绥化市重点中学2026届化学高三上期中学业水平测试模拟试题含解析

绥化市重点中学2026届化学高三上期中学业水平测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于晶体的叙述中，正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体2、下列有关实验的选项正确的是(

)ABCD苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作从KI和I2的固体混合物中回收I2中和热的测定分离乙醇和丙三醇的混合物A．A

B．B

C．C

D．D3、下列说法中，正确的是A．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂B．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用4、表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是()选项气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BSO270%的浓H2SO4Na2SO3固体98%的浓H2SO4CNO稀HNO3铜屑H2ODNO2浓HNO3铜屑NaOH溶液A．A B．B C．C D．D5、赤铜矿的成份是Cu2O，辉铜矿的成份是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物又是还原产物C．每生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为2molD．该反应中氧化产物与还原产物的质量比为1∶66、下列说法不正确的是A．干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力B．硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键C．氯化氢气体溶于水时，只有共价键的断裂，没有化学键的形成D．石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成7、“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A．若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B．若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D．若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O8、化学与生产、生活密切相关，下列过程涉及氧化还原反应的是()A．生石灰作煤燃烧的脱硫剂 B．炒菜时加点酒和醋C．肥皂水清洗蚊虫叮咬处 D．司母戊鼎表面出现铜绿9、高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10下列说法不正确的是（）A．在冰醋酸中这四种酸都是弱酸B．在冰醋酸中可能发生：HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋+SO42-D．酸性：HCl>HNO310、下列反应能用离子方程式CO32-+2H+==CO2↑+H2O表示的是A．石灰石与足量盐酸反应B．碳酸钠与足量盐酸反应C．碳酸钠与足量醋酸反应D．碳酸钡与足量硝酸反应11、“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（）A．反应属于氧化还原反应 B．丁物质一定是非金属单质C．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2 D．甲和丙中同种元素的化合价不可能相等12、Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些探究实验。利用如图所示装置可以探究SO2与BaCl2反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是（）A．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应B．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触C．Y形管乙中产生的是氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀D．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体13、实验表明，相同温度下，液态纯硫酸的导电性强于纯水。下列关于相同温度下纯硫酸的离子积常数K和水的离子积常数Kw关系的描述正确的是A．K>Kw B．K=Kw C．K<Kw D．无法比较14、设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．7.2gCaO2固体中阴阳离子总数为0.3NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数目为2NAC．在一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移的电子数目为0.2NAD．10g质量分数为46%的乙醇溶液中O-H键数目为0.7NA15、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)16、在含amolFeCl3溶液中加入含bmolFe和bmolCu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是A．当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋B．当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2bmol≤n(e－)≤4bmolC．当2a＝5b时，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋D．当2b<a<4b时，反应后的溶液中n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(a－2b)∶(a＋b)二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是重要的化工原料，以乙烯为原料在不同条件下可合成下列物质（部分条件未标出）：（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为__________，该反应类型是____________（2）反应⑥的化学方程式是______________实验现象是__________________（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的方程式为：____________（4）苯乙烯中所含官能团的名称_____________（5）苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式是_____________________（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物，写出合成路线图_________________。（合成路线常用的表示方法为：）18、A、B、C、X均为中学化学常见物质，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则A不是_____(填序号)。a．Cb．Nac．Ald．S若C是红棕色气体，则A可能是___________或____________。（2）若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，则反应①的化学方程式为___________________________________________________。（3）若X为苛性碱，A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则反应②的离子方程式为___________________________________________________。19、焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，常用作食品抗氧化剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3（饱和溶液）→Na2S2O5（晶体）+H2O（l）①如图装置中仪器A的名称是_________，A中发生反应的化学方程式为_________。②F中盛装的试剂是__________________，作用是____________________。③实验前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶体在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。⑤若撤去E，则可能发生___________________。（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去综合实验结论，检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的试剂为__________，探究二中反应的离子方程式为__________。20、无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，装置如下图所示。已知：①SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体－33114②SnCl4遇水极易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题：（1）导管a的作用是__________，装置A中发生反应的离子方程式为_____________。（2）当观察到装置F液面上方出现______现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和_________。（3）若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_______________________________。（4）Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2，为了防止产品中带入过多的SnCl2，装置D可改为油浴加热来控制温度，该温度范围是________。（5）制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用0.1000mol·L—1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为_______________。21、甲醇是一种重要的可再生能源．(1)已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/molCO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：______．(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)．甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率υ(H2)=______．(3)在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如乙图所示．①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是______．(填字母)A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再改变C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变②比较A、B两点压强大小PA______PB(填“＞、＜、=”)．③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=______L．(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)．①若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：______．②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；

