黑龙江省龙西北高中名校联盟2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省龙西北高中名校联盟2025-2026学年高三上学期期中考试(本试卷满分100分，考试时间75分钟)注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55Cu-64Sn-119I-127一、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，只有一项是符合题目要求的。)1.生活中有许多现象或做法都蕴含着化学原理，下面说法正确的是A.“酒是陈的香”是因为酒在长期存放过程中生成了芳香烃B.小苏打受热分解产生使糕点疏松，可用于烘焙糕点C.变质的油脂有“哈喇”味是因为油脂发生了氢化反应D.燃放五彩缤纷的烟花是利用了焰色试验，焰色试验属于化学变化【答案】B【解析】A．"酒是陈的香"是因为酯化反应生成酯类物质，而非芳香烃，A错误；B．小苏打（）受热分解生成，使糕点疏松，正确描述其用途，B正确；C．油脂变质是因氧化或水解产生异味，而非氢化反应（氢化是加氢饱和的过程），C错误；D．焰色试验是物理变化（电子跃迁发光），D错误；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.的电子式： B.的VSEPR模型：C.HCl分子中共价键类型：键 D.乙醚的结构简式：【答案】C【解析】A．阳离子Ca2+应位于2个阴离子F-中间，电子式为，A错误；B．的价层电子对数为4，VSEPR模型应为四面体形，B错误；C．HCl分子为共价化合物，共价键为H-Cl键，类型为键，C正确；D．乙醚的结构简式：C2H5OC2H5，D错误。故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.铜与足量硫粉完全反应，转移电子的数目为B.和混合物所含的电子数大于C.标准状况下，正己烷所含的分子数目为D.常温下，的溶液中含的数目为【答案】A【解析】A．铜与硫反应生成，铜由0价升至+1价，每1molCu失去1mol电子，64gCu为1mol，转移电子数为，A正确；B．和的最简式均为，46g混合物含1mol基团，每基团含23mol电子，总电子数恰为，B错误；C．标准状况下正己烷为液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，C错误；D．pH=2的溶液中，浓度为0.01mol/L，1L溶液中数目为，而非，D错误；故选A。4.下列各组离子在水溶液中可以大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【解析】A．与OH-反应生成SO和水，不能大量共存，A不符合题意；B．在酸性条件下会氧化I-，发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．与、发生双水解反应生成沉淀、气体，不能大量共存，C不符合题意；D．、、、均为可溶性离子，相互间不反应，能大量共存，D符合题意；答案选D。5.下列关于和的说法正确的是A.和均可以通过化合反应制得B.和溶液的保存均需加入少量铁粉和盐酸防止变质C.可以通过能否使酸性溶液褪色来鉴别两物质的溶液D.向溶液加入溶液，久置后沉淀仍保持白色【答案】A【解析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，方程式：，Fe与氯气反应生成氯化铁，方程式：，都可以通过化合反应生成，A正确；B．保存：亚铁离子易被氧化为铁离子，加铁粉，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，可以防止氧化变质；保存：Fe3+会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量盐酸，增大溶液中的c(H+)，可抑制Fe3+的水解，B错误；C．由于氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性KMnO4溶液区分FeCl2和FeCl3溶液，C错误；D．向溶液加入溶液，产生白色沉淀，迅速变为灰绿，最终变为红褐色沉淀，D错误；故选A。6.、、、、为原子序数递增的短周期主族元素，分别位于第二和第三周期，其中只有是金属元素。室温条件下，某浓度的与的简单氢化物水溶液的分别为11和1，与相邻，和同族。下列说法错误的是A.第一电离能： B.原子半径：C.简单氢化物的稳定性： D.工业上通过电解法冶炼金属【答案】A【解析】某浓度的与的简单氢化物水溶液的分别为11和1，则判断X为N，Q为Cl；与相邻，则W是S；和同族则Y是O；Z是金属元素，可能是Na、Mg或Al，由此分析作答。A．Y为氧（O），X为氮（N）。第一电离能：N>O，因为N的2p轨道为半满稳定状态，A错误；B．Z为金属，可能是（Na、Mg或Al），W是硫（S）。原子半径：Na>Mg>Al>S。无论Z是Na、Mg还是Al，其原子半径均大于S，故B正确；C．