浙江省绍兴市诸暨市高三第一次调研测试新高考化学试卷及答案解析

浙江省绍兴市诸暨市高三第一次调研测试新高考化学试卷注意事项：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，再选涂其它答案标号。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。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在常温常压下，将100mLH2S与O2混合气体在一定条件下充分反应后，恢复到原来的状况，剩余气体25mL。下列判断错误的是（）A．原混合气体中H2S的体积可能是75mLB．原混合气体中O2的体积可能是50mLC．剩余25mL气体可能全部是SO2D．剩余25mL气体可能是SO2与O22、以下说法正确的是（）A．共价化合物内部可能有极性键和非极性键B．原子或离子间相互的吸引力叫化学键C．非金属元素间只能形成共价键D．金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键3、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染4、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11B．n点表示AgCl的不饱和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.045、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是（）A．碳酸钠水解是吸热反应B．ab段说明水解平衡向右移动C．bc段说明水解平衡向左移动D．水的电离平衡也对pH产生影响6、常温下，某H2CO3溶液的pH约为5.5，c(CO32-)约为5×10-11mol•L-1，该溶液中浓度最小的离子是()A．CO32- B．HCO3- C．H+ D．OH-7、在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−实验用品实验操作和现象①1.00×10-2mol/LNa2SO3溶液②1.00×10-2mol/LNaHSO3溶液③5.00×10-3mol/LNa2S2O5溶液实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。实验2：溶液①与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32−)随反应时间变化如下图所示。实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A．Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32−+H2OHSO3−+OH−B．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度C．实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D．实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同8、下列属于非电解质的是（）A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO39、NA表示阿伏加德罗常数的数值。乙醚(CH3CH2OCH2CH3)是一种麻醉剂。制备乙醚的方法是2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O.下列说法正确的是A．18gH218O分子含中子数目为10NAB．每制备1molCH3CH218OCH2CH3必形成共价键数目为4NAC．10g46%酒精溶液中含H原子个数为1.2NAD．标准状况下,4.48L乙醇含分子数为0.2NA10、下列由实验得出的结论正确的是实验结论A将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32－C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖D相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性非金属性：S>CA．A B．B C．C D．D11、化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法错误的是A．食用油脂饱和程度越大，熔点越高B．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力C．蚕丝属于天然高分子材料D．《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指K2CO312、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光——热——电”能量转换形式的是A．光致(互变异构)储能B．生产甲醇燃料C．太阳能熔盐发电D．太阳能空间发电13、下列有关物质与应用的对应关系正确的是（）A．甲醛可以使蛋白质变性，所以福尔马林可作食品的保鲜剂B．Cl2和SO2都具有漂白性，所以都可以使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C．碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D．氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝14、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A．气体密度不再变化B．Y的体积分数不再变化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：315、常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B．b=20.00C．R、Q两点对应溶液均呈中性D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等16、锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B．充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Z>M>YB．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C．X+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体D．Z的最高价氧化物的水化物是中强碱18、下列说法正确的是（）A．不锈钢的防腐原理与电化学有关B．高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂D．纯碱去油污原理是油污溶于纯碱19、已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A．该反应类型为取代反应B．N分子中所有碳原子共平面C．可用溴水鉴别M和ND．M中苯环上的一氯代物共4种20、下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A验证牺牲阳极的阴极保护法酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C配制1.000mol/LNaClNaCl容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶D制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A．A B．B C．C D．D21、下列有关化工生产原理正确的是A．工业制取烧碱：Na2O+H2O=2NaOHB．工业合成盐酸：H2+Cl22HClC．工业制取乙烯：C2H5OHCH2=CH2↑＋H2OD．工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O22、用如图装置进行实验,下列预期实验现象及相应结论均正确的是（）ab预期实验现象结论A铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体浓硝酸有强氧化性B木条18.4mol·L-1硫酸木条下端变黑浓硫酸有酸性和氧化性C生铁NaCl溶液导管处发生水倒吸生铁发生吸氧腐蚀D铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中Y、Z为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，W的用途之一是计算机芯片，W在周期表中的位置为___________，Y的用途有_________，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式_________。