2024年山東省濱州市博興縣第一中學高考適應性考試化學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是A．時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的B．pH相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，醋酸產生體積更大C．時，的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH一定小于7D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，可以證明為弱酸2、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的氣態氫化物常用作制冷劑；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A．最簡單氫化物的沸點：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是離子化合物D．向ZXR2與水反應后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成3、錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用的有機合成試劑（SnI4，熔點114.5℃，沸點364.5℃，易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說法錯誤的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發的I2D．裝置Ⅰ中b為泠凝水出水口4、下圖為某二次電池充電時的工作原理示意圖，該過程可實現鹽溶液的淡化。下列說法錯誤的是A．充電時，a為電源正極B．充電時，Cl-向Bi電極移動，Na+向NaTi2(PO4)2電極移動C．充電時，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放電時，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O5、甲烷燃燒時的能量變化如圖，有關描述錯誤的是()A．反應①和反應②均為放熱反應B．等物質的量時，CO2具有的能量比CO低C．由圖可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283kJD．反應②的熱化學方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ6、一種熔融KNO3燃料電池原理示意圖如圖所示，下列有關該電池的說法錯誤的是A．電池工作時，NO3－向石墨I移動B．石墨Ⅰ上發生的電極反應為：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循環利用的物質Y的化學式為N2O5D．電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的質量比為4：237、下列各組離子能在指定溶液中，大量共存的是（）①無色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊變紅的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④8、五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙。T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數，T和Y位于同一主族。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：T＜W＜Z＜Y＜XB．簡單氣態氫化物的熱穩定性：Y＞T＞WC．氧化物對應水化物的酸性：Y＜T＜W＜ZD．X3W和XW3都是離子化合物，但所含化學鍵類型不完全相同9、鋰—銅空氣燃料電池（如圖）容量高、成本低，該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現象”產生電力，其中放電過程為：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列說法錯誤的是A．整個反應過程中，氧化劑為O2B．放電時，正極的電極反應式為：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-C．放電時，當電路中通過0.1mol電子的電量時，有0.1molLi+透過固體電解質向Cu極移動，有標準狀況下1.12L氧氣參與反應D．通空氣時，銅被腐蝕，表面產生Cu2O10、下列由實驗操作及現象得出的結論正確的是操作及現象結論A其他條件相同，測定等濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向純堿中滴加足量濃鹽酸，將產生的氣體通入硅酸鈉溶液，溶液變渾濁酸性：鹽酸>碳酸>硅酸DC2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制得氣體使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D11、向某容積為2L的恒容密閉容器中充入2molX(g)和1molY(g)，發生反應2X(g)+Y(g)3Z(g)。反應過程中，持續升高溫度，測得混合體系中X的體積分數與溫度的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A．M點時，Y的轉化率最大B．平衡后充入X，達到新平衡時X的體積分數減小C．升高溫度，平衡常數減小D．W、M兩點Y的正反應速率相同12、室溫下，向100mL飽和的H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標準狀況)，發生反應：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，測得溶液pH與通入SO2的關系如圖所示。下列有關說法正確的是A．整個過程中，水的電離程度逐漸增大B．該溫度下H2S的Ka1數量級為10-7C．曲線y代表繼續通入SO2氣體后溶液pH的變化D．a點之后，隨SO2氣體的通入，的值始終減小13、下列說法不正確的是A．石油分餾可獲得汽油、煤油、石蠟等礦物油，煤焦油干餾可獲得苯、甲苯等有機物B．