2025-2026学年山东青岛第五十八中学高三下册调研试卷（八）化学试题 含答案

/2026届高三调研试题(八)化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号。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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7Cu64Se79In115I127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。1.我国有许多手工创作物件，它承载了我国的历史文明。下列有关说法正确的是A.孔明灯的燃料是煤油，煤油是通过石油减压蒸馏获得的一种纯净物B.皮影的原料主要采用牛羊皮，牛羊皮的主要成分是天然高分子C.吹糖画的原料是麦芽糖，麦芽糖在酸或碱性条件下均能水解生成葡萄糖D.粗布麻衣的原料是富含纤维素的麻秆等作物，经处理得到的长纤维称为人造棉【答案】B【解析】【详解】A．煤油是石油常压蒸馏获得的一种混合物，A项错误；B．牛羊皮的主要成分是蛋白质，蛋白质是一种天然高分子，B项正确；C．麦芽糖在酸或酶的条件下均能水解生成葡萄糖，C项错误；D．长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，D项错误；故选B。2.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是A.用CaSO4来减轻盐碱地(含Na2CO3)的碱性，利用了CaSO4溶于水显酸性B.聚乳酸作手术缝合线，利用了聚乳酸的生物相容性和可降解性C.牙膏中添加氟化物可预防龋齿，利用了氟化物的强氧化性D.SiO2可用于生产光导纤维，利用了SiO2的导电性【答案】B【解析】【详解】A．用CaSO4来减轻盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是因为CaSO4和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，降低碳酸根离子浓度，故A错误；B．聚乳酸能水解为乳酸，聚乳酸作手术缝合线，利用了聚乳酸的生物相容性和可降解性，故B正确；C．氟化物可将羟基磷酸钙转化为氟磷酸钙，所以牙膏中添加氟化物可预防龋齿，故C错误；D．SiO2可用于生产光导纤维，是因为SiO2具有优良的光学性能，故D错误；选B。3.实验安全是科学探究的前提。下列符合实验安全要求的是A.钠在空气中燃烧，需佩戴护目镜才能近距离俯视坩埚B.用泡沫灭火器对制备镁的电解装置灭火C.实验室中液溴、白磷保存时要用水封D.移取熔融氢氧化钠的瓷坩埚，应用坩埚钳夹持【答案】C【解析】【详解】A．钠在空气中燃烧反应剧烈，容易发生飞溅，即使佩戴护目镜，也不能近距离俯视坩埚，存在安全隐患，A错误；B．镁能在二氧化碳中燃烧（），且泡沫灭火器喷出的导电泡沫会引发电解装置触电，不能用泡沫灭火器灭火，B错误；C．液溴易挥发、密度大于水，白磷易自燃、不溶于水且密度大于水，二者保存时都可以用水封，符合实验安全要求，C正确；D．瓷坩埚的主要成分为，熔融氢氧化钠时，会与反应腐蚀瓷坩埚，不能用瓷坩埚熔融氢氧化钠，D错误；故选C。4.下列化学用语的表达正确的是A.氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：B.反式聚异戊二烯的结构简式：C.Cl2分子中共价键电子云轮廓图：D.用轨道表示式表示石墨烯中C原子的杂化：【答案】C【解析】【详解】A．氧原子电负性更强，与氧原子连接的氢几乎成为质子，更容易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为：，故A错误；B．反式聚异戊二烯的结构简式为，故B错误；C．Cl2分子中两个氯原子形成σ键，共价键电子云轮廓图为，故C正确；D．石墨烯中C原子的杂化方式为sp2，轨道表示式为，故D错误；故答案为C。5.下列对应离子方程式正确的是A向饱和溶液中通入过量B溶液中加入过量的溶液C溶液与过量石灰水反应D溶液中通入少量气体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，往饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确的离子方程式为2Fe3++6+24H++20I-=2Fe2++6NO↑+10I2+12H2O，B错误；C．Mg(HCO3)2溶液与过量氢氧化钙溶液反应，碳酸氢根和镁离子反应比应当为2:1，氢氧化镁难溶，会生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，C错误；D．