山西省阳泉市城区瑞源教育培训学校2024-2025学年高三上学期8月月考化学试卷（解析版）

绝密★启用前山西省阳泉市城区瑞源教育培训学校2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题注意事项：1.答卷前，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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7B11C12O16F19P31Cl35.5Zn65Sn119一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有1️项符合题目要求。1.人们对美好生活的追求离不开科技发展，下列说法正确的是A.光伏发电过程是化学能直接转化成电能B.用于新能源汽车电池的石墨烯为高分子材料C.“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷具有耐高温功能D.“天问一号”探测到的火星陨石中的和互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．光伏发电过程是将光能直接转化成电能，A项错误；B．石墨烯是碳单质，不属于高分子材料，B项错误；C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能，这样才能保证返回舱顺利返回，C项正确；D．和互为同位素，D项错误；答案选C。2.实验室制取氮气的一种方法为。下列有关化学用语表示正确的是A.的VSEPR模型为三角锥形B.和的球棍模型均为C.离子化合物的电子式为D.中某一个键的形成可表示为【答案】D【解析】【详解】A．的价层电子对数为4+4+0=4，VSEPR模型为正四面体，A选项错误；B．的价层电子对数为2+2+1=3，空间构型为V形，N原子体积大于O原子，H2O的价层电子对数为2+2+2=4，空间构型为V形，O原子半径大于H原子，均为中心原子体积较大，B选项错误；C．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，C选项错误；D．N2中存在一个σ键和两个p−pπ键，p轨道为哑铃形，两个N原子的p轨道以肩并肩的形式进行重叠，符合图示，D选项正确；故答案选D。3.实验室中，下列事故处理方法错误的是A.苯酚不慎沾到皮肤上，先用抹布擦拭，再用65℃水冲洗B.若不慎打破水银温度计，应立即开窗通风并用硫磺粉末覆盖C.金属钾燃烧起火，用干砂灭火D.不慎将酒精灯打翻着火，用湿抹布盖灭【答案】A【解析】【详解】A．65℃水会导致烫伤，应用酒精擦洗，再用温水冲洗，A错误；B．水银会挥发，打破水银温度计后，应用硫磺粉末覆盖，将Hg转化为HgS固体，B正确；C．钾着火生成KO2，KO2能与水和二氧化碳反应，因此用干砂覆盖灭火，C正确；D．酒精燃烧起火，用灭火毯(或湿抹布)覆盖灭火，D正确；故选A4.下列有关化学应用或性质的判断正确的是A.利用核磁共振氢谱无法鉴别丙烯和丙醛B.制作豆腐时常添加石膏，体现了的难溶性C.氧化铁是质地疏松的红色固体，用做颜料为生活带来一抹红D.高分子材料聚四氟乙烯可由四氟乙烯加聚合成，且受热易分解【答案】C【解析】【详解】A．丙烯和丙醛的核磁共振氢谱不同，可以鉴别，故A错误；B．制作豆腐时常添加石膏，石膏能与蛋白质胶体发生聚沉，故B错误；C．氧化铁是质地疏松的红色固体，常用做颜料，如红色的围墙，可以为生活带来一抹红，故C正确；D．高分子材料聚四氟乙烯可由四氟乙烯加聚合成，可以用作不粘锅的内胆，其受热不易分解，故D错误；故选C。5.下列装置(或操作)可完成对应实验的是AB混合浓硫酸和乙醇分离碘酒中的碘和乙醇CD检验溴和苯反应有HBr生成排空气法收集A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸的密度大于乙醇，则混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，故A错误；B．碘溶于乙醇，所以不能用分液的方法分离碘酒中的碘和乙醇，故B错误；C．液溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，则题给装置不能达到检验溴和苯反应有HBr生成的实验目的，故C错误；D．二氧化硫的密度大于空气，能用向上排空气法的方法收集二氧化硫气体，故D正确；故选D。6.下列过程中，对应的离子反应方程式错误的是A.海水提溴用水溶液富集溴：B.向苯酚钠溶液中滴加稀盐酸：C.用惰性电极电解溶液：D.小苏打溶液与明矾溶液混合：【答案】B【解析】【详解】A．海水提溴用水溶液富集溴：，电荷守恒、原子守恒，故A正确；B．由强酸制取弱酸可知，苯酚钠溶液中滴加稀盐酸能够生成苯酚和氯化钠，离子方程式，故B错误；C．用惰性电极电解溶液发生的反应生成Cu、氧气和硫酸，反应的离子方程式为，故C正确；D．小苏打溶液与明矾溶液发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为，故D正确；故选B。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的电负性依次增大，其中Y、Z、W位于同一周期，X元素的一种原子不含中子，四种元素可以形成结构如图所示的化合物，该化合物常用来检验。下列有关说法错误的是A.图中所示化合物可形成分子间氢键B.第一电离能大小关系：C.X和Z组成的常见分子中X和Z之间的化学键是键D.图中所示化合物可与形成具有特征颜色的配位化合物【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的电负性依次增大，其中基态X元素的一种原子不含中子，故X为H元素；Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，W形成2个共价键，则Y为C，Z为N，W为O；即X、Y、Z、W分别为H、C、N、O；该结构为丁二酮肟，结构简式为：。【详解】A．分子中含有羟基，能形成分子间氢键，故A正确；B．一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大元素的第一电离能越大，但

