2019-2020学年上海市闵行区七宝中学高三(上)期中化学试卷(共20页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019-2020学年上海市闵行区七宝中学高三（上）期中化学试卷 一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1. 我国稀土资源丰富下列有关62144Sm与62150Sm的说法正确的是()A. 62144Sm与62150Sm是同一种核素B. 62144Sm与62150Sm互为同位素C. 62144Sm与62150Sm的质量数相同D. 62144Sm与62150Sm的核外电子数和中子数相同2. 下列化学用语表示不正确的是()A. 葡萄糖的分子式：C6H12O6B. H2O的结构式：H-O-HC. 乙醇的结构简式：CH3CH2OHD. 氯原子的结构示意图3. 下列原子晶体

2、和分子晶体说法不正确的是()A. 原子晶体硬度通常比分子晶体大B. 原子晶体的熔沸点较高C. 有些分子晶体的水溶液能导电D. 金刚石和干冰属于原子晶体4. X、Y为两种不同元素，由它们组成的下列物质的分子中，肯定有极性的是()A. XYB. XY3C. XY2D. XY45. 某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为( )A. 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B. 2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C. 2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D. 2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯6. 下列除去杂质(括号内的物质为杂质)的方法中错误的是 ( )A. FeSO4(CuSO4)：加足

3、量铁粉后，过滤B. 溴苯(溴)：加足量NaOH溶液后静置分液C. MnO2(KCl)：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干D. CO2(HCl)：用NaOH溶液洗气后干燥7. 下列有关原电池的判断错误的是()所有金属都能作电极有活泼性不同的两种金属电极、有电解质溶液、导线就一定能构成原电池，对外放电原电池放电实现化学能转化为电能以锌、铜为电极，在稀硫酸溶液中构成原电池，正极反应式为Zn-2e-=Zn2+A. B. C. D. 8. 相同温度下的0.1molL-1Na2CO3和0.1molL-1NaHCO3溶液的pH，前者和后者的关系是()A. 前者大B. 相等C. 前者小D. 不能肯定9. 下列产品不

4、是由石油分馏或裂化直接生产的是()A. 汽油B. 柴油C. 塑料D. 石蜡10. 下列说法正确的是()A. S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的H表示燃烧热B. 通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体C. 除去CuCl2溶液中的Fe3+离子，选用氢氧化钠溶液作沉淀剂D. 测定中和热的实验中，参与反应的酸或碱，无论谁过量，都不影响中和热的数值11. 已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是() A. 反应物的总能量高于生成物的总能量B. 该反应只有在加热条件下才能进行C. 该反应为放热反应D. 该反应为吸热反应12. 下列化合物不能有两种单质直接化合生成的

5、是()FeS CuSSO2SO3A. B. C. D. 13. 在表中，欲用一种试剂Z来检验盐溶液中的离子x，在同时有离子Y存在时，此检验仍可以判别的是() 试剂Z离子X离子YANH3.H2OAl3+Mg2+BAgNO3Cl-CO32-CNa2SO4Ba2+Mg2+DBa(NO3)2SO42-CO32-A. AB. BC. CD. D14. X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，Q是同一周期中非金属性最强的元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水。下列说法正确

6、的是( )A. 原子半径：QZWB. 熔融WQ3固体时需要破坏离子键C. Z、W、Q三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应D. 非金属性：YHClMnCl2B. 氧化性KMnO4MnO2Cl2C. 反应中HCl表现出酸性和氧化性D. 反应中水既不是氧化剂也不是还原剂19. 如果用0.3molL-1的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.210-3mol的强氧化剂RO(OH)22+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为( )A. 0B. +1C. +2D. +320. 某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法中不正确的是( )A. 体积变小时，将使正反应速率增大B. 体积保

7、持不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小C. 体积保持不变，加入少许N2O4，再达到平衡颜色变深D. 体积保持不变，升高温度，再达到平衡颜色变深二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）21. 某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品(1)锥形瓶A内所盛试剂是 _ 溶液；装置B的作用是 _ ；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为 _ (2)反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：如图则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为 _ ；