NaClO溶液中通入少量SO2气体，SO2与ClO-发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，D正确；本题选D。6.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．观察H2在Cl2中燃烧B．向容量瓶中转移溶液C．洗涤滴定管口D．制取并收集氨气A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．在盛有氯气的瓶中点燃氢气通常要求在较暗处用专门的演示仪器来进行，图中装置既无防爆措施也不符合常见的演示操作，故A错误；B．将溶液转移入容量瓶正确方法是将瓶塞取下，用玻璃棒引流或漏斗伸入瓶口下部，图中既未取下瓶塞，也看不到容量瓶的刻度线，不符合规范操作，故B错误；C．洗涤时应将滴定管内的水尽量放出，关闭活塞，倒入10-15ml铬酸洗液于管内，两手平端滴定管，边转边向管口倾斜直至洗液布满全部管壁为止，打开活塞，将洗液放回原瓶，故C正确；D．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，收集装置中，导气管应该伸入试管底部，不符合规范操作，故D错误；故答案为C。7.某有机物M经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，质谱和核磁共振氢谱(峰面积与氢原子数成正比)示意图如下。下列关于该有机物的说法正确的是A.M的同分异构体有两种B.M在氢氧化钠溶液作用下，反应后的有机产物能使高锰酸钾溶液褪色C.能与反应生成丙酮D.能与Na反应生成0.5mol【答案】A【解析】【分析】质谱图分析：质谱图中最大质荷比为60，则有机物M的相对分子质量为60

，又已知M只含C、H、O三种元素，经计算可得M的分子式为或，核磁共振氢谱分析：核磁共振氢谱有4组峰，说明有4种不同化学环境的H原子，且峰面积之比约为1:2:2:3，则可推知M的结构简式为，据此回答。【详解】A．由分析知，M的结构简式为，有和两种同分异构体，A正确；B．由分析知，M的结构简式为，在氢氧化钠溶液作用下不会发生反应，应在浓硫酸、170℃下发生消去反应，生成丙烯才能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．由分析知，M的结构简式为，与在催化剂作用下发生氧化反应生成，C错误；D．题中未给出M和Na的物质的量，无法计算生成的物质的量，D错误；故选A。【点睛】核磁共振氢谱图，看的是峰的面积之比而不是高度之比。8.以红土镍镉矿(、，含、、、等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：已知：电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势。在25℃下，部分电对的电极电位如表：电对电极电位+0.337-0.126-0.402-0.442-0.257下列说法错误的是A.“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率B.“物质A”可以是，“调”后，经加热得沉淀C.“金属A”是和混合物，“金属B”是D.该工艺流程中可以循环利用的物质有、、等【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，镍镉矿浆化后，在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。【详解】A．由题意可知，浆化的目的是增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率，故A正确；B．由分析可知，向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则物质A可能为碳酸镍，故B正确；C．由分析可知，金属A为铜、镍的混合物，故C错误；D．由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D正确；故选C。9.与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B.过程Ⅱ中发生了氧化反应C.电催化与生成的反应方程式：D.常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产【答案】A【解析】【详解】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确；B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误；C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误；D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误；故选A。