B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，故B错误；C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，不是熔、沸点越高，故C错误；D．共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如HCl等，故D错误；故答案为A。【点睛】原子晶体的三态变化破坏的是共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高；分子晶体的三态变化破坏的是分子间作用力，分子间作用力大的熔沸点高。2、D【详解】A.分离出水层后，应该从上口倒出碘的苯溶液，不符合题意，A错误；B.图示仪器为蒸发皿，对固体进行加热时，应用坩埚，不符合题意，B错误；C.测定中和热时，大小烧杯之间应用泡沫塑料填满，以防止热量的散失，不符合题意，C错误；D.乙醇和丙三醇是两种互溶的液体，但二者的沸点不同，应用蒸馏进行分离，符合题意，D正确；答案为D。3、B【详解】A.阳离子不一定只能得到电子被还原，如Fe2+既能得到电子被还原，又能失电子被氧化，故A错误；B.锌比铁活泼，海轮外壳上镶入锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法可减缓船体的腐蚀，故B正确；C.吸热反应还是放热反应与反应条件无关，它取决于反应物和生成物的总能量相对大小，故C错误；D.锥形瓶没有必要洗净并烘干后使用，故D错误；答案选B。4、B【详解】A.因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；B.Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；C.NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；D.NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；故选B。5、D【解析】试题分析：A、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu元素化合价降低，所以反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，A错；Cu为还原产物，B错；分析氧化还原反应可知每摩尔反应转移6mole-，所以生成1molCu，还原剂转移给氧化剂的电子为1mol，C错；分析可知SO2是氧化产物、Cu是还原产物，质量比是1×64:6×64=1:6，故D对。考点：理解氧化还原反应。点评：氧化还原反应的实质是电子的转移，表现为元素化合价的变化，掌握双线桥法，是对氧化还原反应的计算，氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物判断的基础。6、C【解析】A．干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B．硫酸氢钠是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO4-在水中电离需要克服共价键，故B正确；C．氯化氢气体溶于水时，H-Cl共价键的断裂，生成H3O+时有共价键的形成，有化学键的形成，故C错误；D．石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故答案为C。7、B【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。8、D【分析】A.煤燃烧生成的SO2，可与生石灰发生化合反应：CaO+SO2=CaSO3；B.酒的主要成分为乙醇（CH3CH2OH），醋的主要成分为乙酸（CH3COOH），故两者会发生酯化反应；C.肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应；D.铜绿是铜和空气中的水、氧气和二氧化碳反应生成的碱式碳酸铜。【详解】A.煤燃烧生成的SO2，可与生石灰发生化合反应：CaO+SO2=CaSO3，故生石灰作煤燃烧的脱硫剂过程涉及的反应是化合反应，而不是氧化还原反应，A项错误；B.炒菜时加点酒和醋，该过程主要涉及的反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，不涉及氧化还原反应，故B项错误；C.肥皂水显碱性，会与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，故该过程发生的不是氧化还原反应，C项错误；D.铜绿是铜和空气中的水、氧气和二氧化碳反应生成的碱式碳酸铜，因此司母戊鼎表面出现铜绿，是金属铜被空气中的氧气氧化，最终反应生成铜绿的过程，涉及氧化还原反应，故D项正确；答案选D。9、C【详解】A．