Q为Cl，氢化物为HCl；W为S，氢化物为H2S。非金属性Cl>S，故氢化物稳定性HCl>H2S，故C正确；D．Z为金属（Na、Mg或Al），工业上：Na通过电解熔融NaCl制备，Mg通过电解熔融MgCl2制备，Al通过电解熔融Al2O3制备。无论Z哪种金属，均采用电解法，故D正确；故答案选A。7.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是宏观现象微观解释A氯化氢气体极易溶于水氯化氢是极性分子，溶剂水也是极性分子B金刚石不导电金刚石中碳原子的价电子都参与形成共价键，没有自由电子C甲烷燃烧放出大量热反应物分子的化学键键能较大，生成物分子的键能较小D钠暴露在空气中迅速失去金属光泽钠原子最外层只有一个电子，容易失去，与空气中的氧气反应，生成氧化钠覆盖在表面A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氯化氢是极性分子，水也是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，宏观现象与微观解释相符，故A不选；B．金刚石中每个碳原子的四个价电子均参与形成共价键，无自由电子，因此不导电，宏观现象与微观解释相符，故B不选；C．甲烷燃烧放热是因为反应物的化学键键能总和小于生成物的键能总和，断裂旧键吸收的能量小于形成新键释放的能量，宏观现象与微观解释不符，故C选；D．钠原子最外层只有一个电子，钠易失去最外层电子，与氧气反应生成氧化钠，覆盖表面导致失去光泽，宏观现象与微观解释相符，故D不选；故选C。8.某种有机物具有聚集诱导发光的性能，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A.该分子中无手性碳原子B.该分子中无杂化的碳原子C.与、、溶液都能发生反应D.该有机物的一氯代物一共有8种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】A．连接4个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，则该分子中不含手性碳原子，故A正确；B．该分子中有饱和碳原子(乙基上的碳)，采用sp3杂化，故B错误；C．含有羧基，与、、溶液都能发生反应，故C正确；D．分子中含有8种等效氢：，故一氯代物一共有8种，故D正确；答案选B。9.暖贴主要由铁粉、活性炭、无机盐、水、蛭石、吸水性树脂等组成，如图所示，具有携带方便、发热快、持续时间久等优点。下列有关说法错误的是A.暖贴发热原理为铁的吸氧腐蚀 B.活性炭作为原电池正极材料C.负极反应式为： D.透气膜的透氧速率越快，暖贴的发热温度越高【答案】D【解析】A．暖贴发热料中的铁粉、活性炭、无机盐及水之间能形成数目庞大的微小原电池，铁作负极，活性炭作正极，暖贴发热原理为铁的吸氧腐蚀，正极反应式为故A正确；B．该装置为原电池装置，铁作负极，活性炭作正极材料，故B正确；C．铁为负极，负极反应式为，故C正确；D．透气膜的透氧速率可控制氧气浓度，故可控制暖贴的发热时间和温度，透气膜的透氧速率与发热温度无直接关系，故D错误；故选D。10.下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作及现象结论A向蛋清溶液中加入的浓溶液，有白色沉淀生成蛋白质发生了变性B用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的气味该织物含纤维素C还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声具有还原性D将氯气通入溶液，观察到有淡黄色沉淀生成氯气的氧化性强于硫A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．Na2SO4浓溶液使蛋白质盐析，属于可逆过程，未变性，故A错误；B．用酒精灯灼烧织物产生类似烧焦羽毛的气味，该织物含蛋白质，而纤维素灼烧产生类似烧纸的气味，故B错误；C．还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声，该气体为H2，生成H2说明H2O作为氧化剂，体现氧化性而非还原性，故C错误；D．将氯气通入溶液，观察到有淡黄色沉淀生成，说明Cl2将S2-氧化为S，证明Cl2氧化性强于硫，故D正确；故选D。11.某同学进行粗盐提纯实验，除去样品中的、、并进行定性检验。设计操作流程如下：已知室温条件下：，，。一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于时，化学上通常认为沉淀完全。下列说法错误是A.步骤②调节溶液的，可使沉淀完全B.其他步骤不变，将步骤①和步骤②的顺序调换仍会生成大量白色沉淀MC.步骤⑤加入过量盐酸后溶液中存在的阴离子为和D.