10.煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图。已知：反应，，x为组分的物质的量分数。下列说法正确的是A.代表的曲线为 B.C.M、N两点对应的体系， D.D点对应体系的的值为12【答案】D【解析】【分析】反应为气体系数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，因此、、对应分别为0.6、0.5、0.4；压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以。据此分析解答。【详解】A．由分析知，代表的曲线为，A错误；B．由分析知，，B错误；C．M、N两点的进料比相同，平衡转化率相等，平衡时各组分的物质的量分数分别相等，则，C错误；D．D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和，列三段式得，平衡时CO、、的物质的量分数分别为、、，，D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。11.由下列事实或现象能得出相应结论的是

事实或现象结论A灼热后的铜丝表面变黑，趁热插入某有机物中恢复亮红色该有机物含有醇羟基B分别向浓度均为的和溶液中通入至饱和，前者无明显现象，后者生成沉淀C将与二者晶体在烧杯中混合并搅拌，烧杯壁变凉该反应的正反应活化能大于逆反应活化能D在20℃和40℃时，用pH计测得溶液的pH分别为9.66和9.37的水解常数：A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A．铜和氧气生成氧化铜，醛类物质或含有醛基的有机物也能将灼热的氧化铜还原为铜，使铜丝恢复亮红色，故该有机物不一定含有醇羟基，A错误；B．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出硫化铜更难溶，溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，B正确；C．反应焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能；将二者晶体在烧杯中混合并搅拌，烧杯壁变凉，说明反应为吸热反应，则该反应的正反应活化能大于逆反应活化能，C正确；D．升高温度，水的电离和亚硫酸根的水解同时被促进，pH减小说明水的电离被促进程度更大，不能证明Kh1(20℃)＞Kh1(40℃)，D错误；故选BC。12.Zn的化学性质和Al相似。我国福州大学和清华大学学者研制组装的/乙醇电池系统具有良好的充放电循环稳定性，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时电极电势低B.理论上，充电一段时间后，阳极附近pH不变C.放电时，电极反应为D.充放电一段时间后，储液罐甲的液流体系中主要物质为【答案】CD【解析】【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子生成，则Zn板为负极，电极方程式为：，正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式：；充电时，阴极的电极反应式：，阳极的乙醇被氧化为乙酸，电极方程式为：，据此分析。【详解】A．放电时，为正极，正极电势高于负极，A错误；B．充电时，阳极的反应为：，通过离子交换膜移向阳极，理论上阳极附近不变，电极反应生成了水，阳极附近pH下降，B错误；C．根据分析可知，放电时，为正极，电极反应为，C正确；D．充放电过程中，生成的氨气和醋酸可以在储液罐甲的液流体系中生成，D正确；答案选CD。13.一种海水提溴的部分工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同B.水相Ⅱ中含有大量和C.理论上消耗R3N[ClBr2]与SO2的物质的量之比为1:1D.“洗脱”工序发生的反应可表示为【答案】B【解析】【分析】卤水中以离子形式存在，氧化工序通入​将氧化为；再经吸附​，生成进入有机相I；还原工序中​将​还原为，​自身被氧化为​，有机相II得到；洗脱工序用盐酸处理，交换出得到浓溶液，同时再生可循环回吸附工序；最后转化工序再次通入氧化得到，蒸馏得到液溴。【详解】A．氧化工序中的作用是氧化剂，将氧化为​；转化工序中同样作为氧化剂，将浓缩后的氧化为，二者主要作用相同，A正确；B．在还原工序中，被还原为，为提高富集效率，大部分会与有机相中的结合生成而进入有机相II，故水相II中虽然含有，但不会含有大量的，B错误；C．1

