四川2023年高二下学期化学期中考试带答案与解析

选择题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、D①ⅥA16熔点：D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】元素BD是氧族元素，周期表中第16①处的标识为ⅥA16，故A正确；D为SSiO2熔点：D的氧化物，故B正确；AE3分子中N51873个氯原子，所有原子都满足8电子稳定结构，故C正确；应是E的最高价含氧酸酸性强于D的最高价含氧酸，故D故选D。选择题X、Y、ZXZ同族，Y最外层电子数等于XY原子半径大于Z。下列叙述正确的是熔点：X的氧化物比Y的氧化物高的氢化物大于Z的氢化物X与ZZXY的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸【答案】B【解析】YX次外层电子数，由于均是主族元素，所以8XY的2个，又因为Y的原子半径大于Z，则YMgXZ的最外层电子数是X是C，ZSi。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、CSiSiC，C错误；D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误；答案选B。选择题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 Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。ZnZnO分散度高Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−Zn(s)+2OH−(aq)−2e−

NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+H2O(l)通过隔膜从负极区移向正极区【答案】D【解析】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。选择题铁和氧化铁的混合物共amol2bgKSCN溶液，不显红色，则原混合物中氧化铁的物质的量为A. molB.(a-b)molC. molmol【答案】C【解析】混合物中加盐酸后，发生如下反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2bHClFebmolFe2O3FeCl3Fe物质的量共为(a-b)molFeCl3反应)，可求出氧化铁的物质的量为选择题

mol，故选C。常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是1mol4molNH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋C.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】由电池的正负极可判断电极为阳极电极为阴极。在C电极发生反应NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋；在Pt 电极，6H++6e-==3H2↑。A．依据电荷守恒，在阳极区，每生成1molNCl3，理论上有6molH不正确；B(NCl3NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，B正确；C．气体MH2试纸检验，C不正确；6molH+pH会增大，D不正确；故选B。选择题将总的物质的量为nmol(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V。下列关系式中正确的是A.x=V/11.2nB.0A.AlCl3NaOHB.Ca(OH)2CO2C.符合丙图像的反应可以是在Ca(OH)2KOHCO2NH4Al(SO4)2NaOH【答案】D【解析】如果是向NaOH 溶液中逐渐加入 AlCl3 溶液时，首先发生Al3++4OH-ⅥAlO2-+2H2O ，OH- 反应完毕，发生反应生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故A正确；，则生成沉淀，后发生1：1，故B正确；KOHCa（OH）2+CO2ⅥCaCO3↓+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH-+CO2ⅥCO32-+H2O，最后发生碳酸钙与1，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；D．NH4Al（SO4）2NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3++3OH-ⅥAl（OH）3↓1：3，故D错误；故选D。选择题X进行如下实验：

、 、 和 中的几种，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（）混合物X中必定含有 ，不含Z中溶质主要是钠盐，且必含Y，可能得到黑色物质ZCu粉，若不溶解，说明X中不含【答案】D【解析】X进行如下实验：

、 、 和 中的几种，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YCu(OH)2Al(OH)3②Y一定没有

溶液作用，无变化说沉淀中没有Al(OH)3，则X中，据此再结合选项分析。X中必定含有正确；

，不含 ，故AZ-+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；YC正确；Z故答案为。选择题下列说法正确的是

