成都市树德中学高二下学期期中考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精树德中学高2018级5月半期考试化学试题一、选择题（本题共20个小题,每小题2。5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。如图为元素周期表的一部分，其中A、B、C、D、E代表元素。下列说法错误的是A。元素B、D对应族①处的标识为ⅥA16B.熔点：D的氧化物＜C的氧化物C.AE3分子中所有原子都满足8电子稳定结构D。E的含氧酸酸性强于D的含氧酸【答案】D【解析】【详解】A.元素B、D是氧族元素,周期表中第16列，对应族①处的标识为ⅥA16，故A正确;B.D为S,其氧化物为分子晶体，C的氧化物为SiO2，是原子晶体，熔点：D的氧化物＜C的氧化物，故B正确；C.AE3分子中,NCl3分子中N最外层5个电子，三个氯原子各提供1个电子,N满足8电子，氯最外层7个,氮提供3个电子，分别给三个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确;D.应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸,故D错误；故选D。2.X、Y、Z均为短周期主族元素,它们原子的最外层电子数之和为10,X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.熔点:X的氧化物比Y的氧化物高B.热稳定性:X的氢化物大于Z的氢化物C。X与Z可形成离子化合物ZXD.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸【答案】B【解析】【详解】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素,因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z,则Y只能是第三周期的Mg,因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4,则X是C,Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D错误；答案选B。3.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn-NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s）+2NiOOH(s）+H2O（l)ZnO（s）+2Ni（OH)2(s）。以下说法不正确的是A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l）C.放电时负极反应为Zn(s）+2OH−（aq）−2e−ZnO（s)+H2O(l)D.放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区【答案】D【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高,A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni（OH）2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni（OH)2（s)＋OH－(aq）－e－＝NiOOH（s）＋H2O（l)，B正确；C、放电时相当于是原电池,负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s）＋2OH－（aq)－2e－＝ZnO(s）＋H2O(l），C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区,D错误。答案选D。4.铁和氧化铁的混合物共amol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到氢气2bg，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液，不显红色,则原混合物中氧化铁的物质的量为A.mol B.（a—b）molC.mol D.（a＋b）mol【答案】C【解析】【详解】混合物中加盐酸后,发生如下反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,2FeCl3+Fe＝3FeCl2,Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，由氢气2bg，可求出与HCl反应的Fe为bmol，则Fe2O3及与FeCl3反应的Fe物质的量共为(a—b)mol,由关系式：Fe2O3～Fe(与FeCl3反应），可求出氧化铁的物质的量为mol，故选C。5。常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2原料，可以采用如图所示装置制备NCl3.下列说法正确的是A.每生成1molNCl3,理论上有4molH＋经质子交换膜从右侧向左侧迁移B.石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋C.可用湿润的淀粉－KI试纸检验气体MD.电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小【答案】B【解析】【分析】由电池的正负极可判断,C电极为阳极，Pt电极为阴极.在C电极，发生反应NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋;在Pt电极，6H++6e-==3H2↑.【详解】A．依据电荷守恒,在阳极区，每生成1molNCl3,理论上有6molH＋经质子交换膜从右侧向左侧迁移,A不正确；B．根据以上分析，在阳极(石墨极),NH4+失电子后生成的物质与Cl-作用生成NCl3,电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋,B正确；C．气体M为H2，不能用湿润的淀粉－KI试纸检验，C不正确；D．电解过程中，质子交换膜右侧溶液中每生成4molH+，将有6molH+通过质子交换膜向阴极区移动，所以pH会增大，D不正确；故选B。6。将总物质的量为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式中正确的是A。x=V/（11。2n） B.0<x≤0.5C。V=33。6n(1—x） D。11。2n〈V≤22。4n【答案】D【解析】【详解】金属没有剩余,说明反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或氢氧化钠过量，否则剩下铝不与水反应；若恰好反应，即钠与铝按1：1混合,x=0.5，则有钠0。5nmol,铝0。5nmol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，0。