四川达州市普通高中2026届高三下学期第二次诊断测试化学试题含答案

这是一份四川达州市普通高中2026届高三下学期第二次诊断测试化学试题含答案，文件包含2026届湖北省荆州市石首市高三下学期4月调研模拟考试物理试卷图片版无答案pdf、物理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
化学试题
（本试卷满分100分，考试时间75分钟）
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其他答案标号。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，监考员将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 In-115
第I卷（选择题，共45分）
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．央视纪录片《三餐四季》深入报道了四川达州的特色美食文化。下列说法正确的是
A．“羊肉格格”蒸笼鲜香，用于包裹羊肉的米粉主要成分属于低聚糖
B．“雪花鸡淖”柔嫩滑爽，制作中用到鸡蛋清，其加热凝固的过程为盐析
C．“灯影牛肉”酥脆化渣，制作时炭火烘烤产生的焦香味是酯类水解产生的
D．“雀舌炒岩豆”茶豆竞香，茶叶含有茶多酚和维C，可促进人体蛋白质吸收和抗氧化
2．下列化学用语表示错误的是
A．用于考古断代的碳的核素为：
B．和之间最强烈的氢键作用：
C．HF分子中键电子云轮廓图：
D．的VSEPR模型：
3．消除采矿业浆液中的氰化物（如KCN，C为价），可通过以下反应实现：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.5 ml KCN中含有键的数目为
B．100 g质量分数为17%的溶液中H原子数为
C．上述反应生成时，转移电子的数目为
D．1 L 0.1ml/L的溶液中和的离子数之和为
4．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
5．青蒿酸可用作合成青蒿素的原料，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有5个手性碳原子
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．存在属于芳香族化合物的同分异构体
D．1 ml青蒿酸与足量金属钠反应可放出
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液和稀硝酸混合：
B．NaHS溶液与溶液混合：
C．用白醋和KI-淀粉试纸检验加碘盐中的
D．和溶液以物质的量之比1:1混合：
7．下列性质或现象与微观解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
8．下列实验设计或操作合理的是
A．AB．BC．CD．D
9．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。X、Y、Z处于同一周期，基态X原子核外电子排布中p轨道只有1个电子，Z的氢化物可用于蚀刻玻璃，且Z的原子序数等于次外层电子数与Y的核外电子数之和。可发生剧烈水解产生W的单质。下列说法正确的是
A．沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物的水化物酸性：
10．2,2-二甲基-1-丙醇是医药、农药、食品添加剂等的合成中间体，其消去反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A．总反应为：
B．中的碳原子均单键相连，采取杂化
C．反应历程中断裂和形成的键均有极性
D．由该机理可知，能发生消去反应
11．我国科学家研制了可充电氢负离子全固态电池，结构如图所示，固态电解质仅允许自由移动。其总反应式为：。下列说法错误的是
A．放电时，由A极移动到B极
B．充电时，B极与外接电源的负极相连
C．放电时，B极的电极反应式为：
D．充电时，电路中每转移，A极质量减少1 g
12．化合物Z是一种用于海水淡化的高分子材料，可利用X和Y反应获得。下列有关说法错误的是
A．1 ml X最多与3 ml NaOH反应
B．上述合成Z反应的原子利用率为100%
C．有机物Y能与乙二酸发生缩聚反应
D．Z的重复结构单元中，n(N):n(S):n(O)=1:1:2
13．由Ni、Mg、C可形成一种新型超导体X，其晶胞结构如图所示，原子1、2的分数坐标分别为，晶胞中Ni与Mg原子的最短距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，化合物X的摩尔质量为M g/ml，下列说法错误的是
A．化合物X的化学式为
B．原子3的分数坐标为
C．晶胞密度
D．1和2原子间的距离为