8、操作是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法 _ ；该黄铜矿中硫元素的质量分数为 _ (用含m1、m2的代数式表示)(3)已知：Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+.设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O_(4)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是 _ A.KSCN溶液、氯水 B.稀盐酸、KMnO4溶液C.稀硫酸、KMnO4溶液 D.NaOH溶液三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）22. 氨是重要的氮肥，合成原理为：N2(g)+3H2(g)催化剂高压2NH3(g)H=-92.4kJ/mol.回

9、答下列问题：(1)写出平衡常数K的表达式_，如果降低温度，该反应K值E，化学反应速率_，N2的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)(2)在500、20MPa时，将N2、H2置于一个容积为2L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图所示，回答下列问题：10min内以NH3表示的平均反应速率：_在1020min内：NH3浓度变化的原因可能是_A.加了催化剂B.缩小容器体积C.降低温度D.增加NH3物质的量第1次平衡的时间为：_，第2次平衡的时间为：_，第1次平衡：平衡常数K1=_(带数据的表达式)，第2次平衡时NH3的体积分数_；在反应进行至25min时，曲线发生变化的原因：_，

10、达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2_K1，(填“大于”、“小于”或“等于”)23. 结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：酸电离常数(Ka)酸电离常数(Ka)CH3COOH1.810-5H2CO3K1=4.410-7K2=4.710-11HClO310-8(1)上述三种酸中，酸性最强的是 _ (2)在常温下，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaClO三种溶液的pH由小到大的顺序为 _ .(用序号回答)(3)设计一个现象明显、操作简便的实验方案证明CH3COOH酸性强于碳酸(不用叙述仪器和具体操作) _ (4)向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白

11、、消毒的钠盐，同时还有另两种钠盐生成，该反应的化学方程式为 _ (5)实验证明：向0.01mol/LNaAlO2溶液中加入等体积0.01mol/LNaHCO3溶液，会产生白色胶状沉淀据此推断CO32-和AlO2-两种离子中，结合质子(H+)能力较强的是 _ 24. 有机物I(C11H12O3)常用于制备液晶材料，可以由E和H在一定条件下合成，其合成路线如图所示。已知：A的核磁共振氢谱显示该物质中有1种不同化学环境的氢。化合物F苯环上的一氯代物只有两种；一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请根据以上信息完成下列问题：(1)B按系统命名法命名为_。由C生成D的反应类型为_。(2)G的结

12、构简式为_。(3)I中官能团的名称为_。(4)由D生成E的化学方程式为_。由E与H反应生成I的化学方程式为_。(5)K是I的同系物，且其相对分子质量比I小28，K的结构能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基。则K的结构共有_种(不考虑立体异构)，其中消耗NaOH最多且峰面积之比为1：2：2：2：1的有机物结构简式为_(任写一种)。- 答案与解析 -1.答案：B解析：【分析】本题主要考查学生对于概念的理解，明确同位素、核素的区分方法是解答本题的关键，并注意利用原子中相关数值之间的关系来解答【解答】根据具有相同质子数、不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素来解答A

13、、62144Sm与62150Sm是Sm元素的不同种核素，故A错误；B、62144Sm与62150Sm是Sm元素的不同种核素，两者互为同位素，故B正确；C、62144Sm与62150Sm的质量数分别是144和150，两者的质量数不同，故C错误；D、62144Sm与62150Sm均属于Sm元素，故质子数和核外电子数相同，而是Sm元素的两种不同核素，故中子数不同，故D错误故选B2.答案：D解析：解：A.葡萄糖为五羟基醛，分子中含有6个C原子，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，故A正确；B.水分子中碳氧原子与两个氢原子之间形成2对共用电子对，故水的结构式为H-O-H，故B正确；C.乙醇分子中羟基与乙基