生活中常見的聚乙烯、聚氯乙烯、綸、有機玻璃、合成橡膠都是通過加聚反應得到的C．按系統命名法，有機物可命名為2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷D．碳原子數≤6的鏈狀單烯烴，與HBr反應的產物只有一種結構，符合條件的單烯烴有4種(不考慮順反異構)14、25°C時，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．a點時，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B．溶液在a點和b點時水的電離程度相同C．b點時，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D．V=10mL時，c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)15、向含有5×10﹣3molHIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液變藍且有S析出，繼續通入H2S，溶液的藍色褪去，則在整個過程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的體積為336mLC．硫元素先被還原后被氧化 D．轉移電子總數為3.0×10﹣2NA16、實行垃圾分類，關系到廣大人民群眾的生活環境，關系到節約使用資源，也是社會文明水平的一個重要體現。下列垃圾屬于不可回收垃圾的是A．舊報紙 B．香煙頭 C．廢金屬 D．飲料瓶17、下圖為室溫時不同pH下磷酸鹽溶液中含磷微粒形態的分布，其中a、b、c三點對應的pH分別為2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物質的量分數，下列說法正確的是A．2molH3PO4與3molNaOH反應后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液時，無法用酚酞指示終點C．H3PO4的二級電離常數的數量級為10?7D．溶液中除OH?離子外，其他陰離子濃度相等時，溶液可能顯酸性、中性或堿性18、改變下列條件，只對化學反應速率有影響，一定對化學平衡沒有影響的是A．催化劑 B．濃度 C．壓強 D．溫度19、鋼鐵防護方法有多種，如圖中的方法描述正確的是A．b為電源負極B．該方法是犧牲陽極的陰極保護法C．電子流向：a→鋼鐵閘門→輔助電極→b→aD．電源改用導線連接進行防護時，輔助電極發生氧化反應20、測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質量分數的實驗方案不合理的是A．取ag混合物用酒精燈充分加熱后質量減少bgB．取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收后質量增加bgC．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴甲基橙指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmLD．取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入1~2滴酚酞指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmL21、實驗室分離苯和水，可選用下列（）A． B． C． D．22、下列有關Fe2(SO4)3溶液的敘述正確的是A．該溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B．和KI溶液反應的離子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2C．和Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D．1L0.1mol·L-1該溶液和足量的Zn充分反應，生成11.2gFe二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚酯增塑劑G及某醫藥中間體H的一種合成路線如圖（部分反應條件略去）：已知：+R2OH(1)A的名稱是___________________。(2)寫出下列反應的反應類型：反應①是_____________，反應④是__________。(3)G的結構簡式為_____________________，F的分子式為_____________________。(4)寫出反應②的化學方程式____________________。(5)C存在多種同分異構體，寫出核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式：____________。(6)僅用一種試劑就可以鑒別B、D、H，該試劑是____________。(7)利用以上合成路線的信息，以甲苯、乙醇、乙醇鈉為原料合成下面有機物（無機試劑任選）___________。24、（12分）已知：（Ⅰ）當苯環上已經有了一個取代基時，新引進的取代基因受原取代基的影響而取代其鄰、對位或間位的氫原子。使新取代基進入它的鄰、對位的取代基有—CH3、—NH2等；使新取代基進入它的間位的取代基有—COOH、—NO2等；（Ⅱ）R—CH=CH—R′R—CHO+R′—CHO（Ⅲ）氨基（—NH2）易被氧化；硝基（—NO2）可被Fe和鹽酸還原成氨基（—NH2）下圖是以C7H8為原料合成某聚酰胺類物質（C7H5NO）n的流程圖。回答下列問題：（1）寫出反應類型。反應①________，反應④________。（2）X、Y是下列試劑中的一種，其中X是____，Y是_____。(填序號)a．Fe和鹽酸b．酸性KMnO4溶液c．NaOH溶液（3）已知B和F互為同分異構體，寫出F的結構簡式_____。A~E中互為同分異構體的還有____和____。(填結構簡式)（4）反應①在溫度較高時，還可能發生的化學方程式________。（5）寫出C與鹽酸反應的化學方程式________。25、（12分）鈷是一種中等活潑金屬，化合價為+2價和+3價，其中CoC12易溶于水。某校同學設計實驗制取（CH3COO）2Co（乙酸鈷）并驗證其分解產物。回答下列問題：（1）甲同學用Co2O3與鹽酸反應制備CoC12?4H2O，其實驗裝置如下：①燒瓶中發生反應的離子方程式為______。②由燒瓶中的溶液制取干燥的CoC12?4H2O，還需經過的操作有蒸發濃縮、______、洗滌、干燥等。