅲ，浓度增大，平衡均逆向移动，会使浓度增大，B不符合要求；C．反应Ⅰ．，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，C符合要求；D．加水稀释，平衡Ⅰ．正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，D符合要求；故选CD；②由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；③O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定，故B>A；（2）①温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基（、），所以NO脱除率上升。当温度升高到70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；②提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为

；（3）工业烟气中少量，平衡正移，，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。19.某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶，。(一)制备Ⅰ．称取1.0gCoCl2·6H2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1.Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2.Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。回答下列问题：（1）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于___________中，以使大量晶体尽快析出（2）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为___________。A．①③②B．③②①C．②①③（3）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，___________(将实验操作、现象和结论补充完整)。(二)结晶水含量测定EDTA和形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50～60℃下，用的EDTA标准溶液滴定。（4）下列操作的正确顺序为___________(用字母排序)。a．用标准溶液润洗滴定管b．加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处c．检查滴定管是否漏水并清洗d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数（5）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品中x的测定值为___________(用含m、c、V的代数式表示；代数式需化简)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）冰水浴（2）B（3）加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明已洗净（4）cabd（5）①.②.偏高【解析】按照反应制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量，据此分析；（1）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中；（2）先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故选B；（3）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤：取水洗时的最后一次水洗液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加溶液，无白色沉淀生成，说明已洗净；（4）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗（c），再用待装的标准溶液进行润洗（a），待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处（b），放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数（d），故正确顺序为cabd；（5）滴定消耗的，EDTA与形成配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得(或)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗的EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据，则x偏高。20.有机物I在生物化学领域具有广泛的应用价值。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)。已知：请回答：（1）化合物H中不含氧的官能团名称是_______。（2）化合物A的结构简式是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.化合物B中所有原子一定共平面B.C→D的反应中，两个F原子存在不同选择性C.化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗D.TMSA的结构可能为，采用的杂化方式成键（4）反应需控制约为8，写出的化学方程式_______。（5）写出3个同时符合下列条件的化合物I的同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。