根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，都是弱酸，选项A正确；B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，反应HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4能进行，选项B正确；C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，选项C错误；D．Ka(HCl)>Ka(HNO3)，故酸性：HCl>HNO3，选项D正确；答案选C。10、B【解析】A.离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+＋H2O+CO2↑；B.离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；C.离子方程式：2CH3COOH+→2CH3COO－+H2O+CO2↑，D.离子方程式：BaCO3+2H+Ba2+＋H2O+CO2↑。故选B。11、D【详解】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2；A．该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；B．丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故B正确；C．配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故C正确；D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氧化还原反应、质量守恒定律，解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键，再从化合价变化的角度分析氧化还原反应，结合质量守恒分析即可，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。12、D【详解】A．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误。B．如果Y形管乙产生极易溶于水的气体，如氨气，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误。C．与BaCl2不反应，不能生成BaSO3，若Y形管乙中产生的是氧化性气体，氧化性气体将氧化成，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；D．若Y形管乙中产生的气体是氨气，氨气是碱性气体，导入使溶液呈碱性或中性时，可以与反应生成大量的，与反应生成BaSO3，浓氨水和NaOH固体混合可以制得氨气，因此e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体，故D正确。综上所述，答案为D。13、A【详解】因为相同温度下，液态纯硫酸的导电性强于纯水的，这说明醇硫酸的电离程度大于水的，所以其离子积常数也应大于水的离子积；答案选A。14、D【详解】A.CaO2由Ca2+和O22-构成，7.2gCaO2物质的量为0.1mol，固体中阴阳离子总数为0.2NA，A错误；B.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，有部分NO2化合生成N2O4，所以产物的分子数目应小于2NA，B错误；C.在一定条件下，6.4克铜为0.1mol，它与过量的硫反应，生成Cu2S，转移电子的数目为0.1NA，C错误；D.10克质量分数为46%的乙醇溶液中含O-H键的分子包括乙醇分子和水分子，含有O-H键的数目为=0.7NA，D正确；故选D。【点睛】NO与O2充分反应，生成NO2，如果我们平时没有接触NO2两分子化合生成N2O4的反应，我们很难想到这一事实，所以在平时的学习过程中，我们一定要多看书、多接触试题，努力拓宽自己的知识面。15、D【解析】A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。16、D【解析】分析：还原性：Fe>Cu，当a≤2b时发生反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；当a≥4b时发生反应4Fe3++Fe+Cu=5Fe2++Cu2+；当2b≤a≤4b时，Fe3+完全反应，转移电子为amol；当2b<a<4b时，Fe完全反应，Cu部分反应，根据反应方程式计算出amolFe完全反应后剩余Fe3+的物质的量，然后可计算出生成Cu2+的物质的量，反应后溶液中Fe2+的物质的量为（a+b）mol，据此可计算出反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）。详解：A.当a⩽2b时,Fe恰好完全反应，发生的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；B.当2b⩽a⩽4b时，Fe3+完全反应，根据电子守恒可知转移电子为amol×(3−2)=amol，即反应中转移电子的物质的量n(e−)为