14．某工厂利用钢铁行业的废弃钢渣（含有和少量MnO等）为原料协同分离Si、Fe元素，固定并制取的工艺流程如图所示：
已知：①钢渣中钙元素的质量分数为24%，工艺中钙的浸出率为90%；
②离子完全沉淀时浓度，；
③低酸度时不易被氧化。
下列说法错误的是
A．试剂A可用等
B．“沉铁”时调节pH不超过2.4
C．“沉锰”后溶液pH变小
D．理论上a吨钢渣在“固碳”中可固定
15．泡打粉的主要成分是和。室温下，将溶液和溶液同时注入密闭容器中，用传感器监测浓度随时间的变化如图1。（焦磷酸）不同型体的分布分数与pH的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．图2中②代表的分布分数曲线
B．溶液中：
C．由图1可知，发生反应的离子方程式为：
D．反应趋于完全
第Ⅱ卷（非选择题，共55分）
二、填空题（本题4个小题，共55分）
16．镍、钴元素广泛应用在高性能合金、催化剂、电池材料等领域。一种从红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CO、等）中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：①；易被氧化为不易被氧化，强碱性时转化为；
②稳定常数衡量金属离子与配体形成配合物的稳定性．
对应对应；
③常温下，。
回答下列问题：
(1)基态的价电子排布图为_________。
(2)“加压酸浸”时硝酸初始浓度为330 kg/t、保温时间60 min，不同浸出温度、液固比条件下金属离子的浸出率如下图1、2所示，应选择的最佳条件是_________（填选项）。
A.180℃、1.8 mL/g B.190℃、1.6 mL/g C.170℃、2.0 mL/g D.200℃、1.4 mL/g
所得滤渣1的主要成分是_________（写化学式）。
(3)“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，使溶解为，计算该溶解转化反应的平衡常数_________，并结合转化反应解释加入上述缓冲溶液的作用是__________。与反应的离子方程式为_________。
(4)“系列操作”为蒸发浓缩、_________、过滤、洗涤、干燥，所得经高温分解所得气体产物经处理可返回到_________工序循环利用。
(5)已知为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的杂化方式为_________（填序号）。
A．B．C．D．
17．高纯氯化铟（）是制备ITO薄膜、半导体材料、有机反应催化剂的主要原料。兴趣小组用粗铟（含少量铁）和盐酸为原料制取高纯氯化铟并测定其纯度，实验装置如下（加热和夹持装置略）：
已知：为白色或黄色结晶（熔点586℃，加热至300℃开始升华），易溶于水、不溶于环己烷（环己烷沸点81℃，与水的共沸物沸点9.8℃），易潮解、水解。
I．制备（装置如图1）
称取一定量金属铟与浓盐酸在40~60℃温度下持续搅拌数小时至金属铟完全溶解，获得氯化铟溶液。除杂后将溶液升温至90~100℃，溶液逐渐蒸发，结晶析出晶体。
(1)仪器B的名称为_________，溶解金属铟时控温40~60℃的原因是_________。
(2)除杂时向粗溶液中加入稍过量溶液和粉末调节溶液pH，充分搅拌后过滤、洗涤，除去溶液中的。请设计实验方案，验证溶液中已除尽_________。
Ⅱ．制备无水（装置如图2）
将制得的晶体转入图2烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气保护下控温回流持续脱水。脱水完成后减压浓缩，析出白色结晶，过滤、洗涤、干燥，得纯。
(3)控温回流时预先在分水器中加入_________至离支管口约1 cm处，当出现_________现象时停止加热。
(4)若直接加热晶体会生成InOCl，写出该反应的化学方程式_________。
Ⅲ．的含量测定
准确称取4.50 g无水样品溶于盐酸中，配制500 mL pH=3的待测液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入20.00 mL 0.1000 ml/L EDTA溶液充分反应，再用标准溶液滴定过量BDTA溶液，终点时消耗标准溶液22.00 mL。滴定过程涉及的反应为：，。
(5)样品中的质量分数为_________%（计算结果保留1位小数）；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所，则测定结果_________（填“偏高”“偏低”“无影响”）。
18．催化加氢制甲醇是碳的捕集、利用和封存技术中最具应用前景的技术路径之一。该过程主要发生下列反应：
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的_________，若，则该反应在_________（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。