①与溶液混合能发生显色反应；②核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子；③红外光谱表明：分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”结构。（6）请结合以上相关信息，以、、和为原料，设计合成的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。【答案】（1）碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)（2）（3）ABD（4）+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3（5）、（任写3种）（6）【解析】A发生苯环上的溴代得到B，B发生硝化反应得到C，故B为：，A为：；C发生取代反应得到D：，D发生还原反应得到E，根据G可知E为：，由E和G可知F为：；G与TMSA发生取代反应得到H，H与乙醇钠反应得到I。（1）根据H得结构简式，不含氧的官能团名称是：碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)；（2）根据分析，A的结构简式为：；（3）A．化合物B为：，苯环上以及与苯环直接相连的原子一定共平面，故B中所有原子一定共平面，A正确；B．C→D的反应中，两个F原子都有可能被取代，但最终只取代了其中一个F原子，说明两个F原子存在不同选择性，B正确；C．H中苯环和碳碳三键能与氢气发生加成反应，化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗，C错误；D．G与TMSA发生取代反应得到H，根据G和H的结构简式可知TMSA的结构可能为，形成4根单键，采用的杂化，D正确；故选ABD；（4）根据分析，的化学方程式为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3；（5）I的不饱和度为6，其同分异构体满足：与溶液混合能发生显色反应，说明含酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢原，且分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”，结构，满足条件的结构简式为：、（任写3种）；（6）根据已知信息，CH3CH2OH与COCl2反应得到ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3与发生取代反应得到，再与TMSA反应得到，再与乙醇钠反应得到，与氢气在一定条件下发生加成反应得到产物，故合成路线为：。浙江省三校2026届高三上学期第五次联考试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Al27S32Cu64Co59选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列可用作食品添加剂且属于无机物的是A.硫酸铅 B.木糖醇 C.葡萄糖酸-δ-内酯 D.二氧化硫【答案】D【解析】A．硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作食品添加剂，A错误；B．木糖醇分子中含有5个羟基的五元醇，属于有机物，不属于无机物，B错误；C．葡萄糖酸-δ-内酯是含有羟基和酯基的内酯化合物，属于有机物，不属于无机物，C错误；D．二氧化硫是酸性氧化物，在国家规定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化的作用，能用作食品添加剂，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示正确是A.甲烷分子中共价键电子轮廓图为：B.的球棍模型：C.基态价层电子轨道表示式：D.的系统命名：2-羟基甲苯【答案】B【解析】A．甲烷分子中碳原子发生sp3杂化，其共价键电子轮廓图应为正四面体形状，A错误；B．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4个NH3形成4个配位键，空间构型为平面正方形，球棍模型为，B正确；C．基态价层电子排布式为3d5，其轨道表示式为：，C错误；D．该有机物中，羟基与苯环直接相连，应属于酚类，其系统命名为2-甲基苯酚，D错误；故选B。3.根据元素周期律，下列说法中不正确的是A.氢键的键长：B.第一电离能：C.碱性：D.分子的极性：【答案】D【解析】A．氢键键长与电负性相关，电负性越大，氢键越强，键长越短。F电负性最大，键长最短；N电负性最小，键长最长。顺序正确，A正确；B．第一电离能：N因半充满结构更稳定，电离能高于O；O的电离能又高于C。顺序N＞O＞C正确，B正确；C．同主族金属性Mg＞Be，故Mg(OH)2碱性更强，C正确；D．O电负性大于S，H2O极性更强，D错误；答案选D。4.设是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.羟胺中氧的价层电子对数为B.和的固体混合物中含，则混合物中质子数为C.中含阴离子个数为D.由甘氨酸形成的三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为【答案】C【解析】A．在羟胺中，氧通过共用后，价层电子数为8个电子(4电子对)的稳定状态，则中氧的价层电子对数为，A正确；B．含的中，质子数为：；而含的中，质子数为：；则混合物的质子数为，B正确；C．的电离为：，则中含阴离子个数为，C错误；D．三肽（相对分子质量：189）的物质的量为：0.1mol，三分子甘氨酸通过2次脱水缩合形成三肽，则三肽中只含有两个肽键，故三肽中的肽键数目为，D正确；故答案为：C。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.纤维素中的羟基可与硝酸在一定条件下发生酯化反应，故可用于制备硝酸纤维B.碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用于食品膨松剂C.