（2）乙同學利用甲同學制得的CoC12?4H2O在醋酸氛圍中制得無水（CH3COO）2Co，并利用下列裝置檢驗（CH3COO）2Co在氮氣氣氛中的分解產物。已知PdC12溶液能被CO還原為Pd。①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是裝置______（填“E”或“F”）。②裝置G的作用是______；E、F、G中的試劑均足量，觀察到I中氧化銅變紅，J中固體由白色變藍色，K中石灰水變渾濁，則可得出的結論是______。③通氮氣的作用是______。④實驗結束時，先熄滅D和I處的酒精燈，一段時間后再關閉彈簧夾，其目的是______。⑤若乙酸鈷最終分解生成固態氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空氣中的成分不參與反應），則乙酸鈷在空氣氣氛中分解的化學方程式為______。26、（10分）研究金屬與硝酸的反應，實驗如下。（1）Ⅰ中的無色氣體是_________。（2）Ⅱ中生成H2的離子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化劑①甲同學認為該濃度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以沒有發生反應。乙同學依據Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確，其實驗證據是____________。②乙同學通過分析，推測出也能被還原，依據是_____________，進而他通過實驗證實該溶液中含有，其實驗操作是____________。（4）根據實驗，金屬與硝酸反應時，影響硝酸還原產物不同的因素有__________；試推測還可能有哪些因素影響_________（列舉1條）。27、（12分）四氯化錫（SnCl4）常用作有機催化劑、煙霧彈和用來鍍錫。某學習小組擬用干燥的氯氣和熔融的錫制備SnCl4并測定產品的純度。已知：i．SnCl4在空氣中極易水解成SnO2·xH2O；ii．有關物質的物理性質如下表所示。物質顏色熔點/℃沸點/℃Sn銀白色2322260SnCl2白色247652SnCl4無色-33114回答下列問題：(1)裝置E的儀器名稱是_____，裝置C中盛放的試劑是_____。(2)裝置G的作用是_____。(3)實驗開始時，正確的操作順序為_____。①點燃裝置A處酒精燈②點燃裝置D處酒精燈③打開分液漏斗活塞(4)得到的產品顯黃色是因含有少量_____，可以向其中加入單質___________（填物質名稱）而除去。為了進一步分離提純產品，采取的操作名稱是_____。(5)產品中含少量SnCl2，測定產品純度的方法：取0.400g產品溶于足量稀鹽酸中，加入淀粉溶液作指示劑，用0.0100mo/L碘酸鉀標準溶液滴定至終點，消耗標準液8.00mL。①滴定原理如下，完成i對應的離子方程式。i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+=________Sn4++_____I－+_____ii．IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO②滴定終點的現象是_____。③產品的純度為_____%（保留一位小數）。28、（14分）BE是現代有機化工重要的單體之一，工業上采取乙苯催化脫氫制苯乙烯反應制備：（1）已知：化學鍵C-HC-CC=CH-H鍵能/412348612436計算上述反應的_______。該反應能夠發生的原因是______（2）維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質的量為n、體積為V的乙苯蒸汽發生催化脫氫反應。已知乙苯的平衡轉化率為，則在該溫度下反應的平衡常數K=_______（用a等符號表示）。（3）工業上，通常在乙苯蒸氣中摻混水蒸氣，控制反應溫度600℃，并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應。在不同反應溫度下，乙苯的平衡轉化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性（指除了以外的產物中苯乙烯的物質的量分數）示意圖如圖所示：a．摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，解釋說明該事實__________。b．控制反應溫度為的理由是___________（4）在逆過程苯乙烯加氫制乙苯的操作中，如果氫氣中混有和等雜質，會引起催化劑中毒，因此必須除去。在常溫下，可以用銀氨溶液來檢測微量的，其原理與銀鏡反應相似，有銀析出，寫出銀氨溶液與反應的離子方程式________________。（5）苯乙烯廢氣在工業上常用電催化氧化處理，原理如圖所示：寫出陽極電極反應式I為______________29、（10分）白頭翁素具有顯著的抗菌作用，其合成路線如圖所示：已知：①RCH2BrRCH=CHR’②2RCH=CHR’（以上R、R’代表氫、烷基）(1)白頭翁素的分子式為____。(2)試劑a為______，E→F的反應類型為________。(3)F的結構簡式為_________。(4)C中含有的官能團名稱為________。(5)A→B反應的化學方程式為_________。(6)F與足量氫氣加成得到G，G有多種同分異構體，其中屬于鏈狀羧酸類有____種。(7)以乙烯為起始原料，選用必要的無機試劑合成的路線為____（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A．碳酸鈉溶液加水稀釋促進，所以時，將的碳酸鈉溶液加水稀釋100倍，所得溶液的，故A錯誤；B．相同溫度下，pH相同、體積相同的鹽酸和醋酸溶液分別與足量鎂粉反應，因醋酸是弱酸能電離出更多的氫離子，所以生成的氫氣較多，但溶液的體積不知，所以無法確定多少，故B錯誤；C．的HA弱酸溶液與的NaOH溶液等體積混合，得到等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液，如果NaA的水解程度大于HA的電離程度，此時溶液呈堿性，故C錯誤；D．溶液中加入一定量晶體，溶液中增大，說明亞硝酸鈉抑制亞硝酸電離，則亞硝酸部分電離，為弱電解質，故D正確；故答案選D。【點睛】判斷酸堿混合后溶液的酸堿性，應根據反應后產物的成分及其物質的量來進行分析，若體系中既有水解又有電離，則需要判斷水解和電離程度的相對大小，進而得出溶液的酸堿性。2、D【解析】