(2)一定温度下，在某恒压密闭容器中充入和发生上述反应。下列说法能说明该体系达到平衡状态的是_________（填标号）。
A．B．气体密度不再变化
C．恒定不变D．恒定不变
(3)以的进气比通入载有催化剂的密闭反应管中，维持压强为3 MPa进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得的转化率、的选择性及CO的选择性随温度的变化如图1：
已知：或CO的选择性
①表示选择性的曲线为_________（填“a”或“b”），并说明选择的理由_________。
②M点达到平衡状态时，的转化率为50%，则反应Ⅱ的_________。
(4)我国科学家研究发现，用图2电解装置电催化制甲醇可显著提高甲醇的选择性。已知钴酞菁（CPc）分子可吸附CO，将钴酞菁（CPc）分子限域在碳纳米管内部，能抑制副产物CO的生成。回答下列问题：
①阴极的电极反应式为_________溶液不参与电极反应）。
②碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是_________。
19．艾曲波帕（K）是可以口服给药的治疗血小板减少症的药物，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）。
回答下列问题：
(1)化合物A的名称是_________。上述合成路线，B→C的目的是_________。
(2)化合物C的含氧官能团名称是硝基、_________。F→G的反应类型是_________。
(3)化合物H的结构简式是_________。
(4)I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_________种，其中核磁共振氢谱为6组峰的是_________（用键线式表示）。
①有2个甲基；②能发生银镜反应；③能与溶液反应。
(5)参照上述合成路线及所学知识，设计由合成的路线如下：
第①步反应的化学方程式为_________；第②步反应的反应条件是_________。
选项
实验方案
现象
结论
A
向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口
试纸未变蓝
溶液中不含
B
将充有的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变深
转化为是放热反应
C
向溶液中通入少量，然后再加入少量苯
有机层呈橙红色
氧化性：
D
向溶液中加固体
溶液pH变大
溶液显碱性
选项
性质或现象
微观解释
A
干冰的密度大于冰
干冰中的堆积方式使其空间利用率低
B
特定“杯酚”能盛装，从而分离和
该“杯酚”空腔大小适配
C
的键角依次减小
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
D
乙醛能与非极性试剂HCN发生加成反应生成
醛基中碳氧双键有极性，且氧带部分负电，可与HCN中带正电的氢结合
A.除去中的HCl
B.测定KI溶液的浓度
C.收集NO气体
D.证明分子极性：
反应
平衡常数
I
Ⅱ
Ⅲ
1．D
A．米粉主要成分为淀粉，淀粉属于多糖，不属于低聚糖（低聚糖指水解生成2~10个单糖的糖类），A错误；
B．鸡蛋清加热凝固是蛋白质受热发生不可逆的变性过程，盐析是蛋白质遇轻金属盐溶解度降低的可逆过程，二者不相同，B错误；
C．炭火烘烤产生的焦香味主要来自美拉德反应、酯化反应等过程，酯类水解生成羧酸和醇，不会产生焦香味，C错误；
D．茶多酚和维生素C均具有还原性，可起到抗氧化作用，同时二者可促进人体对蛋白质的吸收，D正确；
故选D。
2．C
A．用于考古断代的碳的核素为放射性的，故A正确；
B．因O的电负性大于N，O-H键极性更强，使H原子更接近“裸核”，与N的孤对电子吸引力更强，故该氢键作用最强烈，即和之间最强烈的氢键作用为：，故B正确；
C．HF中的σ键为s-pσ键，因此其电子云轮廓图应为，故C错误；
D．的中心原子S周围的价层电子对数为：，有1对孤电子对，则的VSEPR模型为，故D正确；
选C。
3．C
A．中存在键，1个键含2个键，0.5 ml KCN中键数目为，A错误；
B．100 g质量分数为17%的溶液中含17 g，即0.5 ml；溶液中除了含有H原子，溶剂也含有H原子，故H原子总数大于，B错误；
C．反应中C元素从+2价升高到+4价，每生成1 ml 转移2 ml电子，生成0.3 ml 时转移电子数目为，C正确；
D．根据物料守恒，1 L 0.1 ml/L 溶液中、和的粒子数之和为，故和的离子数之和小于，D错误；
故答案选C。
4．B
A．检验需加入浓NaOH溶液并加热，稀溶液不加热时易溶于水无法逸出，试纸不变蓝不能说明是否含有，A错误；
B．充有的烧瓶存在平衡，放入热水颜色加深说明浓度增大，平衡逆向移动，故正反应（转化为）为放热反应，B正确；
