内蒙古自治区锡林郭勒盟太仆寺旗宝昌镇第一中学2026届高三上化学期中预测试题含解析

内蒙古自治区锡林郭勒盟太仆寺旗宝昌镇第一中学2026届高三上化学期中预测试题注意事项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、下列关于物质分类的说法正确的是（）A．稀豆浆、硅酸、氧化铁溶液都属于胶体B．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C．氨水、次氯酸都属于弱电解质D．通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH2、某无色透明溶液在碱性条件下能大量共存的离子组是A．K＋、MnO、Na＋、Cl－ B．K＋、Na＋、NO、COC．Na＋、H＋、NO、SO D．Fe3＋、Na＋、Cl－、SO3、下列图象能正确地表达可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)（ΔH<0）的是()A． B．C． D．4、将1．5gZn投入到VmL浓硫酸中共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是A．所得溶液的浓度 B．所得气体的质量C．所得气体在标准状况下的体积 D．原硫酸的浓度5、下列有关说法正确的是（）A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)B．pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)D．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+c(H2S)6、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是（）A．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质B．MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlC．医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的有效成分为次氯酸钙D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矾可以使海水淡化7、下列实验操作中，正确的是（）A．把pH试纸浸入待测溶液中，测定溶液的pHB．称NaOH固定质量时。将NaOH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解后再将溶液转移入容量瓶定容D．浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗8、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（）A．SiO2 B．Na2O C．FeCl2 D．AlCl39、根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取二氧化碳、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）A．制取二氧化碳B．制取NaHCO3C．分离NaHCO3D．干燥NaHCO310、为探究雾霾颗粒中的可溶性成分，某课外活动小组采集雾霾颗粒样品，用蒸馏水浸取得到浸取液，取浸取液进行以下实验，其中根据实验现象得出的结论正确的是A．滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Mg2＋B．滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Cl―C．滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含SO42―D．加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋11、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA12、下列反应的离子方程式正确的是A．Ba(OH)2溶液中加入少量KAl(SO4)2溶液：3Ba2＋+6OH－+2Al3＋+3SO42－＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2OC．向硅酸钠溶液中滴入过量稀盐酸：SiO32-＋2H+＝H2SiO3（胶体）D．用石墨电极电解AlCl3溶液阴极区生成沉淀:2Al3+＋6H2O＋6e-＝2Al(OH)3↓＋3H2↑13、下列物质中不属于合金的是（）A．水银B．黄铜C．碳素钢D．青铜14、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A．检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的SO32-：试液气体褪色C．检验试液中的I－：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解15、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为6NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA16、亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示（夹持装置已略去）。已知：2NO+CaO2═Ca(NO2)2；2NO2+CaO2═Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A．实验开始时，先通一会儿氮气再加入稀硝酸B．装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C．装置F中酸性K2Cr2O7溶液的作用是吸收多余的、未反应的氮氧化物D．将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙二、非选择题（本题包括5小题）17、以石油裂解得到的乙烯和1，3-丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）请按要求填空：（1）写出下列反应的反应类型：反应①___________；反应⑤___________。（2）反应②的化学方程式是：__________。（3）反应③、④中有一反应是与HCl加成，该反应是______（填反应编号），设计这一步反应的目的是_____，物质C的结构简式是_____。（4）写出与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体：________。（5）写出由甲苯合成苯甲醛的合成路线________。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)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_______；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_________(填字母)。a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备①pH＞4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是___________。②结晶脱水生成产品的化学方程式为__________。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；②准确移取V1mL的过量的c1mol·L-1的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;③加入淀粉溶液，用c2mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液__________，读数；④重复步骤①~③；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为__________(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。20、碘是人体不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去．某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：在溶液中KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3H2O+3K2SO4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目________，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比是____，0.2molKIO3参加反应时转移电子____mol。（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_______。A．CCl4B．酒精C．Na2SO4溶液D．食盐水所用的分离方法是______，所用主要玻璃仪器是_____________。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4____mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）______。（4）A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．100mL容量瓶E．50mL量筒F．胶头滴管G．烧杯H．500mL容量瓶（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是______________A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线．21、H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.稀豆浆、硅酸都属于胶体，但氧化铁溶液不是胶体，A不正确；B.Na2O、MgO均属于碱性氧化物，但Al2O3属于两性氧化物，B不正确；C.氨水是混合物，不是电解质，次氯酸属于弱电解质，C不正确；D.通过化学反应，可由Ba(OH)2与Na2SO4反应，可一步转化生成NaOH，D正确。故选D。2、B【详解】A．MnO在溶液中显紫红色，与题中要求不符，故A不符合题意；B．碱性条件下，K＋、Na＋、NO、CO离子之间以及与OH-都不发生反应，能大量共存，故B符合题意；C．碱性条件下，H＋与OH-不能大量共存，故C不符合题意；D．碱性条件下，Fe3＋与OH-不能大量共存，且Fe3＋在溶液中显棕黄色，与题中要求不符，故D不符合题意；答案选B。3、D【分析】对于可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H＜0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低；反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知，