5nmol钠生成氢气0.25nmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知,0.5nmol铝生成氢气0.75nmol，所以共生成氢气0.25nmol+0。75nmol=nmol,氢气体积为22.4nL;若氢氧化钠过量,即1＞x＞0.5，则有钠nxmol，铝n(1—x）mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，nxmol钠生成氢气0。5nxmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，n（1—x)mol铝生成氢气1.5n（1—x）mol，所以共生成氢气0。5nxmol+1.5n（1—x）mol=n（1.5—x）mol，氢气体积为22.4n（1。5—x)L；则根据上面的关系可知，钠越多气体总量越少，当全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2nL,故氢气体积为11。2nL＜V≤22.4nL，答案选D。7。对溶液中的反应,如图像中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是：A。符合甲图像的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB.符合乙图像的两种反应物可以是Ca(OH)2和CO2C。符合丙图像的反应可以是在Ca(OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2D。符合丙图像的反应可以是在NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH【答案】D【解析】【详解】A．如果是向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先发生Al3++4OH-═AlO2—+2H2O，OH—反应完毕，发生反应3AlO2+Al3++6H2O═4Al(OH)3↓，生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故A正确；B．石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O,则生成沉淀,后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3)2沉淀消失，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1:1，故B正确；C．Ca(OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O,再发生氢氧化钾与二氧化碳反应,2OH-+CO2═CO32—+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3)2,生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1:1，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；D．NH4Al(SO4）2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3++3OH-═Al(OH）3↓，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应,即NH4++OH—═NH3•H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，生成沉淀量最大消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是1：3，故D错误；故选D。8.某固体混合物X，含有、、和中的几种，进行如下实验：①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与溶液作用，无变化。下列说法不正确的是（）A.混合物X中必定含有，不含B。溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含C。灼烧沉淀Y,可能得到黑色物质D.往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含【答案】D【解析】【分析】某固体混合物X，含有、、和中的几种,进行如下实验：①X与水作用有气泡冒出，四种物质中能生成气体的只有，所以一定有，而几种物质中没有酸，可知推测因为发生双水解生成了二氧化碳,能与在溶液中双水解的有、和；得到有色沉淀Y，则Fe(OH）3、Cu（OH)2中至少有一种Al(OH）3不确定；弱碱性溶液Z，说明溶液中不存在铝离子、铁离子和铜离子；②沉淀Y与溶液作用，无变化说沉淀中没有Al(OH)3，则X中一定没有，据此再结合选项分析。【详解】A。根据分析可知混合物X中必定含有,不含,故A正确；B.溶液Z显弱碱性，所以大量存在的阳离子只能是钠离子，碳酸钠的水解分两步：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；HCO3—+H2O=H2CO3+OH-；由于发生双水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解，第一步水解有可能存在，即溶液中一定有碳酸氢根，所以溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含,故B正确;C.沉淀Y中可能含有氢氧化铜，故灼烧可以得到黑色固体，故C正确；D。溶液Z显弱碱性，一定不存在，故D错误；故答案为D。9.下列说法正确的是A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同,熔化时需客服微粒间的作用力类型也相同B。化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键C。CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D。NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响【答案】B【解析】【详解】A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需客服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，A错误；B。化学变化发生时，需要断开应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，B正确;C.CH4中H原子的最外层具有2电子稳定结构，C错误；D.NaHSO4晶体溶于水时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子,离子键和共价键均被破坏，D错误。答案选B。【点睛】选项D是易错点，注意硫酸氢钠是强酸的酸式盐,属于离子化合物，溶于水时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离出钠离子、硫酸氢根离子，注意区别。