步骤④和步骤⑥均用到的玻璃仪器是玻璃棒【答案】C【解析】用沉淀法分离杂质离子，用碳酸钠除去，用氯化钡去除，用氢氧化钠去除，，，，为保证杂质完全反应，所加的除杂试剂都适当过量，且碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加，可以除去过量的钡离子()，过滤沉淀后用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠(，)。A．欲使沉淀完全，即残余。根据，可计算出此时溶液中应大于。当时，，大于，能使沉淀完全，A正确；B．根据题干信息，最终得到的NaCl固体样品溶解后加入BaCl2溶液后产生白色沉淀，应该是前面的或未被完全处理干净，这说明原除杂流程中步骤①所加不足或步骤⑤所加盐酸不足。交换步骤①和步骤②的顺序，即将加入和的顺序颠倒，并不影响和的去除。因此，若原流程会生成沉淀M，调换顺序后仍会生成，和步骤①与步骤②的顺序无关，B正确；C．过量盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应：、，阴离子只有Cl-，C错误；D．步骤④为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，玻璃棒用来引流，步骤⑥是蒸干，用到的玻璃仪器是玻璃棒，用来搅拌，D正确；故选C。12.十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，一定条件下，在某催化剂作用下，依次经历反应i和反应ii释放氢气：反应i．；反应ii．脱氢过程中的能量变化如图所示。下列叙述错误的是A.该过程中发生了极性键的断裂与非极性键的形成B.利用反应i和反应ii制备氢气，原子利用率小于100%C.使用催化剂可以加快反应速率，不能改变反应热D.由图可知由储氢制是吸热反应，适当升温可以提高产率【答案】D【解析】A．该过程中发生了极性键的断裂与非极性键的形成，A正确；B．利用反应i和反应ii制备氢气，无法将所有原子都制备为氢气，所以原子利用率小于100%，B正确；C．反应热只与物质的初末状态有关，使用催化剂可以加快反应速率，不能改变反应热，C正确；D．由图可知由储氢制是放热反应，适当升温可以降低产率，D错误；故选D。13.生物基醇酸树脂是以可再生植物油脂等为原料合成的环保树脂，兼具良好光泽、附着力与生物降解性。由呋喃-2，5-二甲酸和植物油制备生物基醇酸树脂的反应如图所示(—R为烃基)。下列叙述正确的是A.呋喃-2，5-二甲酸分子中所有原子一定共平面B.图中植物油中只含有一种含氧官能团C.上述化学方程式中高级脂肪酸的化学计量数D.生物基醇酸树脂性质稳定，在酸性介质和碱性介质中都可以储存【答案】B【解析】A．呋喃环为平面结构（五元环中O和C原子共平面），羧基中C为杂化，通过单键旋转可使羧基平面与呋喃环平面重合，所有原子可能共平面，但不一定共平面，A错误；B．图中植物油中只含有酯基一种含氧官能团，B正确；C．根据反应中酯交换原理，呋喃-2,5-二甲酸每个分子含2个羧基（-COOH），n个分子共2n个羧基，每个羧基与植物油中的1个酯基发生酯交换生成1个高级脂肪酸（RCOOH），由质量守恒可知，生成高级脂肪酸的化学计量数，C错误；D．树脂含酯基，碱性条件下酯水解生成羧酸盐和醇（不可逆），酸性条件下水解可逆，故无法在酸性介质和碱性介质中储存，D错误；故选B。14.近日，我国科学家成功制备了高质量氮掺杂钛酸钡铁电薄膜，并实现了钛酸钡铁电性能的显著增强。钛酸钡的立方晶胞结构如图所示(所有阳离子均与最近的阴离子相切)，已知晶胞参数为，的半径为。下列叙述错误的是A.薄膜中掺杂的钛酸钡中钛元素的化合价为+4B.一个钛酸钡晶胞中含有3个原子C.和“●”距离最近且相等的“○”数目为12D.【答案】C【解析】A．钛酸钡中，Ba为+2价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和0，可得Ti的化合价为+4，故A正确；B．钛酸钡晶胞中，位于棱心，棱心原子的晶胞占有率为，因此1个晶胞中O原子数为，故B正确；C．以顶点的“●”为研究对象，其周围距离最近且相等的“○”数目是6个（上下、左右、前后各1个棱心），并非12个，故C错误；D．根据题目“所有阳离子均与最近的阴离子相切”，Ba2+位于体心、O2-位于棱心，晶胞参数为apm，则r(Ba2+)+r(O2-)=pm，r(O2-)=bpm，pm，故D正确；故答案选C。15.常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为。所有含碳物种的摩尔分数[例如]与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知初始浓度。下列说法错误的是A.曲线I表示的变化情况B.的电离平衡常数C.时，D.