浙江省台州市2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省台州市2025届高三下学期二模试题一、单选题1．下列物质分类正确的是A．冰醋酸——弱电解质 B．水玻璃——纯净物C．磁性氧化铁——碱性氧化物 D．氨水——共价化合物【答案】A【解析】冰醋酸是弱酸，属于弱电解质，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，B错误；磁性氧化铁是四氧化三铁，不属于碱性氧化物，C错误；氨水是混合物，D错误。故选A。2．下列化学用语书写正确的是A．HCl的电子式：B．基态As原子的电子排布式：1C．激发态钠离子的电子排布图：D．乙醇的分子式：C【答案】C【解析】HCl是共价化合物，电子式为，A错误；As的原子序数为33，基态As原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，B错误；基态Na＋3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．AlN陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料 B．SiO2C．Na2O2具有强氧化性，可用作漂白剂 D【答案】D【解析】AlN陶瓷属于新型无机非金属材料，具有耐高温，硬度大等功能，可用作火箭隔热材料，A正确；SiO2导光性强，可用于制作光导纤维，B正确；Na2O2中的O为－FeCl3溶液具有氧化性，FeCl3与Cu化学反应方程式为2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，可用于蚀刻覆铜板，D错误。故选4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z同主族。已知Y的气态氢化物热稳定性强于X的气态氢化物，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于W的最高价氧化物对应水化物。下列说法正确的是A．原子半径：Z>W>C．电负性：Z>W D．化学键的极性：Y-【答案】A【解析】Y的气态氢化物热稳定性强于X的气态氢化物，说明非金属性Y＞X，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于W的最高价氧化物对应水化物说明非金属性W＞Z，Y、Z同主族且X、Y、Z、W的原子序数依次增大说明Z在Y的下方，X、Y、Z、W在周期表中的相对位置为XYZW（其中X和Y，Z和W不一定相邻）。同周期从左到右原子半径依次减小，原子半径Z＞W，一般情况下电子层数越多半径越大，原子半径W＞X，故原子半径Z＞W＞X，A正确；若X为N，Y为O，由于N的2p轨道半满，较稳定，不易失去电子，第一电离能大于O，B错误；同周期从左到右电负性依次增强，电负性W＞Z，C错误；形成化合物元素的电负性差值越大，键的极性越大，电负性W＞Z，Y＞Z，Y与Z电负性的差值更大，故化学键的极性Y－W键＜Y－Z键，D5．下列实验操作或事故处理方法正确的是A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存【答案】D【解析】仪器的连接从下到上，从左到右，先在铁架台上放置酒精灯、石棉网，再在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，A错误；浓硫酸密度大于乙醇，且溶解放热，制备乙酸乙酯时，先加乙醇，再将浓硫酸沿着玻璃棒缓慢注入乙醇中并不断搅拌，最后加乙酸，B错误；轻微烫伤或烧伤时，可以先用洁净的冷水处理，然后涂上药膏，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，C错误；钠、钾活泼性强，未用完的钠、钾等若随便丢弃容易引起火灾，可放回原试剂瓶，D正确。故选D。6．SO2A．SO2与H2B．450℃，1标准大气压下，1 LSO2与C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1 molSO【答案】C【解析】SO2与H2S的化学反应方程式为2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，氧化产物与还原产物都是S，二者的比例是2:1，A正确；反应2SO2＋O2⇌高温催化剂2SO3为可逆反应，不能完全反应，450℃，1标准大气压下，1 LSO2与0.5 LO2充分反应后气体体积大于1 L，B正确；SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，C错误；工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，化学反应方程式为2CaCO3＋2SO2＋7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．聚四氟乙烯中的C-B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子【答案】D【解析】聚四氟乙烯中的C-F键键能高，化学稳定性强，因此耐酸碱腐蚀，聚乙烯是一种常见的塑料，因其无毒、化学性质稳定，广泛用于食品包装，B不符题意；甘油（丙三醇）含有多个羟基，能与水形成分子间氢键，因此具有吸湿性，常用于护肤品中保持皮肤湿润，C不符题意；聚乙炔是一种导电高分子材料，但其导电性主要来源于共轭π电子体系（交替的单双键结构），与含碳量高无关，D符合题意。故选D。8．下列离子方程式书写正确的是A．铜与浓硫酸加热：CuB．FeI2溶液中通入少量Cl2C．NaHCO3溶液与过量BaOHD．铝与NaOH溶液：2【答案】B【解析】浓硫酸中硫酸以分子形式存在，不是离子反应，A错误；FeI2溶液中通入少量Cl2，I－还原性强于Fe2＋，离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，B正确；NaHCO3溶液与过量BaOH2，HCO3-和OH9．葡萄糖和果糖生成蔗糖的反应为：下列关于该反应中有机物的性质或结构的说法不正确的是A．可以用红外光谱法鉴别葡萄糖与果糖B．葡萄糖与果糖为同分异构体，葡萄糖与蔗糖为同系物C．如果使用浓硫酸做催化剂，反应过程中可能产生刺激性气味的气体D．