C．，只能说明的氧化性强于，而作为还原产物，无法与比较氧化性强弱，C错误；
D．电离出的抑制的电离，使浓度降低pH增大，且溶液呈中性，D错误；
故选B 。
5．C
A．具有4个手性碳原子：，A错误；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有碳原子不可能在同一平面上，故B错误；
C．青蒿酸不饱和度为5，而芳香族化合物不饱和度最少为4，故其同分异构体可能有芳香族化合物，C正确；
D．1 ml 青蒿酸含有1 ml 羧基，与足量金属钠反应生成 。在标准状况下，其体积为 。题干未指明标准状况，因此不能确定放出 ，D错误；
故选C。
6．B
A．稀硝酸具有强氧化性，会将氧化，正确的离子方程式为，A错误；
B．与发生完全双水解反应，相互促进生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，离子方程式书写正确，B正确；
C．加碘盐中含有，白醋主要成分醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆写为，正确的离子方程式为，C错误；
D．和溶以1：1混合，反应物中：：：： = 1：2：1：1：1，由于优先于与OH⁻反应，则1ml 消耗1ml OH⁻，剩余的1ml OH⁻再与1ml 反应，正确的离子方程式为：，D错误；
故选B。
7．B
A．干冰的密度大于冰，是因为干冰中是面心立方堆积，空间利用率高，而冰中水分子间存在氢键，形成疏松的晶体结构，空间利用率低，A错误；
B．“杯酚”通过空腔大小选择性结合，实现与分离，B正确；
C．中中心Be原子为sp杂化，键角为，中中心B原子为杂化，键角为，中中心C原子为杂化，键角为，三种物质中心原子都没有孤电子对，三者键角大小与杂化方式有关，与孤电子对无关，C错误；
D．乙醛中醛基C=O极性强，电子云偏向氧，使羰基碳带部分正电荷，易被亲核进攻，乙醛与极性分子HCN发生加成反应时，羰基氧带部分负电荷，H带正电荷，连接在氧原子上，反应生成，D错误；
故选B。
8．D
A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl是酸性气体，可被碱石灰吸收，而不与碱石灰反应，但气体应从干燥管的粗口进入，细口排出，A错误；
B．溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，溴水应盛放在酸式滴定管中，该装置使用碱式滴定管，B错误；
C．密度小于，排法收集时，应该短管进气、长管排气，C错误；
D．极性分子会被带电体吸引，分子极性越强，液流偏转越明显；非极性分子不发生偏转。该实验中蒸馏水液流发生明显偏转，液流不偏转，可以证明分子极性：，D正确；
故选D。
9．A
首先推断元素：Z的氢化物可以蚀刻玻璃，所以Z为氟（F）；X、Y、Z处于同一周期，氟在第二周期，那么X和Y也在第二周期；X的核外电子排布中p轨道只有1个电子，所以X的电子排布式为1s22s22p1，故X为硼（B）；Z的原子序数等于次外层电子数与Y的核外电子数之和，Z的原子序数为9，Z的次外层电子数为2，9-2=7，故Y的核外电子数为7，因此Y为氮（N）；X2W6可发生剧烈水解产生W的单质，且W的原子序数最小，可知W为氢（H），X2W6即B2H6（乙硼烷），乙硼烷遇水剧烈水解，产生硼酸（H3BO3）和氢气（W的单质）；
A．YW3为NH3，Y2W4为N2H4，二者均存在分子间氢键，N2H4相对分子质量更大，分子间作用力更强，沸点更高，故沸点NH3＜N2H4，A正确；
B．电负性同周期从左到右递增，且H的电负性大于B，实际顺序为F＞H＞B，即Z＞W＞X，B错误；
C．同周期主族元素原子半径从左到右递减，因此半径N＞F；H是原子半径最小的元素，因此最终实际顺序为N＞F＞H，即Y＞Z＞W，C错误；
D．F无最高正价，不存在最高价氧化物对应的水化物，无法进行酸性比较；D错误；
故答案选A。
10．B
A．根据反应机理，反应物是，是催化剂，最终产物为和，总反应为：，A正确；
B．，所有碳原子确实都以单键相连，但带正电荷的碳正离子中心碳原子，只形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为，B错误；C．反应历程中，断裂的C−O键、O−H键、C−H键，形成的O−H键、C−H键、C=C双键中，都存在极性共价键（不同非金属原子形成的键），因此断裂和形成的键中均含有极性键，C正确；
D．依据该机理可知，邻位碳上没有氢原子的醇在酸催化下可发生碳正离子迁移，由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键，推断能发生消去反应，D正确；故选B。
11．D
根据及图示信息可知，电池放电时A极为正极，电极反应式为，B极为负极，电极反应式为；充电时A极为阳极，电极反应式为，B极为阴极，电极反应式为。
A．放电时，移向负极，A正确；
B．充电时，阴极与外接电源的负极相接，B正确；
C．依据上述分析，放电时B极电极反应式为，C正确；