N

是第

VA

元素，原子核外电子排布处于原子轨道的半满状态，第一电离能大于同一周期相邻的

O

元素，所以

C、N、O

元素的第一电离能大小为：C<O<N，故B正确；C．H和N组成的常见分子是NH3，N原子发生sp3杂化，则H与N之间化学键是sp3-s

σ键，故C错误；D．该化合物可以检验，则可以与形成具有特征颜色的配位化合物，故D正确；答案选C。8.化合物Z是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是A.Y在一定条件下可发生氧化、还原、取代反应B.分子中最多有8个C原子共平面C.从Y和Z分子结构可知，具有还原性D.Z与足量发生加成反应的产物中有4个手性C原子【答案】D【解析】【详解】A．Y分子可以燃烧，发生氧化反应，分子中含羰基，能发生还原反应，存在苯环和甲基可以发生取代反应，A正确；B．分子中苯环的C原子及羰基上的C原子均为sp2杂化，且苯环的C原子与羰基的C原子及羰基的C原子与甲基的C原子均为单键连接，故所有的C原子均可共平面，即最多有8个C原子共平面，B正确；C．从Y和Z分子结构可知，Y生成Z发生了还原反应，故NaBH4具有还原性，C正确；D．苯环和醛基在一定条件能和氢气加成，Z与足量发生加成反应后的产物为，有3个手性碳原子，D错误；故答案选D。9.在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时CO、分别为1mol、2mol，发生反应：，平衡后混合气体中的体积分数如图所示。下列说法正确的是A.该反应的正反应活化能高于逆反应活化能B.250℃时化学平衡常数关系：C.压强大小关系：D.时升温，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】C【解析】【分析】由图可知，相同温度不同压强下甲醇对应的体积分数为。根据压强增大，平衡向气体分子数减小的方向即正向移动，可知压强为：。温度越高，甲醇的体积分数越小，说明反应放热。据此回答。【详解】A．根据分析可知，正反应放热，则正反应的活化能小于逆反应活化能，A错误；B．化学平衡常数大小只与温度有关，温度不变则化学平衡常数不变，因此250℃时，，B错误；C．根据分析可知，，C正确；D．升高温度，正逆反应速率均增大，D错误。答案为：C。【点睛】升高（或降低）温度，正逆反应速率均增大（或减小）。对于放热反应，升高温度，逆反应速率增大程度大于正反应速率；对于吸热反应，升高温度，则正反应速率增大程度大于逆反应速率。10.下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作、现象结论A向和的混合溶液中加入2滴稀NaOH溶液，产生白色沉淀B向的溶液中加入KI溶液，振荡，下层液体颜色变得很浅在KI溶液中的溶解度大于在溶液中的溶解度C向乙醇中加入少量浓硫酸加热到170℃制备乙烯，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化D向浓度均为的和溶液中分别滴加浓氨水至过量，前者生成白色沉淀，后者先生成白色沉淀，后沉淀溶解金属性强弱：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中加入2滴NaOH溶液，出现白色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]较小，故A正确；B．向碘的CCl4溶液中加入KI溶液，溶液中存在平衡：，故下层液体颜色变得很浅，B错误；C．向乙醇中加入少量浓硫酸加热到170℃，产生的气体除乙烯外，还有挥发的乙醇及生成的SO2，乙醇和SO2均能使高锰酸钾溶液褪色，故不能得出乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，C错误；D．在A1C13溶液中逐滴滴入浓氨水至过量，生成Al(OH)3，出现白色沉淀，但Al(OH)3不能溶解在浓氨水中，故D错误；故答案选A。11.双极膜电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。已知：在直流电作用下，双极膜能够将水离解为氢离子和氢氧根离子，这两类离子分别向相反方向迁移。下列说法错误的是A.多孔Pd纳米片电极的电势比Zn电极的电势高B.Zn电极每减少65g，理论上双极膜产生1mol和1molC.图中的a、b分别表示的离子是、D.Zn电极反应式为【答案】B【解析】【分析】由图可知，锌发生氧化反应为负极，电极反应为，则多孔Pd纳米片为正极，电极反应为。【详解】A．由分析可知，多孔Pd纳米片为正极，Zn为负极，则多孔Pd纳米片电极的电势比Zn电极的电势高，故A正确；B．Zn电极每减少65g，转移电子数为2mol，由两极的反应式可知，双极膜中需离解水的物质的量为2mol，产生2mol氢离子、2mol氢氧根离子，故B错误；C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，故C正确；D．锌发生氧化反应为负极，电极反应为，故D正确；故选B。12.磷化硼(BP)晶体的晶胞如图所示，晶胞的棱长为apm，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.基态B原子价电子轨道表示式B.晶胞中P原子的配位数是8C.晶胞中有4个B原子和4个P原子D.晶体的密度【答案】B【解析】【详解】A．