时，【答案】B【解析】随着pH的增大，c（H+）减小，平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，c(CH3COOH)减小、c(CH3COO-)增大，即CH3COOH的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，同时的平衡正向移动，CH3COOAg的摩尔分数增大，但当pH增大到一定程度时，部分Ag+转化为沉淀，使得平衡逆向移动，CH3COOAg的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，故曲线Ⅰ代表CH3COOH的摩尔分数变化，曲线Ⅱ代表CH3COO-的摩尔分数变化，曲线Ⅲ代表CH3COOAg的摩尔分数变化，据此分析解题。A．由上述分析可知，曲线Ⅰ代表CH3COOH的摩尔分数变化，故A正确；B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时(即线Ⅰ和线Ⅱ的交点)，溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，故B错误；C．pH=n时，=10-m，c(CH3COO-)=10n-mc(CH3COOH)，的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C正确；D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.1mol/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)＜0.1mol/L，故D正确；答案选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分。)16.随着城市现代化建设速度的加快，大量废气排放到空气中，酸雨的问题日趋严重。减少废气的排放是环境保护的重要内容，解决酸雨问题是当代青年的历史使命。回答下列问题：（1）酸雨是指pH_______的雨水，根据其主要来源和形成过程可以分为硫酸型酸雨和硝酸型酸雨。（2）下图显示了硫酸型酸雨形成的两种主要途径。某地酸雨随时间推移酸性会增强，请结合以上途径写出酸性发生变化的原因：_______(用①、②、③、④某步反应的化学方程式解释)。（3）研究发现，空气中少量的能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：①②③在上述过程中的作用是_______。（4）用的碱性溶液吸收比用的碱性溶液吸收脱硫效果好，原因是_______。（5）煤燃烧产生的废气要进行常温脱硫处理，检验脱硫后的废气中是否含有的方法是_______。（6）汽车尾气中的氮氧化物是形成硝酸型酸雨的罪魁祸首。治理方法之一是在汽车的排气管上装“催化转化器”，它能使CO与NO发生反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比_______。（7）利用氨水可以将和吸收，原理如图所示：被吸收的离子方程式为_______。【答案】（1）小于5.6（2）（3）催化剂和氧化剂（4）氧化生成，同时与结合生成微溶的有利于反应进行（5）将气体通入品红溶液中，若品红褪色，说明废气中还含有；反之说明废气中不含（6）（7）【解析】（1）酸雨是指pH小于5.6的雨水。（2）酸雨随时间推移酸性会增强，是因为亚硫酸被氧化为硫酸，反应方程式为。（3）在上述过程中参与反应又生成，符合催化剂的作用，在反应过程中N元素化合价降低，做氧化剂，故答案为催化剂和氧化剂。（4）用的碱性溶液吸收比用的碱性溶液吸收脱硫效果好，原因是氧化生成，同时与结合生成微溶的有利于反应进行。（5）可使品红溶液褪色，检验脱硫后的废气中是否含有的方法是将气体通入品红溶液中，若品红褪色，说明废气中还含有；反之说明废气中不含。（6）CO与NO发生反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应方程式为：，此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1。（7）利用氨水可以将和吸收，被吸收的离子方程式为。17.钛白粉()具有极佳的白度和良好的光学活性，常用于涂料、化妆品和光敏催化剂等工业。工业上常以金红石(主要成分为)为原料冶炼钛白粉，工艺流程主要由氯化工艺、氧化工艺和后处理工艺三部分组成，流程如图所示。氯化工艺：氧化工艺：后处理工艺：回答下列问题：（1）的电子式为_______。（2）氯化是一个“气-固-固”反应，有利于金红石-石油焦(主要成分为碳)固-固”接触的措施是_______。(请写出两条措施)。（3）沸腾氯化炉的整体温度要稳定在，反应中有生成，氯化的化学方程式为_______。（4）氯化过程中会产生和等尾气，若用石灰乳吸收尾气，反应的化学方程式为_______。（5）气体在整个工艺中可循环利用，为_______(写名称)。（6）利用“水解”方法也可以将制成，制备过程中适当稀释并加热的目的是_______。（7）后处理工艺中，通过过滤机对浆液进行过滤，随后送至水洗槽进行冲洗洗涤，检验是否洗涤干净需要的试剂有_______(写化学式)。