W的氣態氫化物常用作制冷劑，W為N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色，可推斷該氣體為SO2，則X為O，Z為S，R為Cl；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的，Y是Al。【詳解】根據題意，可推斷出W、X、Y、Z、R分別是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最簡單氫化物的為NH3、H2O，沸點大小為NH3<H2O，所以A項錯誤；B.最高價含氧酸的酸性：Z<R，B項錯誤；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價化合物，C項錯誤；D.SOCl2與水反應,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反應后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D項正確。答案選D。3、C【解析】

A．液體加熱時，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正確；

B．根據題干中SnI4的熔沸點，從組成分析可知SnI4與CCl4為同族元素形成的同類物質，二者分子的空間構型均為正四面體結構，屬于非極性分子，依據“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正確；

C．由題可知：SnI4易水解，所以裝置Ⅱ的主要作用是防止水蒸氣進入裝置使SnI4水解，故C錯誤；

D．冷凝管的冷凝水為“下進上出”，所以裝置Ⅰ中a為泠凝水進水口，b為出水口，故D正確；

故選：C。4、C【解析】

充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負極，NaTi2(PO4)2為陰極得電子發生還原反應，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放電時，Bi為正極，BiOCl得電子發生還原反應，NaTi2(PO4)2為負極，據此分析解答。【詳解】A.充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，Bi為陽極，則a為電源正極，A正確；B.充電時，Cl-向陽極Bi電極移動，Na+向陰極NaTi2(PO4)2電極移動，B正確；C.充電時，Bi電極上的電極反應為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2電極上，反應為NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根據得失電子守恒，新增入電極中的物質：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C錯誤；D.放電時，Bi為正極，正極的電極反應為BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正確；故合理選項是C。【點睛】本題考查了二次電池在充、放電時電極反應式及離子移動方向的判斷的知識。掌握電化學裝置的工作原理，注意電極反應的書寫是關鍵，難度中等。5、C【解析】

A．從圖像可以看出，甲烷燃燒后釋放能量，故都是放熱反應，反應①和反應②均為放熱反應，故A正確；B．從圖像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正確；C．CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ②，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+890.3kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283kJ，故C錯誤；D．根據圖示，反應②的熱化學方程式：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3kJ，故D正確；答案選C。6、B【解析】

由圖示可知，原電池中負極發生氧化反應、正極發生還原反應，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，發生的是氧化反應，故石墨Ⅰ是負極，發生的反應式為NO2-e-+NO3-=N2O5，則石墨Ⅱ為正極，發生還原反應，反應式為O2+4e-+2N2O5=4NO3-，該電池的總反應為：4NO2+O2=2N2O5。【詳解】由圖示可知，原電池中負極發生氧化反應、正極發生還原反應，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，發生的是氧化反應，故石墨Ⅰ是負極，發生的反應式為NO2-e-+NO3-=N2O5，則石墨Ⅱ為正極，發生還原反應，反應式為O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．電池工作時，陰離子移向負極，陽離子移向正極，石墨Ⅰ是負極，NO3-向石墨I移動，A正確；B．該電池一種熔融KNO3燃料電池，負極發生氧化反應，石墨Ⅰ上發生的電極反應為：NO2-e-+NO3-=N2O5，B錯誤；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循環利用的物質Y的化學式為N2O5，C正確；D．原電池中正極得到的電子數等于負極失去的電子數，故電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的物質的量之比是1:4，則消耗的O2和NO2的物質的量之比是4：23，D正確；答案選D。【點睛】考生做該題的時候，首先從圖中判斷出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪個電極，并能準確寫出電極反應式，原電池中陰離子移向負極、陽離子移向正極，原電池工作時，理論上負極失去的電子數等于正極得到的電子數。7、C【解析】

①無色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合題意；②CO32-，AlO2-都能發生水解反應，使溶液呈堿性，②符合題意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性，但HCO3-都不能大量存在，③不合題意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合題意；⑤使石蕊變紅的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合題意；⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-會發生氧化還原反應，不能大量存在，⑥不合題意。綜合以上分析，只有②④⑤符合題意。故選C。8、D【解析】

五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。通過T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代可以判斷，T為C元素；根據W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙，W的原子序數小于Z可以判斷出，W為N元素，Z為Cl元素；T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數可以判斷出，X的核外電子數為11，X為Na；T和Y位于同一主族，T的原子序數最小，判斷出Y為Si元素。【詳解】A．根據元素電子層數和核電荷數判斷，原子半徑大小為：W<T<Z<Y<X，A錯誤；B．同一周期從左到右，簡單氣態氫化物的熱穩定性越來越強，同一主族從上到下，簡單氣態氫化物的熱穩定性越來越弱，故簡單氣態氫化物的熱穩定性為：W>T>Y，B錯誤；C．氧化物對應水化物的酸性無法判斷，C錯誤；D．X3W和XW3分為Na3N和NaN3，兩者都是離子化合物，但Na3N僅含有離子鍵，NaN3中即含離子鍵也含共價鍵，D正確；答案選D。9、C【解析】A，根據題意，該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現象”產生電力，放電過程中消耗Cu2O，由此可見通入空氣Cu腐蝕生成Cu2O，由放電反應推知Cu極電極反應式為Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被還原成Cu，整個過程中Cu相當于催化劑，氧化劑為O2，A項正確；B，放電時正極的電極反應式為Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B項正確；C，放電時負極電極反應式為Li-e-=Li+，電路中通過0.1mol電子生成0.1molLi+，Li+透過固體電解質向Cu極移動，反應中消耗O2物質的量為=0.025mol，在標準狀況下O2的體積為0.025mol22.4L/mol=0.56L，C項錯誤；D，放電過程中消耗Cu2O，由此可見通入空氣Cu腐蝕生成Cu2O，D項正確；答案選C。10、A【解析】

