四川省2025年高考综合改革适应性演练测试（八省联考）化学试题（含答案）

第第页四川省2025年高考综合改革适应性演练测试（八省联考）化学试题一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．化学是新材料发展的基础，下列生产或应用中所用到的主要物质不属于无机非金属材料的是A．芯片制造所用的硅晶片 B．潜艇降噪所用的橡胶消声瓦C．耐高温陶瓷生产所用的碳化硅 D．通信信号传输所用的光导纤维2．下列关于生物有机分子的说法错误的是A．纤维素能被氢氧化铜氧化B．蔗糖和麦芽糖的水解产物都含有葡萄糖C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的分子3．O3和HI发生反应：OA．O3是非极性键形成的极性分子 B．HI的电子式是C．O3和O2互为同素异形体 D．14．维生素A乙酸酯的结构简式为，下列说法正确的是A．不能发生水解反应B．不能使溴的CCl4C．6个甲基对应的核磁共振氢谱有5组峰D．分子中采用sp25．下列装置或操作不能达到相应实验目的的是A．制备干燥的NHB．制备无水FeClC．除去CO2中少量的D．萃取并分离溴水中的溴A．A B．B C．C D．D6．下列过程对应的离子方程式正确的是A．硫化氢溶液久置变浑浊：2B．锌粉与稀硝酸反应：ZnC．银氨溶液与溴化钠溶液反应：AgD．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合：Ba7．M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高价含氧酸具有强氧化性，Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，Z与Y同族。下列说法正确的是A．电负性：YB．第一电离能：YC．原子半径：ZD．简单气态氢化物的稳定性：X>Z>Y8．一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。下列说法正确的是A．X的水解产物含有乙酸的同系物 B．Y可以发生取代和加成反应C．聚合物Z属于可降解高分子材料 D．此反应属于缩聚反应9．一种测定葡萄酒中SO2含量的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。下列说法错误的是A．缓慢通入N2的目的是尽可能使SO2进入H2O2溶液B．冷凝管的作用是避免水蒸气进入H2O2溶液影响测定结果C．用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量D．若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败10．TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α−Al2O3,TiO下列说法错误的是A．TiO2具有弱氧化性 C．“滤液”中存在Fe3+和Ca2+ D．H211．下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是选项实例解释APOCl3和PCl4POCl3和PCl4+BNO2孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力CSiF4SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大D邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者A．A B．B C．C D．D12．我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水性电池，其工作示意图如下。下列说法错误的是A．放电时，K+B．放电时，Zn(OH)C．充电时，电池总反应为ZnD．充电时，若生成1.0molS4O13．恒容反应器中，Rh和RhMn均能催化反应：HCHO+H2+下列描述正确的是A．“CO插入”步骤，ΔH为B．Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤C．RhMnD．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大14．一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．该物质的化学式为PbTiOB．1位和2位O2−的核间距为C．晶体的密度为303D．2位O2−的分数坐标可表示为15．常温下，H2S溶液中含硫粒子分布系数δ[比如：δHS−=cHS−cH2S+cHS下列说法正确的是A．溶液中H2SB．直线④表示H2S饱和溶液中N2+的−C．金属硫化物M2SD．浓度均为0.01mol⋅L−1的M+二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程如下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na已知：Ksp(ZnS)=1.0×10回答下列问题：（1）基态锰原子的电子排布式为。（2）“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0,K+和Na+与Fe2SO43反应分别生成（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，该步除杂的总反应方程式为（5）“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是、。（6）“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH将(填“升高”或“下降”或“不变”)。（7）“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到步骤，其目的是17．CuIn5S8是一种能将COⅠ．一种制备CuIn5已知：CuIn5S8Ⅱ．CuIn5将a克CuIn5S8M=895g⋅mol2I回答下列问题：（1）称量InCl3⋅4H2O（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是(填标号)。a．蒸馏b．减压过滤c．蒸发（3）步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中Cl−已洗净的方法是；最后用乙醇洗涤，其目的是（4）产物CuIn5S8（5）纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为(填名称)，滴定终点的现象是。（6）平行滴定三次，消耗bmol⋅L−1硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为VmL（7）下列操作会导致实验结果偏高的是(填标号)。a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数18．甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：①4②2③CH已知：以乙烯为例，其选择性定义为2n乙烯回答下列问题：（1）C2H6氧化生成C2H4的热化学方程式④为（2）CH4氧化偶联生成C2H4分步进行，C2（3）恒压进料，原料气的nCH4:nO2对CH4转化率与C2H6、C（4）一定条件下，C2H4的生成速率v与O2分压p间的关系为：lgv=12lgp+1.1。若O2的初始分压为p0，随着反应进行，当（5）若nCH4:nO2=3.5:1、初始压强为450kPa，在恒容反应器中达平衡，CH4的转化率为30%，C219．喷他佐辛(化合物H)是一种镇痛药物，其合成路线之一如下(略去部分试剂、条件和步骤)。已知：回答下列问题：（1）试剂X的化学名称是。（2）C的结构简式为。（3）D中官能团的名称是、。（4）G中手性碳原子的数目是。（5）试剂Y为溴代烯烃，由G生成H的反应类型是；在Y的同分异构体中，不含甲基的同分异构体的数目是。（6）化合物M的合成路线如下：参照F的合成路线，写出第③步的反应方程式(忽略立体化学)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．硅单质用于制造芯片，属于无机非金属材料，A不符合题意；B．橡胶属于高分子有机化合物，B符合题意；C．碳化硅属于无机非金属材料，C不符合题意；D．二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，属于无机非金属材料，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.硅单质用于制造芯片。