10.锂空气电池放电时的工作原理如图所示.下列叙述正确的是A.放电时Li＋由B极向A极移动B.电池放电时总反应方程式为4Li＋O2＋2H2O===4LiOHC.电解液a、b之间可采用阴离子交换膜D.电解液a可能为LiCl水溶液【答案】B【解析】A、在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由负极向正极移动，即由A极向B极移动,故A错误；B、原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B正确；C、根据图示，LiOH由正极区流出,说明电解液a、b之间可采用阳离子交换膜,故C错误；D、金属锂可以和水发生反应，电解质中不能含有水,故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池的工作原理。本题的易错点为C，要注意从图中寻找有用信息,锂离子在电解液a中生成，而电解液b可以回收LiOH，说明锂离子通过了离子交换膜。11.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解NaB(OH)4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是(）A。M室发生的电极反应式:2H2O—4e—=O2↑+4H+B。N室：a<bC。产品室发生的反应是［B(OH）4］—+H+H3BO3+H2OD。理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体【答案】D【解析】【详解】A．M室中石墨电极与电源正极相连，石墨为阳极，电解质溶液为稀硫酸，电解时阳极上水失电子生成O2和H+,电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，故A正确；B．N室中石墨电极与电源负极相连,石墨为阴极，电解质溶液为NaOH溶液，电解时阴极上水得电子生成H2和OH—，原料室中的Na+通过c膜进入N室，溶液中NaOH的浓度增大，所以N室：a＜b，故B正确；C．由题意及离子移动方向规律,原料室中的[B(OH）4]-通过b膜进入产品室，M室H+通过a膜进入产品室，二者发生反应生成H3BO3，离子方程式为：［B（OH)4］—+H+H3BO3+H2O，故C正确；D．由［B(OH）4]—+H+H3BO3+H2O，理论上每生成1mol产品（H3BO3)，会消耗1molH+，M室要生成1molH+，由M室电极反应式2H2O—4e—=O2↑+4H+可得，失去1mol电子,串联电路中根据得失电子守恒，N室必然得到1mol电子，由N室电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可得，N室生成0.5molH2,即阴极室生成的气体在标准状况的体积是11.2L，故D错误。故选D.12。Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是A.原子半径:X＞Y＞Z＞WB。QZ2所形成的分子空间构型为直线形C.Q和W可形成原子个数比为1:1和2：1的化合物D。X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y是金属元素,X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al;W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W、Z均为第ⅥA族元素，所以W为O,Z为S；所以Q的核电荷数为54-11-13-8—16=6，即Q为C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．【详解】A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、QZ2所形成的分子CS2，C与S形成C=S双键,为sp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、Q和W可形成原子个数比为1：1和1:2的化合物分别为CO、CO2，故C错误；D、X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性，如Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性,故D正确。故选C【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系及应用,解题关键:元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识,易错点为D选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。13。六氟化硫分子（如下图）呈正八面体，难以水解，在电器工业方面有着广泛用途。下列有关SF6的推测正确的是（）A。SF6易燃烧生成二氧化硫B。SF6是极性分子C。SF6中各原子均达到8电子稳定结构D高温条件下,SF6微弱水解生成H2SO4和HF【答案】D【解析】F是唯一没有正价的元素，F为-1价，SF6中S元素为+6价，S已处于最高价,不可能再被氧气氧化生成硫为+4价的二氧化硫，故A错误；六氟化硫分子呈正八面体,结构对称，是非极性分子，故B错误；六氟化硫分子呈正八面体,F达到八电子稳定结构,1个F最外层周围有8个电子，1个S最外层周围有12个电子．故C错误；SF6中F为-1价，S为+6价，微弱水解:SF6+4H20=H2SO4+6HF，故D正确。14。有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期,A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有三个不成对的电子;C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是A.D原子的简化电子排布式为［Ar］3s23p4B.B、C两元素的第一电离能大小关系为B＞CC。用电子式表示AD2的形成过程为D.由B60分子形成的晶体与A60相似,分子中总键能:B60〉A60【答案】A【解析】【详解】A、B、C、D四种元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，p能级最多容纳6个电子，故A由2个电子层，最外层电子数为4,故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有三个不成对的电子,B的p能级容纳3的电子，故B为氮元素；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体，则C、D属于同主族元素，故C为氧元素,D为硫元素；A。D为硫元素,S原子的简化电子排布式为[Ne］3s23p4，故A错误；B。B为氮元素，C为氧元素，氮元素2p能级为半充满的较稳定状态，能量较低，第一电离能N>O，故B正确；C。