硫酸铜具有杀菌作用，可用于饮用水消毒D.聚丙烯酸钠分子链上有大量强亲水基团，可用于高吸水性树脂【答案】C【解析】A．纤维素中的羟基与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，A正确；B．碳酸氢铵受热分解产生气体使食品膨松，中和酸是其辅助作用，B正确；C．硫酸铜虽有杀菌作用，但含重金属离子，不可用于饮用水消毒，C错误；D．聚丙烯酸钠含亲水基团（如羧酸钠），吸水性强，D正确；故答案选C。6.下列对物质性质的解释不合理的是选项物质性质解释A低密度聚乙烯软化温度更低低密度聚乙烯含有较少支链B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了稳定的大π键C生铁的硬度比钢大生铁含碳量高，原子层间相对滑动更困难D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．低密度聚乙烯因支链较多导致分子排列松散，分子间作用力弱，软化温度低，选项解释“含有较少支链”与实际相反，A错误；B．苯分子中碳原子形成稳定的大π键，难以与溴发生加成反应，因此不能使溴的CCl4溶液褪色，解释合理，B正确；C．合金内存在不同大小的金属或非金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的硬度一般比其成分金属更大，生铁含碳量高，阻碍原子层间滑动，硬度更大，解释符合实际，C正确；D．离子液体由可移动的阴、阳离子组成，导电性良好，解释合理，D正确；故选A。7.下列有关反应方程式正确的是A.少量甲醛与酸性高锰酸钾：B.向Na2CO3溶液中通入少量SO2：C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：D.向丙烯醛中加入足量溴的四氯化碳溶液：【答案】D【解析】A．少量甲醛与酸性高锰酸钾生成二氧化碳、硫酸锰和水：，A错误；B．向Na2CO3溶液中通入少量SO2生成亚硫酸根和碳酸氢根：，B错误；C．水杨酸中仅羧基可与反应，酚羟基不反应，正确的方程式为，C错误；D．丙烯醛中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键能与溴的四氯化碳发生加成反应，醛基不与溴的四氯化碳发生反应，其方程式为CH2=CHCHO+Br2→CH2BrCHBrCHO，D正确；故选D。8.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．制备无水MgCl2B．制备溴苯并验证有HBr产生C．验证乙烯具有还原性D．制备并收集SO2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．制备无水MgCl2时，由于加热时易水解生成或MgO，通入干燥HCl可抑制水解（HCl气氛中平衡逆向移动），装置中通入干燥HCl并加热，能得到无水MgCl2，A正确；B．制备溴苯并验证HBr时，苯与液溴在催化剂作用下剧烈反应，由于Br2易挥发，生成的HBr中含有挥发的Br2蒸汽，装置中未除杂，Br2进入溶液会与水反应生成HBr，也能与反应生成AgBr沉淀，无法区分沉淀是否来自反应生成的HBr，B错误；C．乙醇在170℃下生成具有还原性的乙烯，但副反应产生的SO2也属于还原性气体，也能使溴水褪色，干扰了乙烯的检验，无法确定溶液褪色仅由乙烯引起，C错误；D．铜与浓硫酸的反应需加热且二氧化硫会与水反应，该装置无法制备并收集SO2，D错误；故选A。9.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.1molX中含有2mol碳氧π键B.Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子C.Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大D.X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同【答案】D【解析】A．1molX中含有1mol碳氧π键，醛基中含有1个碳氧π键，羟基中不含有碳氧π键，A错误；B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子，，B错误；C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基和羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错误；D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为：，D正确；答案选D。10.是一种储氢材料，钴硼（）催化释氢原理如图所示。催化剂中掺杂会提高释氢速率。下列说法错误的是A.的空间构型为正四面体形B.中B的化合价为+3价C.用进行实验，会生成D.促进解离成和，提高释氢速率【答案】C【解析】A．中B的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为正四面体形，A正确；B．NaBH4由Na⁺和构成，设B化合价为x，H为-1价（储氢材料中H常为-1），则x+4×(-1)=-1，解得x=+3，B正确；C．D2O中D为+1价，中H为-1价，二者发生归中反应生成HD（H-与D+结合），而非D2，C错误；D．MoO3掺杂提高释氢速率，推测其促进H2O解离为H+和OH-，增加H+浓度，加快H-与H+的反应，D正确；故选C。11.已知下列热化学方程式：①②③④⑤下列有关上述热化学方程式焓变的说法正确的是A.、、 B.C. D.、【答案】C【解析】A．反应①（Cu氧化为CuO）和反应②（Al氧化为Al2O3）均为放热反应，ΔH1和ΔH2均小于0；反应③（铝热反应）为放热反应，ΔH3<0；A中ΔH1>0、ΔH2>0错误，ΔH3<0正确，A错误；B．通过盖斯定律推导，反应③的焓变应为ΔH3=(ΔH2−3ΔH1)/2，而非ΔH3=ΔH2−3ΔH1，等式系数错误，B错误；C．通过反应④和反应⑤组合可得反应①，推导得出ΔH1=ΔH5−2ΔH4，等式成立，C正确；D．反应①为放热，ΔH₁<0，而反应④（H₂还原CuO）为放热，ΔH4<0。