14、相连，省略C-H键即为结构简式，故乙醇结构简式为：CH3CH2OH，故C正确；D.氯原子是17号元素，核外电子分为三个电子层，一层2个电子、二层8个电子、三层7个电子，原子结构示意图为，故D错误；故选：D。A.葡萄糖分子中含有6个C、12个H和6个O原子；B.水分子中碳氧原子与两个氢原子之间形成2对共用电子对；C.乙醇分子中羟基与乙基相连，省略C-H键即为结构简式；D.氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层电子数为7。本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及原子结构示意图、分子式、结构式、结构简式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题

15、能力。3.答案：D解析：【分析】本题考查了化学键和分子间作用力，题目难度不大，注意把握不同类型晶体中微粒之间的作用力，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。【解答】A.一般说来，原子晶体中原子间通过共价键形成空间网状结构，原子晶体的硬度较大，分子晶体中分子之间通过分子间作用力结合，分子晶体的硬度较小，故A正确；B.熔化时原子晶体破坏共价键，共价键的强度大，破坏共价键需要较多的能量，所以原子晶体中的共价键不易被破坏，则原子晶体的熔沸点较高，故B正确；C.HCl、硫酸等分子晶体，在溶液中能电离出离子，所以它们的溶液能导电，故C正确；D.干冰是二氧化碳的晶体，二氧化碳分子间通过分子间作用力结合，属于分

16、子晶体，金刚石属于原子晶体，故D错误。故选：D。4.答案：A解析：【分析】本题考查极性分子和非极性分子判断，题目难度不大，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，对于ABn型分子，若中心原子A的最外层电子全部成键为非极性分子以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，反之为极性分子【解答】XY是以极性键结合的双原子，分子中正负电荷中心不重叠，一定为极性分子，XY2、XY3、XY4是以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，反之为极性分子，故选A5.答案：B解析：解：可将键线式

17、转换为碳的骨架形式，选取含官能团(碳碳双键)的最长碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烯，从靠近官能团的一端(即右端)进行编号，则碳碳双键在2号和3号碳原子之间，在2号碳原子上有一个甲基，在3号碳原子上有一个乙基，在4号碳原子上有2个甲基，故名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯。故选：B。烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团和支链的位置，据此分析。本题考查了烯烃的命名，难度不大，应注意掌握常见烷烃、烯烃、炔烃以及苯的同系物的命名规则。6.答案：D解析：【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应

18、、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解答】A.因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和铜，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除去，故A正确；B.溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应，可分液分离，故B正确；C.MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，故C正确；D.HCl能与NaOH溶液反应生成氯化钠和水，CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，用NaOH溶液洗气，除去了杂质，也除去了原物质，不符合除杂原则，故D错误。故选D。7.答案：C解析：解：活泼的金属易与水反应，不能作电极，故错

19、误；原电池的构成条件：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应，若有活泼性不同的两种金属电极、有电解质溶液、导线，如果不能自发发生氧化还原反应，则不能形成原电池，故错误；原电池反应中能自发的进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，故正确；以锌、铜为电极，在稀硫酸溶液中构成原电池，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，而不是正极，正极是2H+2e-=H2，故错误；故选C活泼的金属易与水反应，不能作电极；根据原电池的构成条件分析；原电池是将化学能转化为电能的装置；以锌、铜为电极，在稀硫酸溶液中构成原电池，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+本

20、题考查的内容是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键8.答案：A解析：解：Na2CO3存在两步水解，NaHCO3只有一步水解，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，相同浓度的CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，Na2CO3的PH大于NaHCO3； 故选ANa2CO3存在两步水解，NaHCO3只有一步水解；本题考查了盐类水解的原理和应用，题目难度中等，注意从反应原理的角度分析9.答案：C解析：解：A.石油常压分馏产物中有石油气、汽油、煤油、柴油等，故A不选；B.石油常压分馏产物

21、中有石油气、汽油、煤油、柴油等，柴油是由石油分馏直接生产的，故B不选；C.塑料是不饱和烃经过加聚反应生成的，不是由石油分馏或裂化直接生产的，故C选；D.石油经过减压分馏可以得到润滑油、石蜡等相对分子质量较大的烷烃，故D不选。故选：C。石油中含有150个碳原子的烷烃和环烷烃，石油裂化得到烯烃，据此分析。本题考查了石油的成分以及石油的分馏和裂化产物的判断，题目难度不大，把握石油常压分馏和减压分馏的产物是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。10.答案：D解析：【分析】本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握燃烧热、中和热的测定、盐类水解、难溶电解质为解答的关键，侧重分析与应