硼元素的原子序数为5，价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，故A正确；B．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼原子，则晶胞中黑球代表磷原子、白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的硼原子与4个磷原子距离最近，则硼原子的配位数为4，由化学式可知，磷原子的配位数也为4，故B错误；C．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼原子，则晶胞中黑球代表磷原子、白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的磷原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，故C正确；D．磷原子的电子层数大于硼原子，原子半径大于硼原子，则晶胞中黑球代表磷原子、白球代表硼原子，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的磷原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故D正确；故选B。13.某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备Zn流程如下，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。锌浸出液中相关成分如下(其他成分无干扰)：离子浓度(g/L)1450.031下列说法正确的是A.“浸铜”时铜屑会有剩余B.“浸铜”反应的还原产物有C.“脱氯”反应每生成1molCuCl，消耗1molD.最后得到的脱氯液的溶质主要成分为【答案】A【解析】【分析】由题给流程可知，向铜屑中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，将铜部分转化为铜离子，向反应后的溶液中加入锌浸出液，未反应的铜与溶液中的铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚铜和脱氯液。【详解】A．由分析可知，“浸铜”时发生的反应为铜部分与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子，所以反应时铜屑会有剩余，故A正确；B．由分析可知，“浸铜”时发生的反应为铜部分与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子和水，反应中没有氢气生成，故B错误；C．由分析可知，“脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl—=2CuCl，由方程式可知，反应生成1mol氯化亚铜沉淀，反应消耗0.5mol铜离子，故C错误；D．由表格数据可知，1L溶液中阳离子电荷数为×2+×2≈4.46mol，阴离子电荷数为≈0.03mol，由电荷守恒可知，最后得到的脱氯液的溶质主要成分不可能是氯化锌，故D错误；故选A。14.会与溶液中的形成多种配合物，时，溶液中相关微粒主要有如下2个平衡：改变的起始浓度，测得平衡时、、的分布系数随的变化如图所示(部分图)。已知：，。下列说法正确的是A.曲线c表示的微粒是B.Q点溶液中C.Q点溶液中的平衡转化率约为83%D.P点溶液中一定存：【答案】D【解析】【分析】c(Fe3+)随c(Cl-)上升而下降，c(FeCl2+)随c(Cl-)的上升先升后降，c()随c(Cl-)的上升而上升，即曲线a为Fe3+，曲线b为FeCl2+，曲线c为。【详解】A．曲线c表示的微粒是，A选项错误；B．Q点溶液为a、c的交点，c(Fe3+)=c()，，，，c(Cl-)=10-1.2mol/L，B选项错误；C．Q点溶液，c(Fe3+)=c()，，，c(FeCl2+)未知，c(Fe3+)无法得出，C选项错误；D．P点溶液为a、b的交点，c(Fe3+)=c(FeCl2+)，由电荷守恒可知，，故，D选项正确；故选项选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以碳酸锰矿(含和少量FeO、、CaO)为原料制取的工业流程如图所示。已知：，，氧化性强于，其还原产物为。回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中的位置___________。（2）为提高碳酸锰矿浸取速率，在用硫酸“浸取”时可采取的措施有：①___________；②搅拌；③适当升高温度等。（3）“氧化I”的离子方程式为___________。（4）“沉铁”过程加入的含钙元素的沉铁剂可能为___________(写出一种即可)。（5）若“除钙”后溶液中，则此时溶液中___________mol/L。（6）“氧化II”需加入且过量，其原因是___________。（7）“过滤”后的滤液的溶质主要是___________(填化学式)和过量的。