D中ΔH1>0错误，ΔH4<0正确，但整体错误，D错误；故选C。12.为实现“双碳”目标，科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。已知：在电场作用下，双极膜中水电离出离子并向两极迁移。下列说法正确的是A.M极为阴极，发生还原反应B.N极上生成甲醇的电极反应式为C.电解一段时间后，M极区溶液pH减小D.N极每消耗，M极消耗标准状况下【答案】B【解析】N极通入CO2生成甲醇，CO2中C元素从+4价降为-2价，得到电子，发生还原反应，故N极为阴极；M极通入H2生成H+，发生氧化反应，故M极为阳极；双极膜中H+向阴极（即N极）迁移，OH-向阳极（即M极）迁移，据此回答问题；A．根据分析，M极为阳极，通入H2生成H+，H2发生氧化反应，A错误；B．N极生成甲醇时，CO2中C元素化合价从+4价降为-2价，电极反应式应为，B正确；C．M极（阳极）反应为，双极膜中向M极迁移并与中和生成，且生成的与迁移的等量，水增多使浓度减小，pH增大，C错误；D．根据装置图可知N极还有CO生成，因此每消耗1mol转移的电子数不是6mol，则消耗的的物质的量也不是3mol，即标准状况下体积不是，D错误；故选B。13.是一种重要的化工产品，实验室可利用CoCl2制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是A.中含有极性键、配位键和氢键B.中有两种不同大小的键角C.1mol中含键数目为D.若中两个NH3被替代，得到的有2种结构【答案】A【解析】A．中的N-H键为极性键，与间为配位键，没有氢键，A错误；B．由图可知，与中心离子的空间构型为正八面体形，在正方形平面内键角为90°，竖直与平面键角为90°，竖直方向键角为180°，B正确；C．1mol中含有N-H键，6mol键，总键数目为，C正确；D．正八面体的6个顶点完全相同，的空间结构有2种，、，D正确；故选A。14.铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是A.铑位于元素周期表第五周期第VIII族B.X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形C.A、C分别是和D.B为、D为【答案】D【解析】根据甲醇羰基化反应机理可知，先与HI转化为和水，再与CO在催化剂作用下生成，进一步与水反应生成和HI，因此A、C分别是和，E、F分别为和，B、D分别为水和HI。A．铑的价层电子排布式是，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；B．若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；C．根据分析，A、C分别是和，C正确；D．根据分析，B、D分别为水和HI，D错误；答案选D。15.酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是A.室温时，的溶液的约为3B.向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊C.饱和溶液中加入少量固体，的值减小D.室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的【答案】D【解析】A．室温时，的溶液中，=，A项正确；B．，故能发生反应，溶液与酒石酸混合，随反应的进行酒石酸电离平衡正移，使溶液中，则，有沉淀生成，溶液变浑浊，B项正确；C．饱和溶液中加入少量固体，增大，不变，则减小，的值减小，C项正确；D．溶液存在水解及电离，水解平衡常数，溶液显酸性，根据反应，可确定往的溶液中通气体至溶液时，溶液中的溶质为、、，则消耗的，D项错误；答案选D。16.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。已知：下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为B.若消耗的溶液的体积为，则废水中苯酚含量为C.步骤Ⅱ中加入的溶液不能过量D.由于有挥发性，可能会造成测定结果偏高【答案】C【解析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用加入用硫酸酸化的过量KBr溶液将转化为：；再加入的废水，利用消耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶液消耗剩余的，发生反应：，最后用溶液滴定，根据消耗的溶液体积计算废水中苯酚的含量，据此分析解答。A．根据分析，步骤Ⅰ是将转化为，则反应的离子方程式为：，A正确；B．根据步骤Ⅰ可知生成的，由得到当消耗的溶液的体积为时，则废水中苯酚含量为，B正确；C．如果溶液过量，过量的在后续的滴定过程中不与溶液反应，对滴定结果不产生影响，C错误；D．由于的挥发性，可能会导致最后滴定时消耗的溶液体积偏低，根据苯酚含量的计算公式可知会造成测定结果偏高，D正确；故答案为：C。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：（1）下列说法正确的是___________。A.基态铬原子核外有14种空间运动状态不同的电子B.Sc元素位于周期表的第四周期第ⅢB族，属于d区元素C.钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关D.配位键的强度：（2）某含铜化合物可作半导体，其晶胞如图。①化学式___________。②若该晶胞的体积为Vpm3，晶体密度为，则阿伏伽德罗常数___________。③少量该化合物溶于HF，能明显增强HF溶液酸性，原因是___________[已知]。（3）兴趣小组对某铜铅灰(主要成分为Cu2O、PbO2、PbO及其硫酸盐)进行资源回收利用，设计了以下流程：①溶液A是酸性水溶液，成分为___________(填化学式)，操作B是___________。②“充分反应”过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是___________。