A.由图象可知，温度升高，C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，A项错误；

B.由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，B项错误；

C.由图象可知，压强越大A%降低，平衡向正反应移动，升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，C项错误；

D.由图象可知，压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，D项正确；

答案选D。4、C【详解】1.5g锌的物质的量为0.5mol，与浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2和H2O，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由反应可知1mol锌产生1mol氢气或1molSO2，所以可以由锌的物质的量计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，故答案选C。5、C【详解】A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，反应后为生成NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，选项A错误；B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4＋浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4＋的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4＋的浓度小于(NH4)2SO4，则pH相等时溶液中NH4+浓度大小顺序为①=②>③，故B错误；C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液，则HA为强酸，与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)=c(A－)、c(OH－)=c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)，选项C正确；D．常温下0.1mol/LNa2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B，从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制。6、A【详解】A．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体电泳的性质，A说法正确；B．MgO和Al2O3二者为离子晶体，具有较高的熔沸点，在工业上用于制作耐高温材料，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，用电解氯化镁的方法制取镁，B说法错误；C．碳酸钡能够与盐酸反应生成可溶性氯化钡，造成重金属中毒，钡餐为硫酸钡，C说法错误；D．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，D说法错误。答案为A。7、C【详解】A.使用pH试纸时不能直接将试纸浸到溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液滴在PH试纸上，防止污染溶液，故A错误；

B.NaOH具有吸水性能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故B错误；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解冷却后再将溶液转移入容量瓶，在加水定容即可，故C正确；D.因浓硫酸能与烧碱反应放出大量的热，如果用烧碱溶液清洗会增大烧伤面积，所以先用抹布擦拭，再用大量的水冲洗，故D错误；