AD2是CS2，CS2属于共价化合物，CS2的结构与CO2相似，碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对,用电子式表示CS2的形成过程为，故C正确；D.N60分子形成的晶体与C60相似,氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故N60分子中总键能大于C60,故D正确；答案选A。15.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，X的单质是手机电池重要的电极材料；常温下，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；W能形成多种氧化物.下列说法正确的是A。常温下,Z的单质与Y的简单氢化物相遇，可能产生白烟B.Z非金属性强于Y，其对应含氧酸的酸性：Z＞YC.原子半径：X＞Y；简单离子半径：Z<WD.X、W的单质均为活泼金属，通常保存在煤油中【答案】A【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X的单质是手机电池重要的电极材料，推知X是锂元素,Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应，即，故Y是氮元素，X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，故Z的最外层电子数为7,故W最外层1个电子,由此推知Z是氯元素，W是钾元素。【详解】A.氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气,反应中会有大量白烟产生，A正确；B。根据非金属性强弱只能判断最高价氧化物对应水化物（即最高价含氧酸）的酸性，B错误；C。同周期元素,从左到右原子半径依次减小，则原子半径：,电子层价格下调离子，随核电荷数增大，离子半径逐渐减小，则离子半径:，C错误；D。锂比煤油轻,故不能保存在煤油中,而封存在石蜡中，D错误；答案选A。【点睛】微粒半径大小比较的一般规律:1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时,看电子数，电子数越多越多半径越大。16。设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A。常温下，1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中OH－数目为0。2NAB.在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移电子数目为NAC。常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C—O键的数目为NAD.氢氧燃料电池正极消耗22。4L气体时,负极消耗的气体分子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A。pH＝13的溶液中=0.1mol/L，体积为1L，故OH－数目为0.1NA，A错误；B.电解精炼粗铜时，阴极电极反应式为，阴极增重32g，即生成了0。5mol铜，故转移电子数为NA，B正确；C。可能是甲醚也可能是乙醇，二者含有碳氧键数目不同，C错误；D.未指明标况,无法确定22.4L气体的物质的量，D错误；答案选B。17。某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32—、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒,产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是A。溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B。溶液中n（NH4+）＝0。2molC。溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42—和NO3-D。n(H＋)∶n（Al3＋）∶n（Mg2＋）＝1∶1∶1【答案】B【解析】【分析】①若加入锌粒，产生无色无味气体，此气体为H2，则含有H+,不含有NO3—、CO32-；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示，则含有NH4+、Mg2＋、Al3＋，不含有Fe3＋。坐标图中，n（OH—）=0.1mol，则与OH—反应的H+物质的量n（H＋)=0。1mol；与OH—反应的Al（OH）3物质的量为0.1mol，则与Al3+反应的OH—为0.3mol,从而求出与Mg2+反应的OH—为0.1mol,n（Mg2+）=0.05mol。【详解】A．溶液中的阳离子有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4+，A不正确；B．溶液中n(NH4+）=0.7mol—0。5mol=0。2mol,B正确；C．溶液中一定不含CO32—、NO3-,B不正确;D．n(H＋）∶n(Al3＋)∶n（Mg2＋）=0。1∶0。1∶0.05=2∶2∶1,D不正确;故选B。18.刘老师在课堂上出示两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色饱和溶液,希望班里同学提出简便的鉴别方法，该班同学踊跃提出看法，其中不合理的是①用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3②取同量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞试液，红色较深的是Na2CO3③取同量的溶液于两支试管中,加热，有气泡产生的是NaHCO3④取同量的溶液于两支试管中,逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3⑤取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3⑥取同量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH）2溶液,生成白色沉淀的是Na2CO3A。①② B。③⑥ C.④⑤ D.②⑤【答案】B【解析】【详解】①Na2CO3和NaHCO3饱和溶液中，Na2CO3的碱性强，用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3，①合理；②取同量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞试液,由于Na2CO3的碱性强,所以红色较深的是Na2CO3，②合理；③取同量的溶液于两支试管中，因NaHCO3的分解温度超过100℃,所以加热时，不可能有气泡产生,③不合理；④取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸,Na2CO3先转化为NaHCO3，无气泡产生，开始就有气体放出的是NaHCO3，④合理;⑤取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液,只有Na2CO3能生成沉淀,所以生成白色沉淀的是Na2CO3，⑤合理；⑥取同量的溶液于两支试管中，滴加Ba（OH）2溶液，Na2CO3和NaHCO3都生成白色沉淀，⑥不合理；综合以上分析，只有③⑥不合理，故选B。