③溶液D中通入SO2，可生成NH4CuSO3沉淀，该转化反应中SO2体现的性质是___________。【答案】（1）BD（2）①.CuAlS2②.③.能与等形成配离子，从而促进HF的电离（3）①.H2SO4②.过滤③.④.还原性和酸性【解析】（1）A．基态Cr原子核外空间运动状态不同的电子种数空间运动状态由电子所处的轨道决定（每个轨道对应1种空间运动状态），与电子自旋无关，基态Cr的原子序数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，各能级轨道数：1s（1）、2s（1）、2p（3）、3s（1）、3p（3）、3d（5）、4s（1），总轨道数=1+1+3+1+3+5+1=15，因此，基态Cr原子核外有15种空间运动状态不同的电子，故A错误；B．Sc位于第四周期ⅢB(即第3族)，属于过渡元素(d区元素)，故B正确；C．焰色光源于电子从高能级返回低能级时辐射出相应波长的可见光，题干却说成“从低能级到高能级”，故C错误；D．NH3通常比NF3配位能力更强，[Cu(NH3)]2+配位键强度大于[Cu(NF3)]2+；故BD正确。（2）①根据均摊法，Cu数目=，S数目8，Al数目==4，化学式是CuAlS2；②，可推出；③少量该化合物溶于HF溶液，释放出的能与形成稳定的配离子（如），消耗了，从而促进HF的电离平衡正向移动，使溶液酸性增强。（3）铜铅灰和硫酸以及空气发生的反应分别为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O、，过滤后会得到硫酸铅沉淀，通入足量NH3，经结晶、过滤、洗涤、干燥得到；①溶液A是H2SO4；操作B是过滤，操作E是结晶、过滤、洗涤、干燥；②“充分反应”过程涉及的氧化还原反应的化学方程式是；③溶液D中通入SO2，可生成沉淀NH4CuSO3，该转化反应中铜化合价降低，同时生成亚硫酸盐，SO2体现的性质是还原性和酸性。18.硫氧化物()和氮氧化物()是造成大气污染的主要污染物。请回答：（1）在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)：ⅠⅡⅢ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中的是___________。A．提高体系内SO2的压强B．加入足量盐酸C．升高体系温度D．加水②溶液中硫元素主要以___________形式存在(填写含硫微粒符号)。③在水溶液中，以如图1所示两种结构存在：按照稳定性由高到低对A、B排序___________(用A、B表示)（2）研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率：ⅣⅤ已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因___________。②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线___________。（3）研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原时，工业烟气中存在的少量O2会造成脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因___________。【答案】（1）①.CD②.SO2③.B>A（2）①.温度升高，中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高(或温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)②.（3）O2浓度升高，平衡正移，造成与反应的减少【解析】（1）①A．提高体系内的压强，根据平衡Ⅰ．，增大压强，平衡正向移动，溶液中增大，A不符合要求；B．加入足量盐酸，盐酸提供，根据平衡Ⅱ．和平衡Ⅲ，浓度增大，平衡均逆向移动，会使浓度增大，B不符合要求；C．反应Ⅰ．，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，C符合要求；D．加水稀释，平衡Ⅰ．正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，D符合要求；故选CD；②由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；③O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定，故B>A；（2）①温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基（、），所以NO脱除率上升。当温度升高到70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；②提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为

；（3）工业烟气中少量，平衡正移，，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。19.某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶，。(一)制备Ⅰ．称取1.0gCoCl2·6H2O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1.Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2.Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。回答下列问题：（1）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于___________中，以使大量晶体尽快析出（2）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为___________。A．①③②B．③②①C．②①③（3）Ⅳ中为了确认氯离子已