A.酸的電離平衡常數越大，其酸根離子水解程度越小，則其相應的鉀鹽pH越小，所以測定等物質的量濃度的HCOOK和K2S溶液的pH比較Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正確；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有鐵離子，無法據此判斷原溶液中是否含有亞鐵離子，故B錯誤；C.鹽酸易揮發，產生的氣體中混有HCl，HCl與硅酸鈉反應也產生白色沉淀，則該實驗不能比較碳酸與硅酸酸性的強弱，故C錯誤；D.C2H5OH與濃硫酸混合后加熱到170℃，制取的乙烯氣體中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能說明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D錯誤。故選A。11、C【解析】

起始時向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反應從左到右進行，結合圖像，由起點至Q點，X的體積分數減小；Q點之后，隨著溫度升高，X的體積分數增大，意味著Q點時反應達到平衡狀態，溫度升高，平衡逆向移動，反應從右向左進行。【詳解】A．Q點之前，反應向右進行，Y的轉化率不斷增大；Q點→M點的過程中，平衡逆向移動，Y的轉化率下降，因此Q點時Y的轉化率最大，A項錯誤；B．平衡后充入X，X的體積分數增大，平衡正向移動，根據勒夏特列原理，平衡移動只能減弱而不能抵消這個改變，達到新的平衡時，X的體積分數仍比原平衡大，B項錯誤；C．根據以上分析，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，C項正確；D．容器體積不變，W、M兩點，X的體積分數相同，Y的體積分數及濃度也相同，但M點溫度更高，Y的正反應速率更快，D項錯誤；答案選C。12、C【解析】

A．由圖可知，a點表示SO2氣體通入112mL即0.005mol時

pH=7，溶液呈中性，說明SO2氣體與H2S溶液恰好完全反應，可知飽和H2S溶液中溶質物質的量為0.01mol，c(H2S)=0.1

mol/L，a點之前為H2S過量，a點之后為SO2過量，溶液均呈酸性，酸抑制水的電離，故a點水的電離程度最大，水的電離程度先增大后減小，故A錯誤；B．由圖中起點可知0.1

mol/L

H2S溶液電離出的c(H+)=10-4.1

mol/L，電離方程式為H2S?H++HS-、HS-?H++S2-；以第一步為主，根據平衡常數表達式算出該溫度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，數量級為10-8，故B錯誤；C．當SO2氣體通入336mL時，相當于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L，因為H2SO3酸性強于H2S，故此時溶液中對應的pH應小于4.1，故曲線y代表繼續通入

SO2氣體后溶液pH的變化，故C正確；D．根據平衡常數表達式可知，a點之后，隨SO2氣體的通入，c(H+)增大，當通入的SO2氣體達飽和時，c(H+)就不變了，Ka1也是一個定值，的值保持不變，故D錯誤；答案選C。13、A【解析】

A.石油分餾主要得到汽油、煤油、柴油、石蠟等，煤干餾發生化學變化可得到苯和甲苯，煤焦油分餾可獲得苯、甲苯等有機物，故A錯誤；B.由乙烯發生聚合反應生成聚乙烯；氯乙烯發生聚合反應生成聚氯乙烯；綸又叫做合成纖維，利用石油、天然氣、煤和農副產品作原料得單體經過特殊條件發生聚合反應生成如：氯綸：、腈綸：；有機玻璃有機玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡膠是由不同單體在引發劑作用下，經聚合而成的品種多樣的高分子化合物，單體有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、異丁烯、氯丁二烯等多種，故B正確；C.按系統命名法，有機物的結構簡式中的每個節點和頂點為C，根據有機物中每個碳原子連接四個鍵，與碳原子相連的其他鍵用氫補充。六個碳的最長鏈作為主鏈，其余五個甲基、兩個乙基做支鏈，主鏈編號時以相同取代基位數之和最，因此該有機物為2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正確；D.碳原子數≤6的鏈狀單烯烴，與HBr反應的產物只有一種結構，符合條件的單烯烴有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考慮順反異構)，共4種，故D正確；答案選A。14、A【解析】