1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子【答案】B【解析】红外光谱可以鉴定分子的化学键和官能团，可以用红外光谱法鉴别葡萄糖与果糖，A正确；结构相似、分子组成相差一个或多个CH2的化合物互称同系物，葡萄糖与蔗糖不互为同系物，B错误；浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸作催化剂会发生氧化还原反应，生成物有刺激性气味SO2气体，C正确；1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子，如中“*”所示，D正确。故选B。10．用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，下列实验操作或分析正确的是A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准NaOH溶液B．量取20.00 mL待测盐酸时，选用量程为C．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当出现浅红色且半分钟内不褪色时停止滴定D．若指示剂改为甲基橙，则测得盐酸浓度偏高【答案】C【解析】滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准NaOH溶液会使滴定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，A错误；量取20.00mL待测盐酸时，不能选用量程为25mL的粗量器量筒，应选用量程为25.00mL的酸式滴定管以提高精度，B错误；滴定时，左手控制碱式滴定管，右手控制锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当溶液中出现浅红色，且半分钟内不褪色时应停止滴定，C正确；甲基橙的变色范围为3.1—4.4，用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，若指示剂改为甲基橙，与酚酞作指示剂相比，滴定消耗NaOH溶液的体积会略偏小，导致测得盐酸浓度略偏低，D错误。故选C。11．下列说法正确的是A．反应2NB．合成氨反应N2g+3C．在新制氯水平衡体系中加入少量NaCl固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的pH增大，HClO的浓度减小D．已知CH4的燃烧热为ΔH1，CH4g+2O2【答案】A【解析】分解反应2N2Og=2N2g+O2g为吸热反应，△H>0，△S>0，常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素，A正确；合成氨反应N2g+3H2g⇌2NH3g，ΔH<0，使用铁触媒作催化剂可降低反应的活化能，增加了活化分子的百分数，同等程度改变正、逆反应速率，B错误；在新制氯水平衡体系中存在Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO和H2O⇌H＋＋OH－，加入少量NaCl固体，平衡Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO逆向移动，c(H＋)减少，H2O⇌H＋＋OH－平衡正向移动，C错误；CH4燃烧热的方程式为CH4(g)＋2O12．一种Zn-CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体EMIM下列说法正确的是A．a电极为负极，EMIMB．b电极反应式为：5C．EMIM+D．EMIM+作为电池促进剂的原理是通过生成ZnNHC【答案】B【解析】由图示原电池可知，a电极，Zn失电子生成ZnNHC2+，a电极为负极，锌被氧化，A错误；碳纳米管通入CO2，生成CH4和ZnCO3，发生还原反应，b电极为正极，电极反应式为5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO313．化合物W是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为90∘)，两种晶胞的体积比VA．化合物W的类型I与类型II化学式不相同B．类型I与类型II均为分子晶体C．类型I与类型II的晶体密度之比为64D．两种类型中的所有原子均有d轨道参与成键【答案】C【解析】类型I晶胞中，M原子个数为18×8+1+4×12=4，O原子个数为14×8+2+8×12=8，化学式为MO2；类型II晶胞中，O原子个数为4×12+2=4，M的个数为1+18×8=2，化学式为MO2，故类型I与类型II化学式相同，A错误；类型I与类型II均为离子晶体，B错误；两种晶胞的体积比VI14．化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中C3H6A．Mn+B．X为丙烷，C3C．转化②③④均为非氧化还原反应D．途径中副反应的化学方程式为C【答案】B【解析】由图示可知，Mn＋是反应的催化剂，A错误；反应②中根据原子守恒，X为丙烷，从副反应来看，C3H7MnOH+中共有三种化学环境的氢原子，B正确；转化④N的化合价变化，转化④为氧化还原反应，C错误；Mn＋为催化剂，途径中副反应的化学方程式为15．氨与Cu+可形成两种无色的配离子CuNH3①Cu+aq②CuNH3制备过程为：在持续通入N2的氛围下，将0.1molCuCl固体投入未知浓度的A．随着NH3浓度由0开始逐渐增大，CuB．若所得溶液中Cu+与CuNHC．若观察到溶液变为淡蓝色，应重做实验并增加N2D．所得溶液中必定存在c【答案】D【解析】在持续通入N2的氛围下，将0.1molCuCl固体投入未知浓度的1 L氨水中，先后发生①Cu+aq+NH①Cu+aq+NH3aq⇌CuNH3+aqK1=105.9；②CuNH3+aq+NH3aq⇌CuNH32+aqK2=104.3，根据①＋②得到Cu+aq+2NH3aq⇌CuNH32+aq，K＝K1×K2＝cCu(NH3)2+c16．尼泊金乙酯C9已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水；②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示：物质熔点/℃沸点/℃溶解度pH尼泊金乙酯1142971.7×对羟基苯甲酸2133360.2下列说法正确的是A．试剂a、b可分别为Na2B．操作I为过滤，操作II为重结晶C．可以用FeCl3D．