19.下列有关图像的说法正确的是A.图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B。图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C.图丙表示:在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D.除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤"的方法【答案】C【解析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀,然后沉淀又逐渐溶解,前后两个阶段分别消耗氢氧化钠溶液的体积之比为3：1,图像与之不符，故A错误；B。假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸,氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3,消耗HCl1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2：1，图像与之不符,故B错误；C。在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O,当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0,最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C正确；D。KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C.20.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量,下列说法正确的是(）A。正极的电极反应式为2H++2e—═H2↑B。电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C.电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1。9g，则电路中转移0.6mol电子【答案】D【解析】【分析】由氨硼烷（NH3·BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e—=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应,电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O,据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O—6e—=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；D。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O—6e—=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e—═6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g,右室质量增加6g,两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9

g，则电路中转移0.6

mol电子,故D正确；答案选D.【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应,负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响.二、非选择题（共50分)21.某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F—和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F-与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算)已知:金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1。56。74.0沉淀完全3。49。56.9Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3［Ni（NH3）6］2+（［Ni（NH3）6］2+为难电离的络合离子）（1）滤渣1的主要成分为：____________。(2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。(填序号)A．Ni（OH）2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。(4)经检测，最后的残液中c（Ca2+)＝1.0×10─5mol•L—1，则残液中F－浓度____________（填“符合"或“不符合"）排放标准[已知Ksp(CaF2）=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。（5）镍（Ni）及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe（OH）2＋Ni(OH）2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g.②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中,需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。【答案】（1）.Fe(OH）3（2）。A(3）。［Ni(NH3）6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3(4）.不符合（5）。0.6(6）。4OH——4e-=2H2O+O2↑（7).pH过高时Ni2+会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率【解析】【分析】某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5,使铁离子全部沉淀,过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀,过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有:和，氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根,结晶得到重铬酸钾晶体。