【答案】（1）第四周期ⅦB族（2）将矿石粉碎或适当增大硫酸浓度（3）MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O（4）CaCO3等（5）200（6）做氧化剂，把Mn2+氧化为MnO2；过量能提高MnO2的产率（7）K2SO4【解析】【分析】由题给流程可知，向碳酸锰矿中加入硫酸溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到硫酸盐溶液；向溶液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到氟化钙和滤液；向滤液中加入过二硫酸钾溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和含有硫酸钾、过量过二硫酸钾的滤液。【小问1详解】锰元素的原子序数25，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故答案为：第四周期ⅦB族；【小问2详解】将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高温度等措施可以提高碳酸锰矿浸取速率，故答案为：将矿石粉碎或适当增大硫酸浓度；【小问3详解】由分析可知，加入高锰酸钾溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O，故答案为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O；【小问4详解】由分析可知，“沉铁”过程加入碳酸钙等的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CaCO3等；【小问5详解】由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—6mol/L时，溶液中氟离子浓度为=mol/L，则溶液中锰离子浓度为=200mol/L，故答案为：200；【小问6详解】由分析可知，加入过二硫酸钾溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过二硫酸钠过量可以使溶液中的锰离子完全转化为二氧化锰，有利于提高二氧化锰的产率，故答案为：做氧化剂，把Mn2+氧化为MnO2；过量能提高MnO2的产率；【小问7详解】由分析可知，滤液的主要成分为硫酸钾和过量的过二硫酸钾，故答案为：K2SO4。16.化合物M是一种重要的有机合成中间体，可用于光电材料等领域。由化合物A制备M的一种合成路线如图所示。已知：①②回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；B的化学名称为___________。（2）C的含氧官能团的名称为___________；C→D反应的反应类型为___________反应。（3）M分子中杂化的C原子有___________个，1molM在一定条件下与足量发生加成反应，最多消耗的物质的量为___________mol。（4）E→F反应的化学方程式为___________。（5）同时满足下列条件的C的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。①苯环上连接有2个取代基，其中一个为；②能发生水解反应和银镜反应。【答案】（1）①.②.邻氨基苯酚（2）①.羟基、醛基②.加成（3）①.10②.6（4）+CCl3CHO（5）15【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与铁、盐酸发生还原反应生成，则A为、B为；一定条件下与CH3CH=CHCHO发生加成反应生成，硫酸作用下共热发生加成反应生成，一定条件下发生消去反应生成，则E为；硫酸作用下与CCl3CHO共热发生加成反应生成，作用下发生消去反应生成，则G为；发生题给信息反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，B的结构简式为，名称为邻氨基苯酚，故答案为：；邻氨基苯酚；【小问2详解】由结构简式可知，的含氧官能团为羟基、醛基；C→D的反应为硫酸作用下共热发生加成反应生成，故答案为：羟基、醛基；加成；【小问3详解】由结构简式可知，分子中苯环上的碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有10个；分子中含有的苯环、醛基、碳碳双键、碳氮双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol分子与足量氢气发生加成反应，最多消耗6mol氢气，故答案为：10；6；【小问4详解】由分析可知，E→F的反应为硫酸作用下与CCl3CHO共热发生加成反应生成，反应的化学方程式为+CCl3CHO，故答案为：+CCl3CHO；【小问5详解】C的同分异构体苯环上连接有2个取代基，其中一个为氨基，能发生水解反应和银镜反应说明另一个取代基为-CH2CH(OOCH)CH3、、—CH2CH2CH2OOCH、、，两个取代基在苯环上有邻间对三种位置关系，则符合条件的同分异构体共有3×5=15种，故答案为：15。17.四氯化锡在有机合成有广泛应用，该物质极易水解，熔点为、沸点为114℃。某同学查阅资料后设计了如图所示装置(只省略了部分夹持装置)制备。回答下列问题：（1）A装置中的试剂X具有___________(填“氧化性”或“还原性”)，请写出判断理由___________。（2）关于该实验，下列说法正确的是___________(填标号)。A．装置B中盛放的是饱和NaCl溶液，吸收杂质气体HClB．装置C中盛放的是浓硫酸，干燥气体C．