mol

R3​N[ClBr2​]含，被还原为总共得到电子；被氧化为，总共失去电子，根据电子守恒，二者物质的量之比为，C正确；D．洗脱工序中，有机相的和反应，交换出，生成（留在有机相循环）和（进入水相得到浓溶液），反应为，D正确；故选B。14.某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率。下列关于纳米硅基锂电池的说法错误的是A.该晶胞中周围等距最近的有6个B.当嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为C.若该锂电池正极材料中，则的脱嵌率为75%D.该锂电池充电时，每转移2mole－，正极材料增重14g【答案】CD【解析】【分析】由离子型铁的氧化物晶胞图可知，Fe2+位于晶胞顶点、面心和体内，共有个，Fe3+位于体内，共有4×4=16个，位于体内，共有4×8=32个，Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心可知，嵌入或脱嵌的Li+最多为个，以此分析解答。【详解】A．由图中B单元可知，周围等距离且最近的有6个，A正确；B．由分析可知，当Li+嵌入晶胞体心和所有棱心，一个晶胞中含有：Li+为4个，Fe为24个，为32个，则该锂电池正极材料的化学式为，B正确；C．若该正极材料中，则含有个，14个Fe3+，即有2个Li+脱嵌，脱嵌率为，C错误；D．该锂电池充电时，阳极反应为：，故每转移2mole－，正极材料减少，D错误；故选CD。15.已知和结合形成两种配离子和。常温下，0.100mo/L的和0.002mol/L的混合溶液中，和的浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是A. B.C.pH=9.6时， D.pH=6.4时，体系中【答案】AD【解析】【分析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，，则曲线I代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，，先增大后减小，为曲线Ⅳ，一直增大，为曲线V，曲线I和曲线Ⅱ的交点代表，即，此时pH=11.6，代入平衡常数表达式得，据此回答。【详解】A．曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点代表，即，由图可知，此时，代入平衡表达式得，曲线Ⅳ和曲线V得交点代表，，即，此时，可得的平衡常数，a点时，，代入，解得，且a点对应，代入的平衡常数，计算得，故pH=4.3，A错误；B．根据A选项分析可知，的平衡常数，B正确；C．的，当pH=9.6时，，代入平衡常数表达式，得到，C正确；D．当pH=6.4时，最大，接近，结合B项中平衡常数可计算得，，结合Cu元素守恒知，，，因此体系中，D错误；故选AD。三、非选择题16.I．铟(49In)和硒(34Se)的单质是制备铟硒半导体的重要原料，我国科研人员利用中国空间站科学实验柜，首次完成铟硒半导体晶体微重力生长实验，获得完整晶体样品。请回答：（1）铟(In)在周期表的位置是_______；电负性：In_______Se(填“>”、“<”)。（2）已知H2SO3和H2SeO3的结构及Ka1如下：①H2SO3的Ka1比H2SeO3强的原因是_______。②NaHSO3受热脱水生成焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，中两个S原子的化学环境不同。已知：Ⅱ式中S原子的杂化方式为_______，的结构式_______。（3）一种铟硒半导体晶体的晶胞为平行六面体，该晶胞的三个轴面投影图如下所示：③距离Se最近的等距离的Se有_______个。④阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______(列出计算式)。Ⅱ．科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298K、100kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。材料代号AB有机化合物的结构CO2吸附量/(mmol·cm-3)1.51.0（4）材料A比材料B的CO2吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：_______。【答案】（1）①.第5周期，第ⅢA族②.<（2）①.S的电负性大于Se，使得H2SO3中O-H键的极性更大，O-H键容易断裂，H2SO3更易电离②.sp3③.