【详解】（1）调节溶液PH=3。5，使铁离子全部沉淀,滤渣1为，故答案为:；（2)据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新杂质可知还可以是，故答案为：A；（3）若试剂X是足量氨水，与足量氨水的反应为:,加入会生成更难溶的,“沉镍”的离子方程式为:,故答案为：；（4）依据溶度积常数计算F-离子浓度，，残液中，则,依据国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L-1分析判断,不符合国家标准，故答案为：不符合；（5)①，根据方程式分析正极电极反应式为：，转移2mol电子电极质量增加2g,故转移0。6mol电子则正极增重0。6g;故答案为：0.6；②根据图像可知，阳极氢氧根放电生成氧气，故电极反应式为：；电解过程中pH太高镍离子会沉淀，pH太低则阴极氢离子会放电生成氢气，故需要控制溶液pH值为4左右，故答案为：；pH过高时会形成氢氧化物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。【点睛】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写化学反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解、电化学原理的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。22。废易拉罐的成分比较复杂，据查，铝易拉罐各部分成分及含量(质量百分含量）见表:SiFeCuMnMgCrZnTiAl罐身/%0.30。70.250.251.0～1。5－－－其余罐盖/%0。20。350。150。2~0.54。0～5.0－0.10.25其余拉环/％0。20.350.150。2～0.53.0~4.00.10。250。1其余为了验证罐身的组成成分,进行了如下实验：【实验仪器与药品】仪器：酒精灯、烧杯、试管、试管夹、漏斗、滤纸、铁圈、玻璃棒、砂纸、剪刀药品：易拉罐、去污粉、NaOH溶液、KSCN溶液、盐酸、镁试剂、高碘酸(H5IO6,弱酸)【实验方案】实验预处理。将剪好的易拉罐片用砂纸打磨，除去表面的涂料层，直到光亮后用去污粉清洗干净备用。【实验过程】分别向试管a、b中加入少量上述易拉罐片，进行如下操作：请填写下列空白:(1)图中操作①②所用到的玻璃仪器有______________________________.（2)沉淀A的成分为________。(3)操作③观察到的现象为_____________________________________；反应的离子方程式为____________________________________________。(4)若试管a、b中取样量相等，则分别加入过量的NaOH溶液、稀盐酸后，相同条件下理论上产生的气体体积V（a)________V(b)(填“＜”、“＞"或“＝”）。【答案】（1).漏斗、烧杯、玻璃棒(2)。Fe、Cu、Mn、Mg等（3).开始生成白色沉淀，并逐渐增多，后沉淀部分溶解（4).H＋＋AlO2—＋H2O＝Al（OH）3↓、Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O、2H＋＋SiO32—＝H2SiO3↓（5).＜【解析】【分析】罐身中所含元素为Si、Fe、Cu、Mn、Mg、Al,试管a中加过量NaOH溶液，Si、Al能发生反应生成Na2SiO3、NaAlO2溶液，过滤,所得沉淀A的成分为Fe、Cu、Mn、Mg,溶液A为Na2SiO3、NaAlO2溶液,加入过量盐酸然后过滤,所得沉淀c为H2SiO3；试管b中加过量盐酸，Fe、Mn、Mg、Al溶解，过滤，沉淀B的成分为Si、Cu，焰色反应呈绿色，说明含有Cu，溶液的成分为FeCl2、MnCl2、MgCl2、AlCl3，加入KSCN溶液，显红色，说明生成了Fe3+，加入高碘酸，得到紫色溶液，说明含有Mn2+，加入镁试剂，得到淡紫色溶液，说明含有Mg。【详解】(1)图中操作①②为过滤,所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒;(2)由以上分析知，沉淀A的成分为Fe、Cu、Mn、Mg等。答案为：Fe、Cu、Mn、Mg等；（3）操作③为Na2SiO3、NaAlO2溶液中加入过量盐酸，起初AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，后来Al（OH)3溶解，而Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3沉淀,所以观察到的现象为开始生成白色沉淀,并逐渐增多，后沉淀部分溶解；反应的离子方程式为H＋＋AlO2-＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O、2H＋＋SiO32-=H2SiO3↓。答案为：开始生成白色沉淀,并逐渐增多，后沉淀部分溶解；H＋＋AlO2-＋H2O=Al（OH）3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O、2H＋＋SiO32—=H2SiO3↓;(4）若试管a、b中取样量相等，则分别加入过量的NaOH溶液、稀盐酸后，Al产生的H2体积相同，先加碱时,还有Si与碱发生反应生成H2;先加盐酸时，还有Fe、Mn、Mg产生H2，设罐身质量为100g,则Si产生的H2的物质的量为mol=0.021mol；Fe、Mn、Mg产生H2的物质的量为（)mol=0.059mol，所以后者产生的H2多(Mg以含量为1.0％代入计算).答案为：＜。23.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方，如下图所示：已知①A、B、C、D、G含有同种元素。②纯A（单质)B溶液D固体G溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物，与A反应生成E、G。依据以上信息填空：（1)写出D的化学式：___________________________________________。（2）G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。(3)写出反应A→B的化学方程式:_________________________________。（4）B→F的离子方程式为________；G与次氯酸反应的离子方程式为________________________________.【答案】(1）.Fe2O3（2）。先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（3）。2Fe＋3Cl22FeCl3(4）.2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋（5).H＋＋2Fe2＋＋HClO=2Fe3＋＋Cl－＋H2O【解析】【分析】结合框图,D固体呈红棕色，则其为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