故选C。8、D【详解】A．Si与O2在高温下反应生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反应，故A不符合题意；B．Na与O2常温下化合生成Na2O，Na2O＋H2O=2NaOH，Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C．铁和氯气反应生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；D．Al和Cl2反应生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D符合题意；答案选D。9、C【详解】A、酒精灯的火焰温度达不到碳酸钙的分解温度，故不选A；B、向饱和氨盐水中通入二氧化碳，导气管应伸入液面以下，故不选B；C、过滤法分离出碳酸氢钠晶体，故选C；D、碳酸氢钠加热易分解，不能用加热的方法干燥NaHCO3，故不选D。【点睛】本题以侯氏制碱原理为载体，考查学生基本实验操作，涉及物质的分离、提纯以及制备，注重实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。10、D【详解】A．滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含Mg2＋、Al3+、Zn2+等，不一定含有Mg2＋，错误；B．滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有Cl―、CO32-、SO32-等离子，不一定含Cl―，错误；C．滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有SO42―、Ag+，不一定含SO42―，错误；D．加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋，正确。11、C【详解】A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。12、D【解析】A．Ba(OH)2溶液中加入少量KAl(SO4)2溶液，反应生成偏铝酸钠，不会生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A错误；B、三价铁具有氧化性，能氧化碘离子，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故B错误；C．向硅酸钠的溶液中滴加稀盐酸，生成硅酸胶状沉淀，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+═H2SiO3↓，故C错误；D．用石墨电极电解AlCl3溶液，阴极附近生成沉淀的离子反应为2Al3++6H2O+6e-=2Al(OH)3↓+3H2↑，故D正确；故选D。点睛：把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键。本题的易错点为A，硫酸铝钾少量，离子方程式按照硫酸铝钾的组成书写，反应生成偏铝酸根离子、硫酸钡沉淀；难点是D，阴极上氢离子放电，生成氢气和氢氧化铝。13、A【解析】A．水银是纯金属，不属于合金，故A正确；B．黄铜是铜和锌的合金，故B错误；C．碳素钢是铁和碳的合金，故C错误；D．青铜是铜锡的合金，故D错误；故选A。14、C【解析】A、若溶液中含有SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，选项A错误；B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项B错误；C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，选项C正确；D、若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析，题目难度中等。A、分析亚硫酸根离子的干扰；B、分析氯气的干扰；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。15、D【详解】A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，16.25gFeCl3物质的量为：=0.1mol，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA个，故A正确；B.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为：×18×NA=18NA，故B正确；C．常温常压下，124gP4物质的量为1mol，所含P—P键数目为6NA，故C正确；D．氢气和碘的反应为前后分子数不变的反应，故无论反应进行的程度如何，容器内的分子数均为0.2NA个，故D错误；故答案为D。【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。16、D【解析】先通入氮气排除装置中的空气，防止空气中氧气氧化一氧化氮，A中铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，B装置除去硝酸，D装置除去水蒸气，E装置中和过氧化钙反应生成Ca(NO3)2，最后通入酸性重铬酸钾吸收尾气避免污染空气。【详解】A、装置中含有空气，空气中氧气能氧化一氧化氮，所以要先通入氮气排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮，故A正确；B、CaO2与酸、水均能反应生成氧气，硝酸有一定挥发性，所以装置A中生成的气体中会混有水蒸气和硝酸气体，所以依次用水除去硝酸，用浓硫酸除去水蒸气，故B正确；C、实验中难免会有多余的污染空气的氮氧化物，而酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，可以将氮氧化物氧化为硝酸根而消除其污染，故C正确；D、铜与硝酸在常温下即可反应，而木炭与稀硝酸不反应，故D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应消去反应+2NaOH+2NaBr③保护A分子中C＝C不被氧化HOOCCH2CHClCOOHCH2=C（COOH）2【分析】1，3-丁二烯与溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2-丁烯，再发生卤代烃的水解反应生成A为HOCH2CH=CHCH2OH；乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E发生卤代烃的水解反应生成F为HOCH2CH2OH，结合反应⑨生成的高聚物H的结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，该反应为缩聚反应，则D为NaOOCCH=CHCOONa，A系列转化得到G，反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，C发生卤代烃的消去反应、中和反应得到D，D酸化生成G。【详解】（1）由上述分析可知，反应①属于加成反应，反应⑤属于消去反应；（2）反应②为卤代烃的水解，方程式为+2NaOH+2NaBr；（3）HOCH2CH=CHCH2OH系列转化得到HOOCCH=CHCOOH，过程中需要被氧化，而碳碳双键也容易被氧化，所以反应③、④中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，所以要先加成再氧化，即反应③为A与HCl发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH；（4）G为HOOCCH=CHCOOH，与G具有相同种类和数目的官能团的同分异构体为：CH2=C（COOH）2；（5）甲苯中的甲基可以在光照条件下与卤代烃发生取代反应，之后进行卤原子的取代反应得到醇，醇催化氧化得到醛，所以合成路线为。【点睛】注意根据有机物的结构与反应条件，采取正、逆推法相结合的方法推断。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、检查装置气密性cNa2SO32NaHSO3=Na2S2O5+H2O由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色47.5(c1V1-c2V2)%【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备：Ⅰ中纯碱溶液吸收二氧化硫至饱和得到亚硫酸氢钠溶液，Ⅱ中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，Ⅲ中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，析出亚硫酸氢钠晶体，亚硫酸氢钠结晶脱水生成产品。【详解】(1)①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所以里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，所以选c；(2)①Ⅲ中向形成悬浮液继续通入二氧化硫，目的是使亚硫酸钠、水、二氧化硫反应获得亚硫酸氢钠晶体，pH＞4.1时，说明二氧化硫不足，则产品中会有副产物Na2SO3；②NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)③达到滴定终点时被焦亚硫酸钠氧化生成的碘单质恰好完全被Na2S2O3标准液还原，所以达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；⑤标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL×10-3L/mL×c2mol•L-1=V2×c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤②中过量的I2的物质的量为V2×c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL×10-3L/mL×c1mol•L-1-V2×c210-3mol=(V1×c1-V2×c2)×10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1×c1-V2×c2)×10-3mol××190g/mol=95(V1×c1-V2×c2)×10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1×c1-V2×c2)%。20、1.51A萃取、分液分液漏斗27.8CEFGHACD【解析】（1）、KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3H2O+3K2SO4的反应中，KIO3中的I元素是+5价，生成I2时化合价降低，得到5个电子，KI中的I元素是-1价，生成I2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1molKIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol，5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5：2.5=1：5；根据上述分析可知，1molKIO3生成I2时