，故D错误；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化学键CH4CCl48电子稳定结构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】A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需客服微BC.CH4中H2错误；D.NaHSO4均被破坏，D错误，答案选B。选择题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LiB极向A极移动4Li＋O2＋2H2O===4LiOH电解液a、b之间可采用阴离子交换膜电解液aLiCl水溶液【答案】BA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、原电池放电反应为自4Li+O2+2H2O=4LiOHB、根据图b之间可采用阳离子交换膜，C错误；DD错误；故选B。选择题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NaB(OH)4H3BO3,()M室发生的电极反应:2H2O-4e- O2↑+4H+N室:aH3BO3+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】DAO22H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故A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H2Na+c膜进入N的浓度增大，所以N室：a＜bB正确；C项，由题意及离B(OH)4-bH+aH3BO3，离子方程式为：B(OH)4-+H+H3BO3+H2O，故CD项，由B(OH)4-+H+H3BO3+H2O1mol(H3BO3)1molH+，M1molH+M2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+可得，1mol1molN2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣室生成0.5molH211.2LD错误。选择题QXZY是金属元的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为20Z的核电荷数是W2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y原子半径：X＞Y＞Z＞WQZ2所形成的分子空间构型为直线形Q和W1:12:1的化合物、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】Q、WX、、ZY是金属元XYYAl；W、Z的核电荷数是W2Z均为第ⅥA族元素，所以W为S；所以Q54-11-13-8-16=6QC，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．A原子半径为X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、QZ2CS2，CSC=Ssp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、QW1：11：2、C错误；DZ和WNa2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故D故选C。选择题六氟化硫分子（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H2SO4HF【答案】D【解析】F为-1中S元素为+6已处于+4A错误；BF最外层周围8S12个电子．故C中F为-1价，S为+6价，微弱水解：SF6+4H20=H2SO4+6HF，故D正确。选择题有ABCD四种元素，其中ABC原子最外层p成对的电子；CABDRC2型化合物，其中的DC2C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是D[Ar]3s23p4B、C两元素的第一电离能大小关系为B＞CAD2的形成过程为B60A60【答案】A【解析】试题解析：有AB、C、D四种元素，A原子最外层p能级6个电子，故A由24A、、C属于同一周期，Bp3的电子，故B元素可分别与ABDRC2型化合物，其中DC2C3、D属于同族元素，故C为氧元素，D为硫元素。D[Ne]3s23p4A错误；B为氮元素，C2p第一电离能高于氧元素的第一电离能，故BCS2，属于CO22对共用电子对，形成过程为 ，故C正确；N60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大，故N60分子中总键能大于C60，故D正确。选择题主族元素XZW的原子序数依次增加，且均不大于的单W最外层电子数之和与ZW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.Y、Y、W最外层电子数之和与ZZ的最外层电子数为故W1个电子，由此推知Z是氯元素，W是钾元素。A正确；（氧酸）错误；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，则离子径： ，C错误；错误；答案选A。选择题NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是常温下，1LpH＝13Ba(OH)2OH0.2NA32gNA常温常压下，1molC2H6OC—O键的NA22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA【答案】B【解析】pH＝13的 溶液中 =0.1mol/L，体积为1L，故OH－数目为0.1NA，A错误；电解精炼粗铜时，阴极电极反应式为 ，阴极增重即生成了0.5mol铜，故转移电子数为NA，B正确；可能是甲醚也可能是乙醇，二者含有碳氧键数目不同，C误；22.4L错误；答案选。选择题某溶液中可能含有HNH4+Mg2Al3SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOHNaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是A.HMg2B.n(NH4+)＝0.2molC.SO42-NO3-D.n(H＋)Ⅵn(Al3＋)Ⅵn(Mg2＋)＝1Ⅵ1Ⅵ1【答案】B【解析】①若加入锌粒，产生无色无味的气体，此气体为H2，则含有H+，不NO3-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NH4+、Mg2Al3OH-n(H＋)=0.1molOH-Al(OH)3物质的量0.1molAl3+0.3molMg2+反应的OH-0.1mol，n(Mg2+)=0.05mol。溶液中的阳离子有H＋、Mg2＋、NH4+，A不正确；n(NH4+)=0.7mol-0.5mol=0.2mol，B正确；溶液中一定不含、NO3-，B不正确；D．n(H＋)Ⅵn(Al3＋)Ⅵn(Mg2＋)=0.1Ⅵ0.1Ⅵ0.05=2Ⅵ2Ⅵ1，D；故选B。选择题Na2CO3NaHCO3无色饱和溶中不合理的是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NaHCO3⑤BaCl2Na2CO3⑥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.①②B.③⑥C.④⑤D.②⑤【答案】B【解析】①Na2CO3NaHCO3的碱性强，用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3，①合理；②Na2CO3Na2CO3，②合理；③NaHCO3不合理；④NaHCO3NaHCO3，④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)2Na2CO3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。选择题下列有关图像的说法正确的是NaOHNaOH溶液体积的关系NaOHNa2CO3HCl溶液体积的关系质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”法【答案】C【解析】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的氢氧化钠溶液的体积之比为图像与之不符故A错误假设NaOH和Na2CO3分别为向含有H和3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，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“蒸发浓缩、冷却结晶、过”的方法进行分离，故D错误；答案选C。选择题氨硼烷(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。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）2H++2e-ⅥH2↑C.H2NH3g电子【答案】D【解析】由氨硼烷（NH3·BH3）电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2ⅥNH4BO2+4H2ONH3·BH3NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2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；故B错误；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3H2O2+6H++6e-Ⅵ6H2O均不会产生气体，故C错误；NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-Ⅵ6H2O6mol=31g-6g=25g6g19g。工作一段时1.9g0.6molD正确；答案选D。、、Ni2+NO3—、F-Cr2O72-等。下图是假设：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+Ni2+6NH3（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）滤渣1的主要成分为。