D．依据上述分析，充电时A极电极反应式为，A极质量增重，且每转移，A极质量增重1 g，D错误；
故答案选D。
12．A
A．由X的结构可知，1 mlX完全水解生成3 mlH2CO3，可消耗6 mlNaOH，故A错误；
B．对比X、Y、Z三者的结构可知，合成Z的反应为加聚反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．1 mlY的结构中含有2 ml羟基，1 ml乙二酸的结构中含2 ml羧基，满足缩聚反应的要素和特点，故C正确；
D．分析可得出Z的结构为：，重复结构单元中含有X、Y的片段比为2:3，则，化为最简比，故D正确；
因此答案选A。
13．C
A．晶胞为立方晶胞，Mg、Ni、C三种原子分别位于晶胞的顶点、面心和体心，利用均摊法可知，一个晶胞中Mg、Ni、C三种原子的个数分别为1、3、1，则晶体的化学式为，故A正确；
B．由题中所给原子1、2的分数坐标分别为、，则可确定原子3（位于晶胞右侧面心）的分数坐标为，故B正确；
C．根据晶胞中Ni与Mg原子的最短距离为a pm，原子位于顶点，原子位于面心，二者之间最短的距离为面心对角线的一半，因此可计算出晶胞参数为，再根据密度计算公式可得晶胞密度，故C错误；
D．由C选项计算出晶胞参数为，再根据原子1、2的坐标关系，1和2原子间的距离为 pm，故D正确；
故答案选C。
14．B
钢渣加盐酸酸浸后，SiO2不溶于酸，在氧化工序被分离出；氧化步骤加入氧化剂，将酸浸生成的氧化为，再加氨水沉铁，将Fe元素以Fe(OH)3形式分离除去；之后通入CO2，将溶液中的转化为CaCO3沉淀，完成CO2固定；最后剩余含的溶液经硫酸、高锰酸钾氧化沉锰，得到目标产物。
A．加入试剂A的目的是将溶液中的氧化为，而、、等氧化剂均能在酸性条件下将氧化为，A正确；
B．“沉铁”时，加调节溶液pH，使溶液中的完全沉淀，而不沉淀，则根据离子完全沉淀时浓度，，可得完全沉淀时，可得pH=2.8，所以应调节pH为2.8时完全沉淀，B错误；
C．“沉锰”前锰元素以存在于溶液中，“沉锰”时发生反应的离子方程式为：，浓度增大，溶液pH变小，C正确；
D．根据题目所给钢渣中钙元素的质量分数为24%，钙的浸出率为90%，，所以，D正确；
故选B。
15．D
随pH增大，中的逐渐被消耗，则①为，②为，③为，④为，⑤为；c()=c()时，pH=1.52，则Ka1()=10-1.52；c()=c()时，pH=2.36，则Ka2()=10-2.36；c()=c()时，pH=6.30，则Ka3()=10-6.30；c()=c()时，pH=9.12，则Ka4()=10-9.12；
A．根据以上分析，图2中②代表，故A错误；
B．Ka3()=10-6.30，的水解常数为 ，则的电离大于水解，所以，故B错误；
C．和的物质的量相等，由图1信息可知，发生反应的离子方程式为：，故C错误；
D．反应的平衡常数所以趋于完全反应，故D正确；
选D。
16．(1)
(2) B
(3) 增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解
(4) 冷却结晶 加压酸浸
(5)C
红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CO、等），磨细后浓硝酸加热加压酸浸，不溶，滤渣1主要成分为；得到含Fe3+、Al3+、Mg2+、Ni2+、C2+的浸出液，加MgO调节pH，依次得到滤渣2氢氧化铁沉淀、滤渣3氢氧化铝沉淀和氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀，最后得到含硝酸镁的浸出液，氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀氧化氨浸分离出含的溶液和沉淀。
（1）
基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为；
（2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是；
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应，
，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：；
（4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用；
（5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。
17．(1) 球形冷凝管 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
(2)取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去
(3) 水 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