（3）①.8②.（4）CO2能与A中的氨基形成N—H…O氢键而被吸附，CO2与B通过范德华力而被吸附，氢键强于范德华力【解析】【小问1详解】49号In的核外电子排布为2、8、18、18、3，位于第五周期第ⅢA族；In是金属，Se为非金属，非金属性越强电负性越大，故电负性；【小问2详解】①同主族元素，S电子层少于Se，原子半径更小，电负性更大，S吸引共用电子对的能力强于Se，使羟基中O-H键极性更大，更易电离，故；②II式中S原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，故杂化方式为；2个​脱1分子得到，两个S环境不同，结合已知信息可知，结构式为：；【小问3详解】结合题意可得铟硒半导体晶体的晶胞结构为：③根据晶胞图，以面心Se为对象，距离最近且等距离的Se原子位于顶点和面上，数目为8；④晶胞体积为，即，该晶胞中Se的个数为：，In的个数为：，即晶胞含2个In、4个Se，即2个单元，总质量为g，密度；【小问4详解】能与A中的氨基形成N—H…O氢键而被吸附，与B通过范德华力而被吸附，氢键强于范德华力，因此材料A比材料B的吸附量大。17.铊是一种有毒有害的重金属元素，对人体有较大的危害。湿法炼锌工业废水中的主要阳离子有，需要处理回收金属元素达标后排放，可以采用以下不同方法处理废水：已知：①氧化性强于，为两性氧化物，溶液时开始溶解，常温下相关离子开始沉淀和沉淀完全时的如表所示：离子开始沉淀的2.76.41.4沉淀完全的3.78.02.8②萃取的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4请回答下列问题：（1）“反应”步骤中总反应的离子方程式为___________。（2）“滤渣”的主要成分是___________(填化学式)，通常在“分步沉淀”时加入絮凝剂，其目的是___________。（3）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入的原理和目的___________。（4）“分步沉淀”时，沉淀第二种离子时调节溶液的范围为___________，当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子浓度为___________。（5）废水中吸附过程如图所示，该树脂为___________(填“阳离子”或“阴离子”)交换树脂，若使吸附剂再生，且回收，可将离子交换树脂浸入___________溶液。a．b．c．【答案】（1）（2）①.②.吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂（3）与反应，减小浓度，平衡逆向移动，使元素以形式重新进入水层（4）①.②.（5）①.阳离子②.b【解析】【分析】由题给流程可知，向工业废水中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液，将溶液中的Tl+离子转化为TlCl离子，加入萃取剂CH3CONR2萃取溶液中的TlCl离子，分液得到水相和含有TlCl离子的有机相；向有机相中加入醋酸铵溶液反萃取、分液得到含有TlCl离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将溶液中的TlCl离子还原为含铊沉淀，过滤分离得到含铊沉淀和达标废液；向工业废水中加入氢氧化钠溶液和絮凝剂分步沉淀，将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化锌的滤渣和含有Tl+离子的滤液；加入稀硫酸酸化滤液后，加入氧化剂将溶液中Tl+离子氧化为Tl3+离子，向氧化后的溶液中加入阳离子交换树脂吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液。【小问1详解】由分析可知，反应步骤中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液的目的是将溶液中的Tl+离子转化为TlCl离子，则总反应的离子方程式为，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，分步沉淀时加入氢氧化钠溶液和絮凝剂分步沉淀的目的是将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，其中加入絮凝剂的作用是吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂，故答案为：；吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂；【小问3详解】