【答案】（1）（2）将两固体粉碎后混合，同时鼓入，使固体粉末“沸腾”（3）（4）（5）氯气（6）促进四氯化钛的水解平衡正向移动，提高产率（7）、【解析】由题给流程可知，以金红石为原料冶炼钛白粉的过程为：金红石中的二氧化钛与氯气和石油焦中的碳高温条件下反应、分离得到粗四氯化钛，粗四氯化钛经一系列提纯处理得到精四氯化钛；预热后的精四氯化钛与预热的氧气反应、分离得到氯气和二氧化钛基料；二氧化钛基料经湿磨、过滤、洗涤、干燥、气流粉碎得到成品二氧化钛。（1）氯气是含有共价键的非金属单质，电子式为；（2）氯化时，将金红石与石油焦分别粉碎后混合，同时鼓入氯气，使固体粉末“沸腾”有利于金红石与石油焦成分接触；（3）由题意可知，氯化发生的反应为二氧化钛在1000℃高温条件下与氯气和碳反应生成四氯化钛和一氧化碳，根据原子守恒，反应的化学方程式为：；（4）混合气体中的一氧化碳与石灰乳不反应，而氯气能与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则用石灰乳吸收尾气的化学方程式为：；（5）由分析可知，生成X的反应为预热后的精四氯化钛与预热的氧气反应生成氯气和二氧化钛，则X为氯气；（6）由四氯化钛水解生成二氧化钛的反应为：TiCl4+2H2OTiO2+4HCl，该反应为吸热反应，适当稀释和加热都能使平衡向正反应方向移动，有利于提高二氧化钛的产率；（7）检验二氧化钛是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，检验所需的试剂为、。18.四碘化锡主要用作分析试剂、有机合成原料，并可通过锡碘化物还原法提升钙钛矿太阳能电池的光电性能与稳定性。某实验小组利用金属锡与碘反应制备四碘化锡并测定纯度。已知四碘化锡是橙红色针状晶体，受热易升华，在潮湿空气中即可发生水解，易溶于等有机溶剂。I．四碘化锡的制备：在圆底烧瓶中加入碘晶体、锡箔和，按下图组装好仪器(夹持装置已省略)，加热一段时间后停止加热。趁热用倾析法把溶液转入另一蒸馏烧瓶中，用少量洗涤圆底烧瓶及剩余固体，将洗涤液合并入蒸馏烧瓶内，蒸馏回收溶剂，得到四碘化锡产品。（1）图中仪器A的名称为_______，B中冷凝水的进水口为_______(填a或b)。（2）制备过程中加入的目的是_______。（3）加热至回流液_______(填现象)，则可判断制备反应已结束。（4）下列做法错误的是_______。a．反应物和溶剂在使用前需除水b．用洗涤圆底烧瓶及剩余固体的目的是提高产品的产率c．蒸馏回收溶剂时也可采用仪器B用于冷凝d．可将得到的四碘化锡产品放置在烘箱中干燥II．四碘化锡纯度的测定取产品加入足量的水，使其充分水解生成，将上层清液转移至容量瓶中定容，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生的反应为，平行测定三次，平均消耗标准溶液的体积为。（5）滴定时盛装标准溶液的仪器名称为_______，滴定终点的现象为_______。（6）产品的纯度为_______(小数点后保留一位)。【答案】（1）①.球形干燥管②.b（2）溶解碘晶体，增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分（3）回流液无紫色(或回流液为无色液体)（4）cd（5）①.酸式滴定管②.滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去（6）31.4【解析】该反应提供反应物Sn与I2发生氧化还原反应生成SnI4​，四氯化碳作为‌溶剂‌，溶解反应物碘单质和生成的SnI4，同时使Sn与I2​充分接触，加速反应；加热一段时间。趁热用倾析法将溶液转入另一蒸馏烧瓶，用少量CCl4洗涤圆底烧瓶及剩余固体，将洗涤液合并入蒸馏烧瓶内。趁热转移：避免四碘化锡冷却后结晶析出，影响回收效率后续可通过蒸馏回收CCl4，实现溶剂循环利用。（1）仪器A的名称为球形干燥管。为确保冷凝效果，采取下进上出的进水方式，故选择进水口。（2）根据分析可知，制备过程中加入CCl4的目的是溶解碘晶体，增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。（3）碘单质为紫色，当加热至回流液中无紫色蒸汽，说明碘单质完全反应，制备反应已结束。（4）a．四碘化锡遇水易水解，反应物和溶剂在使用前需除水，a正确；b．用CCl4洗涤圆底烧瓶及剩余固体，可使产品尽可能多地转移，提高产品的产率，b正确；c．蒸馏回收溶剂时应该用直形冷凝管，c错误；d．四碘化锡受热易升华，不能放置在烘箱中干燥，d错误；故选cd（5）溶液水解显酸性，应该用酸式滴定管盛装。滴定终点时，反应，溶液变为红色，所以滴定终点的现象为溶液变为红色，且半分钟内不褪色。（6）根据反应，以及，可得关系式。平均消耗标准FeCl3溶液的体积为20.00mL，其物质的量n(FeCl3)=0.0100mol/L×0.02L=2×10-4mol，则25.00mL溶液中n(I⁻)=2×10-4mol，250mL溶液中n(I⁻)=2×10-3mol，所以，则m(SnI4)=5×10-4mol×627g/mol=0.3135g，