(4)
(5) 88.60 偏高
利用In和浓盐酸反应制备InCl3，通过加入稍过量溶液和In2O3发生沉淀转化，使Fe3+转化生成Fe(OH)3沉淀除去后，将溶液升温至90~100℃，溶液逐渐蒸发，结晶析出晶体，将制得的晶体转入图2烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气保护下控温回流持续脱水，脱水完成后减压浓缩，析出白色结晶，过滤、洗涤、干燥，得纯，最后利用EDTA滴定，测定样品中的质量分数，据此分析；
（1）仪器B的名称为球形冷凝管；溶解金属铟时略微加热可加快反应速率，但浓盐酸易挥发，故加热温度不能太高，则控温40~60℃的原因是温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解；
（2）除杂时除去溶液中的，验证溶液中已除尽的实验方案为：取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去；
（3）控温回流时预先在分水器中加水，使用分水器将蒸出的环己烷与水的共沸物中的水进入下层，达到去除中的的目的；当分水器中下层液体（水）的量不再增加或回流液变得澄清时，表明水已经完全蒸出，可以停止加热；
（4）若直接加热晶体，会发生水解反应生成InOCl，该反应的化学方程式为:；
（5）总，过量，25 mL待测液中，500 mL中，，质量，质量分数；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所示，表明所量取的待测液体积偏小，而计算时仍代入25.00 mL待测液进行计算，实际导致返滴定时所用标准溶液体积偏小，则测定结果将偏高。
18．(1) 高温
(2)BC
(3) a 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性 0.125或
(4) 碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
（1）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，；根据，反应Ⅱ中，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不变时达到平衡状态，B正确；
C．根据反应知:在消耗，减小，在生成，增多，则；是个变量，C正确；
D．恒温条件，K不变，恒定，D错误；
故选BC。
（3）①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性，故表示选择性的曲线为a；
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时、、、、，则，
或。
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明溶液不参与电极反应，则只能是来平衡电荷，故阴极的电极反应式为：；
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为，提高的选择性。
19．(1) 邻溴苯酚（或2-溴苯酚） 保护酚羟基，防止酚羟基与D反应
(2) 醚键 还原反应
(3)
(4) 5 或
(5) ，Pd/C（或Fe/HCl）
根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，B发生取代反应生成C，C与D发生取代反应生成E，结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，F发生还原反应，生成G；结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为，G与J发生取代反应，最终生成K，依此回答；
（1）
①根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；
②结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
（2）由C的结构可知其含氧官能团的名称为硝基、醚键；结合（1）的分析，F→G的反应类型为还原反应。
（3）
结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为；
（4）
①由Ⅰ的结构简式知化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与溶液反应则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采用“定一移一方法”共有、、（箭头所指醛基位置），共有5种；
②其中核磁共振氢谱为6组峰的是。
（5）
结合的合成路线可知M的结构简式为，则第①步应为硝化反应，第②步为硝基的还原反应，反应条件为：，Pd/C（或Fe/HCl）。