22、用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。【解答】A.1mol固态S燃烧时对应的热量为其燃烧热，则S(s)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的H表示燃烧热，故A错误；B.镁离子水解生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体，故B错误；C.铜离子、铁离子均与NaOH反应生成沉淀，不能除杂，应选CuO或氢氧化铜等除去CuCl2溶液中的Fe3+离子，可促进铁离子水解转化为沉淀，故C错误；D.测定中和热的实验中，为了使酸和碱完全反应，要使一方过量，无论谁过量，都不影响中和热的数数值，故D正确。故选D。11.答案：D解析：解：A.由图可知，反应物总能量小于生

23、成物的总能量，故A错误； B.反应条件与反应中能量变化无关，不能说明是否加热进行，故B错误； C.由上述分析可知，反应为吸热反应，故C错误； D.由上述分析可知，反应为吸热反应，故D正确； 故选D由图可知，反应物总能量小于生成物的总能量，则A+B=C+D为吸热反应，且反应条件与反应中能量变化无关，以此来解答 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、反应条件与反应热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大12.答案：A解析：解：Fe与S加热直接化合反应生成FeS，故选； Cu与S加热化合生成Cu2S，故不选； S与氧气点燃发生化合反应生成SO2，

24、故选； S与氧气不能直接反应生成SO3，故不选； 故选AS具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属硫化物，S燃烧只生成二氧化硫，以此来解答 本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大13.答案：C解析：解：A.两种金属离子加氨水均生成白色沉淀，不能检验Mg2+的存在，应选NaOH，故A错误；B.两种阴离子加硝酸银均生成白色沉淀，不能检验Cl-的存在，应先加硝酸后加硝酸银，故B错误；C.只有钡离子与硫酸钠反应生成硫酸钡白色沉淀，Mg2+不反应，则可检验Ba2+的存在，故C正确；D.两种阴离子加硝酸钡均生

25、成白色沉淀，不能检验SO42-的存在，应先加盐酸，后加硝酸钡，故D错误；故选C。A.两种金属离子加氨水均生成白色沉淀；B.两种阴离子加硝酸银均生成白色沉淀；C.只有钡离子与硫酸钠反应生成硫酸钡白色沉淀；D.两种阴离子加硝酸钡均生成白色沉淀。本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，把握离子之间的反应及反应现象、常见离子的检验等为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。14.答案：C解析：解：根据分析可知：X为X元素，Y为O元素，Z为Na，W为Al，Q为Cl元素。 A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径NaAlCl，即ZWQ，故A错误； B.AlCl3为共价

26、化合物，不存在离子键，故B错误； C.氢氧化铝具有两性，能够与高氯酸和氢氧化钠溶液反应，故C正确； D.O、Cl能够形成化合物ClO2，O元素显示-2价，说明O元素的非金属性大于Cl元素，故D错误； 故选：C。X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水，白色沉淀为氢氧化铝，该化合物为偏铝酸钠，XY2为CO2，则X为X元素，Y为O元素，Z为Na，W为Al元素；Q是同一周期中非金属性最强的元素，Q位于第三周期，为Cl元素，据此解答。本

27、题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。15.答案：D解析：【分析】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。【解答】用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，结合实验装置可知，A中Cu与稀硝酸反应生成NO，D中水除去挥发的硝酸和可能产生的NO2，F中干燥NO，然后在E中发生2NO+2FeFeO+N2，结合信息可知，B中浓硝酸可氧化NO，C中NaOH溶液可吸收尾气