A．a點時，pH=3，c(H+)=10-3mol·L-1，因為Ka=1.0×10-3，所以c(HA)=c(A—)，根據電荷守恒c(A—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正確；B．a點溶質為HA和NaA，pH＝3，水電離出的c(OH—)＝10—11；b點溶質為NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—)=10-3，OH—是由NaOH電離和水電離出兩部分之和組成的，推斷出由水電離處的c(OH—)<10-3，那么水電離的c(H+)＞10—11，故B錯誤；C．根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(A—)+c(OH—)－c(H+)，假設C選項成立，則c(A—)+c(OH—)－c(H+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—)，推出c(HA)+c(H+)=0，故假設不成立，故C錯誤；D．V=10mL時，HA與NaOH恰好完全反應生成NaA，A—+H2O?HA+OH—，水解后溶液顯堿性，c(OH—)>c(H+)，即c(HA)>c(H+)，故D錯誤；故答案選A。【點睛】判斷酸堿中和滴定不同階段水的電離程度時，要首先判斷這一階段溶液中的溶質是什么，如果含有酸或堿，則會抑制水的電離；如果是含有弱酸陰離子或弱堿陽離子的溶液，則會促進水的電離；水的電離程度與溶液pH無關。15、D【解析】

A．HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化最終生成硫單質和HI，根據電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S，所以5×10﹣3molHIO3被消耗，就會得到硫單質是0.48g，故A錯誤；B．沒有指明標準狀況，無法計算所需H2S的體積，故B錯誤；C．不管是HIO3與H2S反應，還是碘單質與H2S反應，H2S都被氧化，故C錯誤；D．整個過程中，根據電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I﹣～6e﹣，消耗5×10﹣3molHIO3伴隨0.03mol電子轉移，轉移電子總數為3.0×10﹣2NA，故D正確；故選D。16、B【解析】

A.舊報紙主要成分是纖維素，可以回收制成再生紙張而被利用，屬于可回收垃圾，A不符合題意；B.香煙頭中主要含有有機的化合物，且含有大量的有害物質，屬于不可回收的垃圾，B符合題意；C.廢金屬經過熔化，可以重新制成各種金屬制品，屬于可回收垃圾，C不符合題意；D.飲料瓶主要成分為玻璃、塑料、金屬，經回收可再重新制成各種有益物質，因此屬于可回收垃圾，D不符合題意；故合理選項是B。17、B【解析】

2molH3PO4與3molNaOH反應后生成等物質的量濃度的NaH2PO4、Na2HPO4，據圖可看出b點、濃度相等，pH=7.21，顯堿性，A選項錯誤；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液時，發生反應+OH?+H2O，δ()減小，δ()增大，在此pH變化范圍內，無法用酚酞指示終點，B選項正確；H3PO4H++，H++，Ka2=，當c()=c()時，pH=7.21，c(H+)=10?7.21，數量級為10?8，C選項錯誤；溶液中陰離子濃度相等時，可能是c()=c()，此時溶液pH=7.21顯堿性，還可能是c()=c()，此時pH=11.31，顯堿性，D選項錯誤。18、A【解析】

A．催化劑會改變化學反應速率，不影響平衡移動，故A選；B．增大反應物濃度平衡一定正向移動，正反應反應速率一定增大，故B不選；C．反應前后氣體體積改變的反應，改變壓強平衡發生移動，故C不選；D．任何化學反應都有熱效應，所以溫度改變，一定影響反應速率，平衡一定發生移動，故D不選；故答案選A。19、D【解析】

從圖示可知，由于有外加電源，故此為外加電源的陰極保護法。A、在外加電源的陰極保護法中，鋼鐵要做電解池的陰極，即a為電源的負極，則b為電源的正極，選項A錯誤；B、該方法是外加電源的陰極保護法，選項B錯誤；C、在電解池中，電子由電解池的陽極→電源的正極，電源的負極→電解池的陰極，即電子要由輔助電極→b、a→鋼鐵閘門，選項C錯誤；D、電源改用導線連接進行防護時，即犧牲陽極的陰極保護法，則輔助電極要做負極，發生氧化反應，選項D正確；答案選D。20、B【解析】

A.NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，通過加熱分解利用差量法即可計算出Na2CO3質量分數，故不選A；B.混合物與足量稀硫酸充分反應，也會生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會混有水蒸氣，即堿石灰增加的質量不全是二氧化碳的質量，不能測定含量，故選B；C.Na2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選C；DNa2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選D；答案：B【點睛】實驗方案是否可行，關鍵看根據測量數據能否計算出結果。21、C【解析】

苯和水分層，可選分液法分離，以此來解答。【詳解】A中為層析法；B為蒸發；D為過濾；苯和水分層，可選分液法分離，選項C符合；答案選C。【點睛】本題考查混合物分離提純，把握物質的性質、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意層析法為解答的難點。22、D【解析】