B.橡胶属于高分子有机化合物。

C.碳化硅属于无机非金属材料。

D.二氧化硅是制作光导纤维的主要材料。2．【答案】A【解析】【解答】A．纤维素的羟基不能被弱氧化剂氢氧化铜氧化，故A错误；B．蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖水解产物是葡萄糖，故B正确；C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变，故C正确；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，故D正确；故答案为：A。

【分析】A.纤维素含有羟基。

B.蔗糖和麦芽糖属于二糖。

C.白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变。

D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子。3．【答案】A【解析】【解答】A．O3中含有1个中心氧原子和2个配位氧原子，且它们之间的电子云偏向配位氧原子，则OB．由分析可知，HI的电子式是，B正确；C．由分析可知，O3和OD.1个1H216O分子中含有8个中子，则故答案为：A。

【分析】A.非极性键一般存在于相同原子之间，极性分子中正负电荷重心不重合。

B.HI是共价化合物。

C.同素异形体是由同种元素组成的不同单质。

D.中子数=质量数-质子数。4．【答案】C【解析】【解答】A．维生素A乙酸酯中含有的酯基能发生水解反应，故A错误；B．维生素A乙酸酯中的碳碳双键能与溴发生加成反应使其褪色，故B错误；C．维生素A乙酸酯分子中6个甲基对应的氢原子类型有5种，核磁共振氢谱有5组峰，故C正确；D．维生素A乙酸酯分子中碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为sp2故答案为：C。

【分析】A.酯基能发生水解反应。

B.碳碳双键能与溴发生加成反应。

C.有机物中含有几种氢原子，则其核磁共振氢谱有几组峰。

D.碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为sp25．【答案】B【解析】【解答】A．生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水，碱石灰能可干燥碱性气体氨气，能达到实验目的，故A不符合题意；B．六水氯化铁在氮气氛围中直接加热会因氯化氢挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无水氯化铁，不能达到实验目的，故B符合题意；C．氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氢钠饱和溶液，能达到实验目的，故C不符合题意；D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，能达到实验目的，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水。

B.氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸。

C.除杂同时不要引入新杂质。

D.萃取用于分离互不相溶的液体。6．【答案】C【解析】【解答】A．硫化氢为弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为2H2B．锌粉与稀硝酸反应NO，正确的离子方程式为3Zn+2C．银氨溶液与溴化钠溶液反应生成氯化钠、溴化银沉淀和氨气，其离子方程式为AgNHD．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为Ba2+故答案为：C。

【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。7．【答案】A【解析】【解答】A．元素的电负性随非金属性增强而变大，非金属性的强弱顺序为O＞N＞S，则电负性的大小顺序为O＞N＞S，故A正确；B．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，其中（ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA），位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故B错误；C．同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径：N＞O，故C错误；D．简单气态氢化物的稳定性随元素非金属性的增强而增强，非金属性：O＞N＞S，则简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞H2S，故D错误；故答案为：A。