28、，以此来解答。A.由上述分析可知，顺序为ADFEBC，则装置的连接顺序为afejihg(或gh)bcd，故A正确；B.Fe为还原剂，NO为氧化剂，由反应物、生成物及电子和原子守恒可知E中发生的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故B正确；C.装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和可能产生的NO2，保证进入E的只有NO气体，为除杂装置，故C正确；D.装置B的作用将E装置中过量的NO氧化为NO2，便于C中尾气的吸收，故D错误。故选D。16.答案：B解析：解：A.铝离子水解显酸性抑制铵根离子水解，氢离子是酸抑制铵根离子水解，氢离子抑制程度大，所以0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液c(NH

29、4+)小于等浓度的NH4HSO4溶液中c(NH4+)，故A错误； B.未加入氢氧化钠溶液，溶液PH=3，向100mL0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴加80mL0.5molL-1NaOH溶液时，物质的量之比为1：4，发生的反应是：Al3+3OH-=Al(OH)3，NH4+OH-=NH3H2O，溶液pH增大，溶液pH的变化如曲线II，故B正确； C.铝离子和铵根离子的水解过程为吸热反应，升温平衡正向进行，促进水解，故C错误； D.20时，0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中存在电荷守恒，2c(SO42-)+c(OH-)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，c

30、(H+)=10-3mol/L，2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3molL-1-c(OH-)，故D错误； 故选：B。A.铝离子水解显酸性抑制铵根离子水解，氢离子是酸抑制铵根离子水解； B.向100mL0.1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴加80mL0.5molL-1NaOH溶液时，先生成氢氧化铝沉淀，再和铵根离子结合生成一水合氨，继续滴入生成的氢氧化铝沉淀溶解，据定量关系计算反应过程和溶液pH； C.升高温度促进铝离子和铵根离子的水解； D.溶液中存在电荷守恒分析，20C溶液中离子积常数不知，不能计算氢氧根离子浓度。本题考查了盐

31、类水解、溶液酸碱性判断、影响水解平衡因素、电解质溶液中电荷守恒分析等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。17.答案：D解析：【分析】本题考查二氧化硫、二氧化碳以及酸性条件下硝酸根离子的性质，注意二氧化碳与二氧化硫的区别，题目难度中等。【解答】混合气体中含有SO2、CO2，将生成的气体通入Ba(NO3)2溶液中发生SO2+H+NO3-SO42-+NO+H2O，SO42-+Ba2+=BaSO4，有BaSO4沉淀生成，CO2与Ba(NO3)2不反应，只有D项正确。故选D。18.答案：C解析：【分析】一般来说氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由2K

32、MnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O可知氧化性KMnO4Cl2，还原性HClMnCl2，由2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl可知，还原性SO2HCl，结合物质的性质以及元素化合价的变化解答该题。本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和转移电子的考查，题目难度不大。【解答】A.由以上分析可知还原性HClMnCl2，SO2HCl，则还原性SO2HClMnCl2，故A正确；B.高锰酸钾常温下可氧化浓盐酸，而二氧化锰在加热条件下与浓盐酸反应，可知KMnO4MnO2Cl2，故B正确；C.Cl

33、元素化合价升高，被氧化，盐酸表现还原性，故C错误；D.反应中H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确。19.答案：D解析：【分析】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从电子转移守恒角度解答，难度不大。【解答】n(Na2SO3)=1.610-2L0.3mol/L=4.810-3mol，被氧化后生成Na2SO4，RO(OH)22+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.810-3mol(6-4)=3.210-3mol(6-a)，解得a=+3，故D正确，故选D。20.答案：B解析：【分析】本题考

34、查化学平衡的移动问题，题目难度中等，注意方程式的特征，把握影响化学平衡移动的因素。由热化学方程式可知该反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，反应物和生成物都只有一种，从平衡移动的角度分析化学平衡移动，增大浓度、压强、升温可以增大反应速率。【解答】A.体积减小，压强增大，反应速率增大，故A正确；B.保持体积不变，加入少许NO2，瞬时，逆反应速率增大，正反应速率不变，然后正反应速率逐渐变大，故B错误；C.保持体积不变，加入少许N2O4，生成物的浓度增大，颜色加深，故C正确；D.正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，颜色加深，故D正确。故选B。21.答案：(1)氢氧化钠；干燥气体；SO2+2O