A、三價鐵與苯酚會發生顯色反應，不能大量共存，A錯誤；B、電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B錯誤；C、不符合配比關系，正確的離子方程式為2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C錯誤；D、根據原子守恒，鐵離子的物質的量為0.2mol，與足量Zn反應生成0.2mol鐵，為11.2g，D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、1，2-二氯丙烷加成反應氧化反應C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3飽和溶液【解析】

丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發生水解反應得B為CH3CH(OH)CH2OH，苯與氫氣發生加成反應得C為環己烷，C發生氧化反應得D為己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發縮聚反應得G為，根據題中信息，F發生取代反應生成H和E，D和E發生酯化反應（取代反應）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據H的結構可推知E為CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發生信息中反應得到。【詳解】根據上述分析可知A為CH3CHClCH2Cl，B為CH3CH(OH)CH2OH，C為，C發生氧化反應得D為HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發縮聚反應得G為，根據題中信息，F發生取代反應生成H和E，D和E發生酯化反應(取代反應)得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據H的結構可推知E為CH3CH2OH。(1)A為CH3CHClCH2Cl，名稱為：1，2-二氯丙烷(2)反應①是屬于加成反應，反應④屬于氧化反應；(3)G的結構簡式為：；F的結構簡式為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反應②的化學方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C為環己烷，C存在多種同分異構體，其中核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結構簡式為；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鑒別三種物質的方法是向三種物質中加入Na2CO3飽和溶液，B與碳酸鈉溶液混溶，不分層；D反應，產生氣泡；H不反應，互不相容，液體分層，油層在上層。因此鑒別試劑是碳酸鈉飽和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發生酯化反應生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發生信息中反應得到，所以合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與性質，注意根據有機物的結構進行推斷，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生自學能力、分析推理能力，是熱點題型，難度中等．24、取代反應縮聚（聚合）反應ba+HCl→【解析】

根據反應④，C發生縮聚反應得到高分子化合物，則C的結構簡式為；C7H8滿足CnH2n-6，C7H8發生硝化反應生成A，結合A→B→C，則C7H8為，A的結構簡式為，根據已知（III），為了防止—NH2被氧化，則A→B→C應先發生氧化反應、后發生還原反應，則B的結構簡式為；根據已知（II），反應⑥生成的D的結構簡式為，D與Cu(OH)2反應生成的E的結構簡式為，E發生硝化反應生成F，B和F互為同分異構體，結合已知（I），F的結構簡式為；（1）反應①為甲苯與濃硝酸發生的取代反應；反應④為C發生縮聚反應生成。（2）A的結構簡式為，B的結構簡式為，A→B使用的試劑X為酸性KMnO4溶液，將甲基氧化成羧基，選b；C的結構簡式為，B→C將—NO2還原為—NH2，根據已知（III），Y為Fe和鹽酸，選a。（3）根據上述推斷，F的結構簡式為；A~E中互為同分異構體的還有A和C，即和。（4）甲苯與濃硝酸、濃硫酸的混合酸在溫度較高時反應硝化反應生成2,4,6—三硝基甲苯，反應的化學方程式為。（5）C的結構簡式為，C中的—NH2能與HCl反應，反應的化學方程式為+HCl→。25、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷卻結晶、過濾F除去CO2分解產物中還含有一種或多種含C、H元素的物質將D中的氣態產物被后續裝置所吸收，或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內對后續實驗產生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產生水，石灰水變渾濁，則說明產生二氧化碳氣體，則說明分解產物中含有一種或多種含有C、H元素的物質；③通入氮氣的作用為使D裝置中產生的氣體全部進入后續裝置，且排凈后續裝置內的氧氣等；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據原子守恒配平即可；【詳解】(1)①已知，鹽酸、COCl2易溶于水，寫離子形式，氧化物、單質寫化學式，反應的離子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反應產物中含有結晶水，則不能直接加熱制取，應采用：蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作；（2）①裝置E、F是用于檢驗CO和CO2，PdCl2溶液能被CO還原為Pd，因此裝置E用于檢驗CO2，F裝置用于檢驗CO，裝盛足量PdCl2溶液；②裝置G的作用是吸收CO2，以防在裝置內對后續實驗產生干擾；氧化銅變紅，則氧化銅被還原，無水硫酸銅變藍，說明反應中產生水，石灰水變渾濁，則說明產生二氧化碳氣體，則說明分解產物中含有一種或多種含有C、H元素的物質，答案為：除去CO2；分解產物中含有一種或多種含C、H元素的物質；③通入氮氣的作用為使D裝置中產生的氣體全部進入后續裝置，且排凈后續裝置內的氧氣等，答案為：將D中的氣態產物帶入后續裝置（或排除裝置中的空氣或不使K中水蒸氣進入盛無水硫酸銅的干燥管等）；④實驗結束時，先熄天D和I處的酒精燈，一段時間后裝置D、E內的溫度降低后再停止通入氣體可以有效防止倒吸，答案為：防止倒吸；⑤乙酸鈷受熱分解，空氣中的成分不參與反應生成物有固態氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根據原子守恒配平即可，反應式為：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；26、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍，同時沒有氫氣放出中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性取Ⅱ中反應后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產生有刺激性氣味并能使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體金屬的種類、硝酸的濃度溫度【解析】