装置G中的用于干燥左边过来的气体D．装置H中的石灰乳用于吸收右边空气中的气体E．当装置D蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体时，才可点燃装置D中的酒精灯（3）用上述方法制得的产品中含有少量杂质，利用如下方法可测定其纯度：取0.4000g产品，加入稀盐酸溶解，用已配制好的0.0100mol/L的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液6.00mL。反应原理为(已知：，)。①在该测定纯度的实验中，需要使用下列仪器中的___________(填仪器名称)。②滴定实验中选用的指示剂为___________溶液，请简述判断的理由___________。③产品的纯度为___________%(结果保留2位小数)；若滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品的纯度会___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.氧化性②.X与浓盐酸反应生成氯气，说明X具有氧化性（2）ABE（3）①.锥形瓶②.淀粉③.滴定实验时，KIO3把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为KI，SnCl2完全反应后，过量半滴KIO3会把KI氧化为I2，所以用淀粉溶液做指示剂④.91.45⑤.偏低【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中X与浓盐酸反应制备氯气并利用氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与锡共热反应制备四氯化锡，装置E和F用于冷凝收集四氯化锡，装置G中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入F中地址四氯化锡水解，装置H中盛有的石灰乳用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【小问1详解】由分析可知，装置A中X与浓盐酸反应制备氯气，反应中氯元素的化合价升高被氧化，说明X具有氧化性，故答案为：氧化性；X与浓盐酸反应生成氯气，说明X具有氧化性；【小问2详解】A．由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故正确；B．由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故正确；C．由分析可知，装置G中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入F中地址四氯化锡水解，故错误；D．由分析可知，装置H中盛有的石灰乳用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故错误；E．由分析可知，装置A中X与浓盐酸反应制备氯气并利用氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，所以当装置D的蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体时，才可点燃装置D中的酒精灯，故正确；故选ABE；【小问3详解】①碘酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以用锥形瓶盛装碘酸钾溶液，故答案为：锥形瓶；②滴定实验时，KIO3把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为KI，SnCl2完全反应后，过量半滴KIO3会把KI氧化为I2，所以用淀粉溶液做指示剂，故答案为：淀粉；滴定实验时，KIO3把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为KI，SnCl2完全反应后，过量半滴KIO3会把KI氧化为I2，所以用淀粉溶液做指示剂；③由题意可知，滴定消耗6.00mL0.0100mol/L碘酸钾溶液，由方程式可知，二氯化锡的百分含量为×100%=8.55%，则四氯化锡的纯度为1—8.55%=91.45%，若滴定前未用标准溶液润洗滴定管，会使滴定消耗碘酸钾溶液的体积偏大，导致四氯化锡的纯度偏低，故答案为：91.45；偏低。18.化学储氢的方法较多，将二氧化碳催化加氢制取甲醇是一种的常见的储氢方式，该过程涉及的主要反应如下。反应I：反应II：回答下列问题：（1）反应I一般是在___________(填“高温”或“低温”)条件下，可自发正向进行。（2）工业上可通过改变催化剂的组成来提高甲醇的选择性和产率。在553K、4MPa条件下，时，不同催化剂组成对甲醇时空产率、选择性及副产物CO的选择性的影响如表所示。序号组成CuO/Wt.%ZnOWt.%wt.%wt.%MnOWt.%甲醇时空产率甲醇选择性CO选择性1CuO/ZnO/65.826.37.9007840602CuO/ZnO/62.425.0012.609688123CuO/ZnO//MnO65.826.603.648810004CuO/ZnO//MnO65.826.605.62138919其中，wt.%指质量分数：时空产率是指在给定条件下，单位时间内，使用单位质量的催化剂产生甲醇的质量。时空产率常用来评价催化剂活