（2）若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为___________。（3）若X为淡黄色粉末，Y为生活中常见液体，则：①X的电子式为_______________，该反应的化学方程式为____________，生成的化合物中所含化学键类型有________________________。②若7.8克X物质完全反应，转移的电子数为___________。24、（12分）化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：(1)A→B的反应的类型是____________反应。(2)化合物H中所含官能团的名称是____________和____________。(3)化合物C的结构简式为___________。B→C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为___________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。①能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知：CH3CH2OH。写出以环氧乙烷（）、、乙醇和乙醇钠为原料制备的合成路线流程图_______________（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。25、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④……⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。26、（10分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。27、（12分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。②装置连接顺序：A→___→___→___→E→D。③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。（2）少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是___。（3）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。①W溶液可以是___(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___(用含V、m的式子表示)。28、（14分）污水处理是保护环境的需要，是每家企业应尽的义务。已知Cr(OH)3在碱性较强的溶液中将生成[Cr(OH)4]-，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍。因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法。（1）还原法：在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬。具体流程如下：有关离子完全沉淀的pH如下表：有关离子Fe2+Fe3+Cr3+完全沉淀为对应氢氧化物的pH9.03.25.6①写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_____。②还原+6价铬还可选用以下的试剂_____（填序号）。A．明矾B．铁屑C．生石灰D．亚硫酸氢钠③在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀。在操作②中调节pH应分2次进行，第1次应先调节溶液的pH范围约在____（填序号）最佳，第2次应调节溶液的pH范围约在____（填序号）最佳。A．3～4B．6～8C．10～11D．12～14用于调节溶液pH的最佳试剂为：____（填序号）；A．Na2O2B．Ba(OH)2C．Ca(OH)2D．NaOH（2）电解法：将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。④写出阴极的电极反应式_____。⑤电解法中加入氯化钠的作用是_____。29、（10分）光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti的某种晶型的氧化物，M可用作光催化材料。（1）基态Ti原子的价层电子排布图为___________。（2）在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素名称是___________。（3）金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为_______。距离每个钛原子最近且等距的钛原子有________个。（4）生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH)等，氧化物M可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子为________，甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_________，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_________，已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，试解释此差异的主要原因_______。（5）M的晶胞结构如图2，M的化学式为___________。（6）石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图3)，其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M的结合使用，极大地提高了M的光催化效果。在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有______个C原子。已知石墨烯中C-C键长为apm，则单层石墨烯的比表面积为______m2/g(NA表示阿伏伏德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；据此讨论；若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，发生反应①，没有气体；若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，气体为二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，气体为二氧化硫，据此进行分析。【详解】H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，发生反应①H2S有剩余，则2H2S+O2═2S↓+2H2O体积变化∆V21350mL25mL100-25=75mL剩余气体为25mLH2S，原混合气体中O2为25mL，H2S为100-25=75mL，符合题意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有剩余气体，不符合题意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，发生反应②，氧气有剩余，则:2H2S+3O2═2SO2+2H2O体积变化∆V232350mL7550100-25=75mL剩余气体为氧气、二氧化硫，其中二氧化硫为50mL，不符合题意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，发生反应②，最后气体为二氧化硫，体积为50mL，不符合题意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，发生反应①②，硫化氢、氧气全部反应，剩余气体为二氧化硫，n(SO2)=25mL；则根据反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根据题意可知，H2S与O2混合气体共100mL，所以发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S与O2的总体积为100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合气体中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；结合以上分析可知，只有D选项不可能；故答案选D。2、A【解析】