35、H-=SO32-+H2O；(2)H2O2+SO32-=SO42-+H2O；固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作23次；32m2233m1100；(3)取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有；(4)C解析：【分析】本题考查混合物的分离和提纯，主要是物质性质、实验基本操作和实验探究设计等知识点，关键是提取题中的信息，根据所学知识完成，题目难度中等。【解答】将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品，为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉

36、，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，进入装置C加热反应，反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，生成的二氧化硫气体进入装置D被过量氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液。(1)为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；故答案为：氢氧化钠；干燥气体；SO2+2OH-=SO32-+H2O；(2)亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：H2O2+SO32-=S

37、O42-+H2O，洗涤固体在过滤器中进行，加水至浸没固体使水自然流下，重复几次洗涤干净，具体操作为：固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作23次；m2g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=m2g233g/mol32g/molm1g100=32m2233m1100；故答案为：H2O2+SO32-=SO42-+H2O；固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作23次；32m2233m1100；(3)Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+.据此设计实验验证是否含有

38、氧化亚铜，取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有；故答案为：取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有。(4)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，最佳检验方案是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液(考虑盐酸中氯离子的还原性，不能加稀盐酸溶解)，观察高锰酸钾溶液是否褪色，故C正确；故答案为：C。22.答案：K=C2(NH3)C(N2)C3(H2) 减小 增大 0.005mol/(L.min) A 20-25min 35-40min (0.3mol2L)2(

39、0.25mol2L)(0.15mol2L)3 45.5%； 移走0.1molNH3 等于解析：解：(1)化学平衡常数是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以N2(g)+3H2(g)催化剂高压2NH3(g)，该反应的平衡常数表达式K=C2(NH3)C(N2)C3(H2)；化学反应随温度的升高反应速率加快，随温度的降低，反应速率减慢，所以降低温度虎穴反应速率减慢；化学平衡的反应，降低温度向吸热的方向移动，该反应正反应为放热反应，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，所以氮气的转化率增大，故答案为：C2(NH3)C(N2)C3(H2)；减少；增大

40、；(2)根据反应速率v(NH3)=nVt=(0.1-0)mol2L10min=0.005mol/(L.min)，故答案为：0.005mol/(L.min)；由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol4=0.1mol，n(H2)=0.025mol12=0.3mol，n(NH3)=0.025mol8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率

41、增加的倍数大，故只有使用催化剂符合，故选A；由图象可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol10=0.25mol，n(H2)=0.025mol6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol12=0.3mol，所以所以其平衡常数K=C2(NH3)C(N2)C3(H2)=(0.3mol2L)2(0.25mol2L)(0.15mol2L)3=426.7；第2次平衡时NH3的体积分数=2.5mol2.5mol+2.25mol+0.75mol100

42、%=45.5%，故答案为：20-25min，35-40min；(0.3mol2L)2(0.25mol2L)(0.15mol2L)3；45.5%；第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变；故答案为：分离出0.1molNH3；等于；(1)化学平衡常数是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；降低温度化学反应速率降低，该反应

43、正反应为放热反应，降温，化学反应向正反应方向进行；(2)根据反应速率=nVt计算；根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；达到平衡状态时，物质的量不变，以此判断达到平衡的时间段，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，第2次平衡时NH3的体积分数等于氨气的含量；25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；本题考查化学平衡的计算、平衡移动以及平衡状态的判断，注意对图象的分析，题目难度中等23.答案：(1)CH3COOH；(2)；(3)用醋酸溶液与碳酸氢钠(或其它碳酸盐)反应，有无色气体产生，从而证明醋酸酸性强于碳酸；(4)2Na2CO3+Cl2+H2O=2NaHCO3+NaCl+NaClO；(5)AlO2-解析：【分析】本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解程度大小的关系是解本题关键，注意次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，所以次氯酸能和碳酸钠反应，为易错点。【解答】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性最强的是CH3COOH，故答案为：CH3COOH；(2)相