(1)銅與硝酸反應生成無色氣體為一氧化氮；(2)Ⅱ中鐵與溶液中的氫離子發生氧化還原反應生成H2；(3)①如硝酸根離子沒有發生反應，則Ⅰ溶液不會變藍，溶液變藍說明銅被氧化；②元素化合價處于最高價具有氧化性，銨根離子的檢驗可以加強堿并加熱，產生的氣體通過濕潤紅色石蕊試紙；(4)金屬與硝酸反應時，影響硝酸還原產物不同的因素金屬的活潑性，硝酸的濃度和溫度【詳解】(1)銅與硝酸反應生成無色氣體為一氧化氮，遇空氣變紅棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中鐵與溶液中的氫離子發生氧化還原反應生成H2，離子反應方程式為：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根離子沒有發生反應，則Ⅰ溶液不會變藍，溶液變藍說明銅被氧化，其實驗證據是硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍，同時沒有氫氣放出；②元素化合價處于最高價具有氧化性，NO中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性，被還原，銨根離子的檢驗可以加強堿并加熱，產生的氣體通過濕潤紅色石蕊試紙，所以具體操作為：取Ⅱ中反應后的溶液，加入足量NaOH溶液并加熱，產生有刺激性氣味并能使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體；(4)金屬與硝酸反應時，影響硝酸還原產物不同的因素有金屬的活潑性，硝酸的濃度和溫度。27、冷凝管濃硫酸（濃H2SO4）吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解③①②Cl2錫蒸餾316313H2O錐形瓶內溶液由無色變為藍色，半分鐘不褪色88.6【解析】

在A裝置中，MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成Cl2，由于濃鹽酸易揮發，所以生成的Cl2中混有HCl氣體和水蒸氣。B裝置中，飽和食鹽水可除去Cl2中的HCl，C裝置用于干燥Cl2，所以應放入濃硫酸；在排盡裝置內的空氣后，加熱D裝置，讓錫與Cl2反應生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F裝置收集，同時用G裝置吸收未反應的Cl2，并防止空氣中的水蒸氣進入F中，引起SnCl4的水解。【詳解】(1)裝置E的儀器名稱是冷凝管，由以上分析知，裝置C用于干燥氯氣，應盛放的試劑是濃硫酸（濃H2SO4）。答案為：冷凝管；濃硫酸（濃H2SO4）；(2)裝置G既可防止氯氣進入大氣，又可防止大氣中的水蒸氣進入裝置，所以其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解。答案為：吸收多余的Cl2，防止污染空氣；吸收空氣中的水蒸氣，防止產品水解；(3)實驗開始時，應先加藥品再制氯氣，最后發生Sn與Cl2的反應，所以正確的操作順序為③①②。答案為：③①②；(4)得到的產品顯黃色是因含有少量Cl2，可以向其中加入單質錫，讓其與Cl2反應生成SnCl4除去。由信息可知，雜質SnCl2的沸點比SnCl4高，可采取的操作名稱是蒸餾。答案為：Cl2；錫；蒸餾；(5)①利用得失電子守恒配平時，可先配含變價元素微粒的化學計量數，再利用電荷守恒、質量守恒配其它物質的化學計量數，從而得到配平的方程式為：3Sn2++IO3－+6H+=3Sn4++I－+3H2O。答案為：3；1；6；3；1；3H2O；②滴定終點時，發生反應IO3－+5I2－+6H+=3I2+3HO，生成的I2使淀粉變藍，從而得出產生的現象是錐形瓶內溶液由無色變為藍色，半分鐘不褪色。答案為：錐形瓶內溶液由無色變為藍色，半分鐘不褪色；③由反應方程式可得關系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100mo/L×8.00×10-3L=2.4×10-4mol，產品的純度為=88.6%。答案為：88.6。【點睛】在回答“為了進一步分離提純產品，采取的操作名稱”時，我們應清楚產品中混入了何種雜質，所以需從題干、表格中尋找信息，在表格中將SnCl2的熔、沸點與SnCl4進行了對比，從而暗示我們，雜質為SnCl2，由此便可確定凈化方法。28、+124正反應氣體分子數增加，水蒸氣起稀釋作用，相當于減壓的效果600℃，乙苯的轉化率和苯乙烯的選擇性均較高2[Ag(NH3)2]OH＋CO=(NH4)2CO3＋2Ag↓＋2NH3H2O－e－=－OH＋H＋【解析】

（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知，應是-CH2CH3中總鍵