【分析】根据题干信息，M是宇宙中含量最多的元素，可推出M为H元素；Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，可推出Y为O元素；Z与Y同族，且原子序数：Z＞Y，二者均属于短周期元素，则Z为S元素；根据M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合X的最高价含氧酸具有强氧化性，可推出X为N元素。8．【答案】B【解析】【解答】A．根据X的结构简式可知，X在一定条件下水解生成的2—甲基丙烯酸和甲醇与乙酸的结构不相似，即X的水解产物没有乙酸的同系物，故A错误；B．Y中含有的碳碳双键和苯环能发生加成反应，含有的苯环能发生取代反应，故B正确；C．聚合物Z中的酯基水解后的生成物依然是高分子化合物，即Z属于不可降解高分子材料，故C错误；D．根据合成路线图可知，此反应属于加聚反应，故D错误；故答案为：B。

【分析】A.同系物的结构相似、分子量相差n个CH2原子团。

B.根据有机物中所含官能团进行分析。

C.可降解高分子材料发生水解后生成小分子。

D.注意缩聚反应的生成物中有小分子。9．【答案】B【解析】【解答】A．缓慢通入N2的目的是尽可能的将葡萄酒中SO2吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H2SO4，A正确；B．冷凝管的作用是防止葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液中，从影响测定结果，B错误；C．根据SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，即可用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量，C正确；D．若实验过程中品红溶液褪色，说明SO2没有被H2O2完全氧化，则SO2的含量比实际偏低，从而可知该测定SO2含量的实验失败，D正确；故答案为：B。

【分析】根据题干信息，烧瓶中涉及反应为：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3-，加入适量稀硫酸，c(H+)增大，利于平衡逆向移动，抑制亚硫酸电离，减小了SO2的溶解度，通入N2并加热能把葡萄酒中SO2吹出到盛有H2O2的溶液中，发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，品红溶液用于检验是否有剩余的SO10．【答案】D【解析】【解答】A．TiO2中Ti为高价态，具有强氧化性，A正确；B．根据已知信息可知，“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的TiC．由分析可知，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确D．由分析可知，“浸取”时，TiOx、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和H2，即H2故答案为：D。

【分析】根据题干信息及流程图，“铝热还原”时，铁的氧化物被还原为Fe，Al转化为难溶于酸和碱的α−Al2O3,TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和H2，“浸渣”为难溶的α−Al2O3；“氧化水解”时，Fe2+、Ti3+11．【答案】B【解析】【解答】A．POCl3、PCl4+的中心P原子价层电子对数分别为4+5-1×2-3×B．NO2+、NO3-的中心N原子价层电子对数分别是2+5-1-2×22=2、3+5+1-3×22=3，均无孤对电子，前者采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°，后者采用spC．卤化硅均为分子晶体，均不含氢键，随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，则SiF4D．对硝基苯酚的分子间存在范德华力和氢键，使其熔沸点升高，而邻硝基苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，D正确；故答案为：B。

【分析】A.根据中心原子价层电子对数进行分析。

B.孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力。

C.一般分子晶体的沸点随分子量的增大而升高。

D.氢键能使物质的熔沸点升高。12．【答案】D【解析】【解答】A．放电时，K+向正极移动，A正确；B．碱性环境下生成Zn(OH)42−，说明Zn(OH)2C．由分析可知，充电时，电池总反应为Zn(OH)42−+2S2O32−=Zn+4OH-+S4O故答案为：D。【分析】该装置放电时，锌电极附近，锌元素化合价由0升为+2，失电子发生氧化反应，则Zn作负极，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42−，多孔碳作正极，其电极反应式为S4O62−+2e-=2S2O32−13．【答案】B【解析】【解答】A．根据图示信息及分析可知，“CO插入”步骤的△H=-16.5kcal/mol-（-1.1kcal/mol）=-15.4kcal/mol，故A错误；B．根据图示信息及分析可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为7.9kcal/mol-（-16.5kcal/mol）=24.4kcal/mol，反应的活化能最大，为决速步骤，故B正确；C．由图可知，反应的活化能：Rh催化作用下＞Rh/Mn催化作用下，反应的活化能越大，反应速率越慢，则Rh催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小，故C错误；D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升温利于平衡逆向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；故答案为：B。