相同温度下，电离平衡常数【答案】A【解析】提纯尼泊金乙酯的流程为：将含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质的尼泊金乙酯粗品加入饱和Na2CO3溶液，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水的钠盐，对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通过操作I过滤分离出对羟基苯甲酸聚合物固体，洗涤固体，将洗涤液与过滤的滤液合并，加入HCl调节pH＝4，将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯，利用二者溶解度差异进行蒸发浓缩结晶后再次进行过滤分离，最后洗涤干燥得到高纯尼泊金乙酯产品。试剂a为Na2CO3溶液，目的是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为能溶于水的钠盐；试剂b为盐酸，目的是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯的钠盐重新转化为对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯，便于后续分离，A正确；操作I和操作II都为过滤，B错误；因尼泊金乙酯跟对羟基苯甲酸一样，对位上也有酚羟基，都能跟FeCl3溶液发生显色反应，故不能检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净，C错误；邻羟基苯甲酸根离子形成的负电荷通过分子内氢键得到有效分散，从而使其更加稳定，羟基上的氢电离程度减弱；而对羟基苯甲酸根离子的负电荷主要通过共轭效应稳定，稳定作用较弱‌二、解答题17．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。(1)无水FeCl2晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______A．Fe元素位于周期表第九列B．FeH2OC．FeCl2D．FeCl2晶体中Fe2(2)①基态Fe3+比Fe2②Fe3+和Fe2+在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的FeCl3溶液比FeCl(3)某研究小组在隔绝空气的条件下，用Fe2+与Fe3已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。①试剂X的最佳选择是。A．NaOHB．NaClOC．NH3⋅H2②步骤Ⅱ中操作Y是。③步骤Ⅳ中系列操作Z是。(4)邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与Fe2+形成橙红色的配离子FeR32+，FeR32+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Fe2+在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定Fe2+浓度。R中氮原子的杂化方式为；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺NH2OH⋅HCl除去溶液中的Fe【答案】(1)CD(2)Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比Fe2+的价层电子排布3d6更稳定Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子比(3)C搅拌过滤，洗涤，干燥 (4)sp22Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2【解析】（1）Fe的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；FeH2O42+的半径比Fe2+大，FeH2O4Cl2晶体中的离子键比FeCl2晶体中的离子键弱，B错误；FeCl2中共价键占一定的百分比，FeCl2晶体存在范德华力，C正确；由FeCl2晶体的晶胞可知，离Fe（2）①基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，基态Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，故Fe3+更稳定。②Fe3+的化合价比Fe2+更高，Fe3+比Fe2+吸电子能力强，与Fe3+（3）隔绝空气，在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2+与Fe3+完全转化为①加入过量试剂X，使得Fe2+与Fe3+完全转化为Fe(OH)2与Fe(OH)3沉淀，故试剂X应为碱溶液，过量的②在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，Fe2+与Fe3③悬浊液经过陈化得到纳米Fe3O4，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米Fe3O（4）邻二氮菲()中的氮原子形成2个σ键，1个π键，1对孤电子对，氮原子的杂化方式为sp2；Fe3+与盐酸羟胺NH2OH⋅HCl反应生成Fe2+与N2，该反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+18．乙醇是一种重要的工业原料。请回答：(1)工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂X的作用下发生如下自发反应：主反应：2CO2副反应I：CO2g副反应Ⅱ：CO2g①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是。A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值n乙醇n甲醇减小，则∆H1∆H2(填“＞”、“＜”或“(2)乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1:1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式)。(3)乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下：反应I：C2H反应Ⅱ：COg+100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比nH2O①H2的平衡产率：a点b点(填“＞”、“＜”或“＝”)。②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比nO2nC2H5OH＝0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到A．