由萃取的反应原理可知，反萃取过程中加入醋酸铵溶液的作用是醋酸根离子与溶液中的氢离子反应，减小溶液中氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，使溶液中铊元素以TlCl离子重新进入水层，有利于加入亚硫酸钠溶液将TlCl离子还原为含铊沉淀，故答案为：与反应，减小浓度，平衡逆向移动，使元素以形式重新进入水层；【小问4详解】由离子开始沉淀和沉淀完全时的pH可知，分步沉淀时，沉淀第二种离子为锌离子，为防止溶液pH为10时氢氧化锌溶解，加入氢氧化钠溶液应调节溶液pH的范围为；由铁离子完全沉淀的pH可知，氢氧化铁的溶度积为10—5×(10—10.3)3=10—35.9，由锌离子完全沉淀时溶液pH为8可知，溶液中铁离子浓度为mol/L=10—17.9mol/L，故答案为：；10—17.9mol/L；【小问5详解】由分析可知，加入阳离子交换树脂的目的是吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液，由吸附过程方程式和Tl3+离子的氧化性强于铁离子可知，若使吸附剂再生，且回收Tl3+离子，可将离子交换树脂浸入硫酸溶液中使平衡逆向移动，故答案为：阳离子；b。18.碘化亚铜(CuI)是一种白色固体，不溶于水和乙醇，可溶于氰化钾、碘化钾溶液，潮湿环境中易被氧化，见光易分解，常用作有机反应催化剂。I．甲化学小组以废铜(主要含铜、少量铁和油脂)为原料制备硫酸铜溶液，与碘化钾溶液反应制备无水碘化亚铜，操作步骤如下：①由废铜经一系列过程制得硫酸铜溶液；②将仪器中的溶液逐滴加入到仪器中，充分反应，体系呈棕褐色浑浊(装置如图)；③将溶液快速加入上述混合液中，剧烈搅拌得白色固体；④减压过滤、水洗、醇洗、真空干燥得产品CuI．回答下列问题：（1）仪器X的名称___________，仪器Y中盛放的试剂为___________溶液。（2）步骤①中一系列的过程操作顺序为：__________。剪碎废铜→___________→___________→洗涤→向滤渣中加适量的稀硫酸→___________→___________→过滤→___________→硫酸铜溶液(填字母)。a．加过氧化氢溶液并充分搅拌b．加入热的碳酸钠溶液c．过滤d．调节溶液的pHe．加热、蒸发浓缩（3）乙化学小组提出在步骤③中的硫代硫酸钠可用二氧化硫代替，因为___________(用离子方程式表示)，从实验安全角度考虑，___________(填“甲”或者“乙”)方案更好，理由是___________。II．产品纯度的测定称取克样品于碘量瓶中，加入适量的溶液，振荡使样品完全分解，溶液呈深棕色，加入适量的蒸馏水稀释，加的标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，加指示剂，继续滴定至终点，消耗。(、)（4）样品中CuI的纯度为___________%。（5）下列说法正确的是___________(填字母)。a．II中加水稀释是为了准确判断滴定终点b．可用酸性高锰酸钾溶液代替硫代硫酸钠溶液c．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡导致产品纯度偏高d．、溶于碘化钾溶液均以碘离子为配体形成了可溶的络离子【答案】（1）①.三颈烧瓶(或三口烧瓶)②.碘化钾或KI（2）剪碎废铜→b→c→洗涤→向滤渣中加适量的稀硫酸→a→d→过滤→e→硫酸铜溶液（3）①.②.甲③.更安全，无需有毒气体(合理答案即可)（4）（5）ad【解析】【分析】本题围绕碘化亚铜的制备及纯度测定展开，以废铜(主要含铜、少量铁和油脂)为原料制备硫酸铜溶液，与碘化钾溶液反应制备无水碘化亚铜，所以X中盛放的是由废铜处理得到硫酸铜溶液，将装在恒压滴液漏斗Y中的碘化钾溶液逐滴加入到三颈烧瓶中，充分反应，体系呈棕褐色浑浊，再将溶液快速加入上述混合液中，剧烈搅拌得白色固体，减压过滤、水洗、醇洗、真空干燥得产品CuI，据此回答问题。【小问1详解】图中仪器X的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)，题干可得实验是用硫酸铜和碘化钾反应制备CuI，且Y是逐滴加液的仪器，所以Y中盛放的是碘化钾溶液。【小问2详解】因为废铜含油脂，所以剪碎废铜后先加入热的碳酸钠溶液除油脂，然后过滤；因为要除去铁杂质，所以向滤渣中加稀硫酸后加过氧化氢氧化亚铁离子，再调节pH除铁离子，过滤后加热蒸发浓缩得到硫酸铜溶液，按此逻辑确定操作顺序为剪碎废铜→b→c→洗涤→向滤渣中加适量的稀硫酸→a→d→过滤→e→硫酸铜溶液。【小问3详解】因为SO2具有还原性，能将反应中生成的I2转化为CuI，所以对应的离子方程式为；因为SO2有毒，易造成污染，所以，从实验安全角度考虑甲方案更好，更安全，无需使用有毒气体。