【分析】A.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。

B.活化能最大的反应是反应的决速步骤。

C.反应的活化能越大，反应速率越慢。

14．【答案】C【解析】【解答】A．根据晶胞结构图及均摊法，Pb2+的个数为8×18=1，Q2-的个数为6×1B．根据晶胞结构图，1位和2位O2−均位于面心，则1位和2位O2−的核间距为：C．由分析可知，ρ=D.2位O2−位于面心，其分数坐标为1故答案为：C。

【分析】A.根据均摊法算出晶胞中所含原子个数，据此分析。

B.1位和2位O2−均位于面心。

C.根据n=NNA=m15．【答案】C【解析】【解答】A．根据图1及分析可知，当pH=6.97时，cH2S=cHS−，pH=12.9时，cS2−B．由分析可知，直线⑤表示H2S饱和溶液中N2+的−C．当pH=8.94时，Ka1=c(HS-)⋅10-8.94c(H2S)=10-6.97，Ka2=D．由图2可知，逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为0.01mol⋅L−1的M+和N2+的混合溶液，当c(S2-)=10−49.21(10−2)2=10-45.21mol/L时，故答案为：C。

【分析】A.H2S溶液中存在：H2S⇌HS-+H+、HS-⇌S2-+H+，随着pH增大，c(H+)减小，利于两个化学平衡正向移动，可推出图1中①表示H2S，②表示HS−，③表示S2−。

B.随着pH增大，c(H+)减小，c(S2-)也增大，则金属阳离子浓度会减小，且由c(N2+)减小更快，所以直线④为M+的−lgc与pH的关系，直线⑤16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2（2）还原二氧化锰为锰离子（3）K（4）3MnCO（5）CaF2；MgF2（6）下降（7）溶解；循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率【解析】【解答】（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，酸性条件下，K+与Fe2SO43反应生成（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2++H2S=ZnS↓（7）“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。【分析】根据流程图信息可知，“溶解”时，SO2将MnO2还原为MnSO4；加入硫酸铁除去钠钾；滤液加入碳酸锰调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，酸性条件下，K+与Fe2SO43反应生成（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2++H2S=ZnS↓（7）“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO417．【答案】（1）托盘天平；烧杯（2）b（3）取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥（4）x射线衍射仪（5）淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原（6）895bv（7）b【解析】【解答】（1）称量InCl3（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；（3）检验产物中Cl−（4）由分析可知，产物CuIn5（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；（6）由方程式可得如下转化关系：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为bmol/L（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；故选b。

【分析】（1）称量固体需要用到托盘天平和烧杯。

（2）减压过滤可使固液快速分离。

（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子；用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥。

（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构。

（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色；滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。

（6）由方程式可得反应关系式：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大。c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小。（1）称量InCl3（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子，具体操作为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥，故答案为：取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构，所以产物CuIn5（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；（6）由方程式可得如下转化关系：2CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为bmol/L×10（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；故选b。18．【答案】（1）2C2（2）C（3）2~3；nCH4:nO2为2~3时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而nCH4:nO（4）9p（5）416【解析】【解答】（1）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为2C2H6(g)+O2(g) ⇌ 2C2H4(g)+2H（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：C2（3）由图可知，nCH4:nO2为2~3时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而nCH4:nO2为3~4时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时nCH4:nO2为2~3时更优，故答案为：2~3（4）由题意可知，反应起始时lgv0=12lgp0+1.1①，随着反应进行，当C2H4（5）设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×12=0.21mol、3.5mol×30%×40%×12=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为3.5mol×4-2.45mol×4-0.21mol×6-0.21mol×42=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为1mol×2-0.21mol×2-1.05mol2=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为4.395mol×450kPa4.5mol=439.5kPa，则反应④的平衡常数Kp=(0.21×439.5kPa4.395)2（1）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为2C2H6(g)+O2(g) ⇌ 2C2H4(g)+2H（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：C2（3）由图可知，nCH4:nO2为2~3时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而nCH4:nO2为3~4时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不