A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D不正确；答案选A。3、C【解析】

A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；答案选C。4、D【解析】

A.Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B.n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C.设c(Cl-)=c(C2O42-)=amol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。5、C【解析】

A．根据图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；B．ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，二者均为吸热反应，bc段中温度进一步升高，水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；D．随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；故选C。【点睛】本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。6、A【解析】

已知常温下某H2CO3溶液的pH约为5.5，则c（OH-）=10-8.5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-），已知c(CO32-)约为5×10-11mol/L，所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-；故选A。7、C【解析】

A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−，所以溶液显碱性，故A正确；B.HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于水解程度，故B正确；C.根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D.根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。8、B【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。9、C【解析】A、18gH218O分子含中子数目为×10NA=9NA，故A错误；B、每制备1molCH3CH218OCH2CH3，分子间脱水，形成C—O、O—H共价键，形成共价键数目为2NA，故B错误；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水5.4g,含H原子=(×6+×2)×NA=1.2NA，含H原子个数为1.2NA，故C正确，D、标准状况下,4.48L乙醇为液态，故D错误；故选C。10、D【解析】

A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；答案选D。11、B【解析】

A．油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高，所以食用油脂饱和程度越大，熔点越高，故A正确；B．生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁比纯铁更易腐蚀，故B错误；C．蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；D．采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以是碳酸钾，故D正确；答案选B。【点睛】生铁是铁的合金，易形成原电池，发生电化学腐蚀。12、C【解析】

A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；B、光能转变成化学能，故B不符；C、采用“光——热——电”能量转换形式，故C符合；D、光能转换为电能，故D不符；故选C。13、C【解析】

A．甲醛可使蛋白质变性，可以用于浸泡标本，但甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，A错误；B．滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体后溶液褪色，发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质，B错误；C．小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，C正确；D．电解氯化铝的水溶液得到氢气、氯气和氢氧化铝，制取不到Al，电解熔融氧化铝生成铝，D错误；答案为C。【点睛】Cl2和SO2都具有漂白性，但漂白原理不同；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色体现酸性氧化物的性质，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性。14、B【解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B.Y的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B。15、B【解析】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5，A错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；故合理选项是B。16、C【解析】

A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。17、D【解析】

短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；A．Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y>Z>M，故A错误；B．Z为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；C．X为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；D．Z为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。18、B【解析】

A．耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误；B．硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确；C．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；D．纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。故答案为B。19、C【解析】

A.M中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A错误；B.异丙基中的碳是四面体结构，N分子中所有碳原子不能平面，故B错误；C.M中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M和N，故C正确；D.M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，故D错误；故选C。20、A【解析】

A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；故合理选项是A。21、D【解析】

A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，A错误；B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；C.C2H5OHCH2=CH2↑+H2O是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，D正确；故合理选项是D。22、C【解析】

A.铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮，试管c中的气体呈无色，A错误；B.木条与浓硫酸作用，木条下端变黑，说明浓硫酸具有脱水性，B错误；C.NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，试管b中气体的压强减小，导管处发生水倒吸，C正确；D.铁能够与盐酸反应放出氢气，氢气也是无色气体，D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅣA族光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑离子键、极性键0.1NA【解析】

⑴若实验室经常用澄清石灰水来检验X的燃烧产物，即X为碳，W的用途之一是计算机芯片，即为硅，W在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有光导纤维，写出Y与NaOH溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案为第三周期ⅣA族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；⑵若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；⑶若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y为生活中常见液体即为，则：①X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；离子键、极性键；②过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。24、氧化羰基羧基【解析】

被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，据此分析。【详解】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。(1)A→B的反应的类型是氧化反应；(2)根据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是羧基和羰基；(3)化合物C的结构简式为；B→C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可知，该副产物的结构简式为；(4)D为，它的一种同分异构体同时满足：①能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分异构体为；(5)已知：CH3CH2OH。环氧乙烷（）与HCl发生开环加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH在乙醇钠和乙醇作用下，再与转化为，在氢氧化钠溶液中加热得到，酸化得到，在浓硫酸催化下加热生成，合成路线流程图为。【点睛】本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】

Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。26、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②该原电池负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。27、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气ac×100%或%或%或%【解析】

(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；