起始氧醇比＝0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数KC．若使起始氧醇比＝1，图像中无炭区的面积会更小D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移(4)Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角∠COH的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因【答案】(1)CD＜(2)CH(3)＜CD(4)Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C-O、H-【解析】主反应：2CO2g+6副反应I：CO2g+3H副反应Ⅱ：CO2g+H2g一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂X的作用下发生的上述反应都是自发反应，则∆H1－TΔS1＜0，∆H2－TΔS2＜0，由于主反应ΔS1＜0，副反应I的ΔS2＜0，所以∆H1＜0，∆H2＜0。（1）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ，当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确。故选CD。②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值n乙醇n甲醇减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大，∆H1＜∆（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mole－生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，电极反应式为CH3（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。②起始氧醇比为0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A正确；a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数Ka=Kc>Kb，B正确；若使起始氧醇比为1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度－起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；在拐点处，nH2OnC2H5OH增大，表明H2O（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为6-22＝2，形成2个σ键，价层电子数为4，O采取sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O19．铟(In，IIIA族)的化合物硒铟铜(CuInSe2，M=336已知：①CuInSe2为细粉状晶体，难溶于水，CuCH3②KspInOH请回答：(1)下列说法正确的是_______。A．步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎B．步骤②中酸浸选用的酸可以用硫酸或盐酸C．步骤③中一定会用到蒸发皿D．步骤③中的干燥方法不能用高温烘干(2)步骤②酸浸时，如果控制溶液pH=5，能否得到InCl3溶液？(填“能”或“不能”)，请结合计算分析原因。(溶液中离子浓度低于10(3)步骤④、⑤均在如图装置中完成(夹持、加热与搅拌装置均省略)，下列说法不正确的是_______。A．装置a的名称是三颈烧瓶B．通入X气体的目的是排出装置内的空气，防止In3+被OC．步骤⑥中固液分离时为提高产率，可用多层滤纸进行过滤D．步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂(4)步骤⑥洗涤时需要检验固体表面的杂质离子是否洗净，具体步骤包含在如下操作中：a.在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液b.如有沉淀生成，则证明产品中仍含有Clc.如无沉淀生成，则证明产品中不含Cld.取少量产品投入盛有蒸馏水的烧杯中，过滤并取滤液e.取最后一次洗涤后的滤液于烧杯中请排序：(填字母序号)。(5)半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，将铜铟硒中的In替换为Al，得到另一种半导体材料铜铝硒CuAlSe2，两种半导体具有相同的黄铜矿型结构，但导电能力CuAlSe2更弱，请从化学键角度解释原因【答案】(1)AD(2)不能使用InOH3的Ksp计算后In3+离子为10-5mol⋅L-1时，pH(3)BC(4)eac(5)Al与In相比，Al的电负性更大，Al与Se形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱【解析】将含CuInSe2矿石焙烧得到In2O3及杂质，用盐酸酸浸焙烧后的矿石，得到含InCl3溶液，结晶干燥得到ICl3⋅4H（1）步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；因为最终要得到InCl3溶液，若用硫酸酸浸会引入SO42-杂质，而用盐酸酸浸不会引入新的杂质，所以酸浸选用的酸可以用盐酸，不能用硫酸，B错误；步骤③从InCl3溶液结晶干燥得到ICl3⋅4H2（2）pH=5时，cOH-=10-9mol⋅（3）装置a为三颈烧瓶，A正确；通入X气体的目的是排出装置内的空气，防止Se2-被O2氧化，B错误；CuInSe2为细粉状晶体，用多层滤纸过滤可能会使部分产品吸附在滤纸上造成损失，C错误；CuInSe2难溶于水，步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂，（4）若检验固体表面的Cl-是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含Cl-，操作顺序为（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，Al的电负性比In大，Al与Se形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此CuAlSe220．某有机物K的合成路线如下：已知：①F→G包含加成