【小问4详解】根据反应​、​，可得关系式，，则，，样品中的纯度为。【小问5详解】a．Ⅱ中加水稀释，溶液颜色变浅，便于准确判断滴定终点，a正确；b．酸性高锰酸钾溶液能氧化、等，不能替代硫代硫酸钠溶液，b错误；c．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡，导致读取的标准液体积偏小，产品纯度偏低，c错误；d．、​溶于碘化钾溶液均以碘离子为配体形成了可溶的络离子，d正确。故选ad。19.化合物Ⅰ()是一种重要的化工原料，它的一种合成路线图如下：已知：请回答：（1）化合物B中所含官能团名称是___________。（2）写出化合物X的结构简式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.F→G的反应类型属于还原反应B.在水溶液中碱性，原因是比更稳定C.从整个过程看，D→E的目的是保护羰基D.化合物H中有2个手性碳原子（4）写出E→F的化学方程式___________。（5）A→B的过程中可能生成一种含有12个C原子的副产物，请写出该副产物的结构简式___________。（6）以丙酮和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)。【答案】（1）酯基、醛基（2）（3）ABC（4）+CH3NH2+CH3OH（5）（6）【解析】【分析】根据信息以及X的分子式可知，该反应类型为加成反应，推出X的结构简式为CH2=CHCOOCH3，对比C、E的结构简式，可知D的结构简式为，根据E、G的结构简式以及F的分子式，推出F的结构简式为，根据H的分子式以及I的结构简式，推出H的结构简式为，据此分析；【小问1详解】根据B的结构简式，含有官能团为酯基、醛基；【小问2详解】根据上述分析，X的结构简式为CH2=CHCOOCH3；【小问3详解】A．F→G的条件是LiAlH4，LiAlH4为强还原剂，即F→G的反应类型为还原反应，故A正确；B．利用含氮化合物的碱性越强，其共轭酸越稳定，故B正确；C．从整个过程来看，羰基消失又在同一部位出现，因此D→E的目的是保护羰基，故C正确；D．根据手性碳原子的定义，H中含有手性碳原子的部位为，只有1个手性碳原子，故D错误；答案为ABC；【小问4详解】E→F发生取代反应，其反应方程式为+CH3NH2+CH3OH；【小问5详解】根据A→B反应的原理，B中醛基所连碳原子有H，还能与X发生加成反应，即生成含12个碳原子副产物，应是1molA和2molX发生反应，副产物的结构简式为

；【小问6详解】根据M的结构简式，以及已知信息，生成M的反应物为CH3COCH3和乙酸某酯，根据所给原料，乙醇被氧化成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应，综上所述合成M的路线为。20.科学研究发现火星上二氧化碳含量十分丰富。如何在火星上实现将二氧化碳与氢气合成火箭推进剂液态燃料甲烷成了科学研究的重要课题。主要涉及以下两个反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）已知：，则反应Ⅰ的Ea(正)___________Ea(逆)(填“＞”“＜”或“=”)，若反应Ⅰ的，则有利于反应Ⅰ自发进行的温度范围___________K(精确到整数)。（2）CO2催化加氢合成CH4的过程中，CO2活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂上)，CO*是CO2活化的优势中间体，原因是___________。（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应Ⅰ、Ⅱ，初始压强为p，10min时反应达到平衡状态，CH4选择性为60%(选择性=)，测得，则0~10min内v(CH4)=___________，此时容器内压强为___________。（4）在恒容条件下，按的投料比发生反应Ⅰ、Ⅱ，初始压强为，平衡时CO2、CH4和CO在含碳物质中的体积分数随温度T的变化如图所示。①曲线b表示的含碳物质的名称为___________。②若按V(CO2)：V(H2)=1：2投料，则新平衡时刻曲线交点n位置移动至___________点(填“m”或“p”)，此时新平衡点反应Ⅱ的Kp=___________(以分压来表示，物质的分压=总压×该物质的物质的量分数)。【答案】（1）①.＜②.T＜971（2）生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成（3）①.0.15②.（4）①.甲烷②.m③.0.2【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，