2bmol⩽n(e−)⩽4bmol，故B正确；C.当2a=5b时，即

a=2.5b,bmolFe完全反应消耗2bmolFe3+，剩余的bmolFe3+完全反应消耗0.5bmolCu，发生的总离子反应为：10Fe3++4Fe+Cu=14Fe2++Cu2+

，故C正确；D.当

2b<a<4b

时，Fe完全反应、Cu部分反应，Fe3+完全反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量为(a+b)mol；amolFe

完全反应消耗Fe3+的物质的量为2amol，剩余Fe3+的物质的量为(b−2a)mol,

剩余Fe3+消耗Cu的物质的量为：12(b−2a)mol，根据质量守恒可知生成Cu2+的物质的量为

12(b−2a)mol，则反应后的溶液中

n(Fe2+):n(Cu2+)=(a+b)mol:12(b−2a)mol=2(a+b):(b−2a)

，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙酸乙酯酯化（取代）反应有砖红色沉淀生成碳碳双键【解析】（1）乙醇能与乙酸反应生成有果香味的物质，其名称为乙酸乙酯，该反应类型是酯化反应或取代反应；（2）反应⑥是醛基被氢氧化铜氧化，反应的化学方程式是，实验现象是有砖红色沉淀生成；（3）反应③用KOH的乙醇溶液处理二氯乙烷制氯乙烯的反应是消去反应，方程式为。（4）苯乙烯中所含官能团的名称是碳碳双键；（5）苯乙烯合成聚苯乙烯发生加聚反应，反应的化学方程式是。（6）以乙醇和苯乙烯为原料合成有机物首先必须有乙酸和，因此其合成路线图可以设计为、。点睛：该题的难点是合成路线设计，有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。注意物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。18、cN2NH32Mg+CO22MgO+CHS-+OH-=S2-+H2O【分析】当X为氧气时，符合此转化关系的变化有：C（CH4）→CO→CO2、N2（NH3）→NO→NO2、S（H2S）→SO2→SO3、Na→Na2O→Na2O2等；当X为二氧化碳、A为Mg时，则有如下转化关系：Mg→C→CO；当X为NaOH、A为H2S气体时，有如下转化：H2S→HS-→S2-，据此分析解答。【详解】（1）X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则X为O2，a.当A为C时，可发生如下转化：C→CO→CO2；b.当A为Na时，可发生如下转化：Na→Na2O→Na2O2；c.当A为铝时，不能实现上述转化关系；d.当A为S时，可发生如下转化：S→SO2→SO3；若C是红棕色气体，则C为NO2，转化关系可以是：NH3→NO→NO2或N2→NO→NO2，综上所述，答案为：c；N2或NH3；（2）X是一种温室气体，则X为二氧化碳；单质A被誉为国防金属，则A为金属Mg，反应①为镁在二氧化碳中燃烧的反应，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为2Mg+CO22MgO+C；（3）X为苛性碱，则X为NaOH；A是具有臭鸡蛋性气味的气体，则A为H2S，所以转化关系为：H2S→NaHS→Na2S，反应②的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为HS-+OH-=S2-+H2O。【点睛】本题主要考查了物质间的转化规律，符合题给连续转化关系的物质间的转化有多种情况，一是氧化还原反应类型，如含C、N、S、Fe等元素的单质及化合物之间的转化；二是复分解反应类型，如碱→正盐→酸式盐、正盐→酸式盐→新盐和铝三角之间的相互转化等。19、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸盐酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。【详解】(1)①根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；(2)检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化，若被氧化则生成硫酸钠，检验硫酸根离子时必须选择的试剂为盐酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。20、使分液漏斗内的液体顺利流下2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O黄绿色气体时使SnC14气化，利于从混合物中分离出来SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl232℃~652℃85%【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的HCl，装置C中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置D中干燥的氯气与Sn在加热条件下共热反应生成SnCl4，装置E的作用是冷凝收集SnCl4，装置F中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中使产物水解，装置G中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）导管a将圆底烧瓶和分液漏斗连通，能起到平衡气压，使分液漏斗内的液体顺利流下的作用；烧瓶A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）因金属锡易与氯气、氧气反应，反应前应先生成氯气，利用生成的氯气将装置中的空气排出，防止空气中的氧气干扰实验，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，说明空气已经排尽；由题给四氯化锡受热易挥发，点燃酒精灯使锡熔化后，继续加热可以加快氯气与锡反应，还能使使四氯化锡气化，利于其从混合物中分离出来，故答案为：黄绿色气体时；使SnC14气化，利于从混合物中分离出来；（3）若上述装置中缺少装置C，氯气中混有的水蒸气会使生成的四氯化锡反应水解生成SnO2·xH2O和氯化氢，反应的化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；（4）若改为油浴加热来控制温度达到使四氯化锡气化，而二氯化锡不气化的目的，应控制温度范围在232℃~652℃，故答案为：232℃~652℃；（5