[Ni(NH3)6]2+试剂X可以是足量氨水还可以是（填序号）A．Ni(OH)2B．Cr2O3 C．Fe2O3D．NaOH若试剂X是足量氨水沉”的离子方程式为。经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1F－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]。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＋2H2O 若外电路中转移0.6mol电子则正极增。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，阳极的电极反应式电解过程中需要控制溶液pH值为4左右原因是 。Fe(OH)3A[Ni(NH3)6]2+S2-=NiS6NH3不符合0.64OH--4e-=2H2O+O2↑pHNi2+过低时会有氢气析出，降低镍的回收率【解析】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，滤中加入 与 发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢石灰浆沉淀得到滤渣3含有：

和 ，氢氧化铬沉淀酸钾晶体。调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为 ，答案为： ；pH可知还可以是 ，故答案为（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：；（4 ）依据溶度积常数计算，残液中

F- 离子浓度，10mg•L-1不符合；（5）①极电极反应式为：

，根据方程式分析正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：pHpH4答案为： ；pH过高时 会形成氢氧物沉淀，pH过低时会有氢气析出，降低镍的回收率。实验题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－－－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）a、b操作：请填写下列空白：图中操作①② 所用到的玻璃仪器有 。沉淀A的成分为 。操 作 ③ 观 察 到 的 现 象 为 ；反应的离子方程式为 。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) 填“＜”、“＞”或“＝”)。MnMg等开始生成白色沉淀，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↓＜【解析】SiCuMnMgAl，试管aNaOHAlNa2SiO3NaAlO2溶液，过滤，所得沉淀ACuMnMg，溶液ANa2SiO3NaAlO2溶液，cH2SiO3b中加过量盐MnMgAl溶解，过滤，沉淀BSiMnCl2MgCl2AlCl3，KSCN溶液，显红色，说明生成了溶液，说明含有Mn2+，加入镁试剂，得到淡紫色溶液，说明含有Mg。图中操作①②答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；A、Cu、Mn、Mg等。答案为：Fe、Cu、Mn、Mg等；操作③为Na2SiO3NaAlO2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↓；a、bNaOH溶液、稀盐H2体积相同，先加碱时，还有Si与碱发生反应生成H2、MnMgH2100g，SiH2的物质的量为H2的物质的量为(

MnMg产生)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：＜。推断题示：已知①A、B、C、D、G含有同种元素。②A(单质B溶液D固体G溶液颜色银白色黄色红棕色浅绿色③EF，F是含有三种元素的化合物，与A反应生成EG。依据以上信息填空：写 出 D 的 化 学 式 ： 。G生成C的过程中所出现的现象。写出反应 A→B 的化学方程式： 。B→F的离子方程式；G与次氯酸反应的离子方程式为 。Fe2O32Fe＋3Cl2 2FeCl32Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋H＋＋2Fe2＋＋HClO=