河南省驻马店市高三化学上学期期末试卷(含解析)

2015-2016学年河南省驻马店市高三（上）期末化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）
A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B．光导纤维遇强碱会“断路”
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
2．下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（）
A．石油的分馏、裂化和煤的气化、液化、干馏都是化学变化
B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者分子中所含碳碳键相同
C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应
D．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物
3．如图表示某反应的能量变化，对于该图的理解，你认为一定正确的是（）
A．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示两个化学反应的能量变化
B．曲线Ⅱ可表示反应2NH3N2+3H2的能量变化
C．该反应不需要加热就能发生
D．该反应的△H=E2﹣E1
4．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．一定条件下，1mol N2与足量H2混合反应生成NH3，转移电子数6N A
B．在常温常压下，2.8g N2和CO的混合气体所含电子数为1.4N A
C．标准状况下，22.4L CCl4含有的分子数目为N A
D．在电解精炼粗铜的过程中，当转移电子数为N A时，阳极溶解32g
5．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m ﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）
A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2
B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高
C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z
D．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
6．向一定量的AlCl3 溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随NaOH加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）
A．a点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣
B．b点对应的溶液中：Na+、H+、S2﹣、Cl﹣
C．c点对应的溶液中：NH4+、H+、NO3﹣、SO42﹣
D．d点对应的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣
7．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如右图所示．下列判断不正确的是（）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．反应后溶液的酸性明显增强
8．高温电解石灰石生产CaO的工作原理如图．下列说法不正确的是（）
A．CO32﹣向阳极移动
B．阴极电极反应式为3CO2+4e﹣═C+2CO32﹣
C．该装置可实现太阳能直接转化为化学能
D．该装置可实现CO2零排放
9．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（）
选项叙述Ⅰ叙述Ⅱ
A KNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B BaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42﹣
C SO2具有漂白性SO2能使高锰酸钾酸性溶液褪色
D SiO2是酸性氧化物用盐酸刻蚀石英制品
A．A B．B C．C D．D
10．有机物M是苯的同系物，其结构为，则M可能的结构简式共
有（）
A．6种B．12种C．24种D．32种
11．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（）
A．根据图①可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）的△H＞0
B．图②表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大
C．图③表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D．根据图④，相同温度下Ksp[Fe（OH）3]一定小于Ksp[Cu（OH）2]
12．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得曲线如图．下列说法正确的是（）
A．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）B．①处水的电离程度大于②处水的电离程度
C．②处加入的NaOH溶液恰好将CH3COOH中和
D．③处所示溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
13．一包白色粉末，由几种常见的盐混合组成，其中可能含有Na+、K+、Al3+、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣、SO32﹣、NO2﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行如下实验：
以下说法正确的是（）
A．白色沉淀甲是Al（OH）3，气体甲是CO2，所以混合物一定含Al3+和HCO3﹣
B．气体乙一定是NO和NO2的混合气体
C．白色沉淀乙是BaSO4，所以原混合物一定含有SO42﹣
D．焰色反应为黄色火焰，不能确定原混合物中不含K+
14．下列物质转化在给定条件下能实现的是有（）
①Si Na2SiO3（aq）H2SiO3
②S SO3H2SO4
③Na Na2O2 NaOH
④饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
⑤MgCl2（aq）MgCl2•6H2O Mg
⑥Al2O3NaAlO2Al（OH）3
⑦Fe2O3 FeCl3（aq）无水FeCl3
⑧CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O．
A．4个B．5个C．6个D．7个
15．在1.0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：X（g）═Y（g）+Z（g）△H＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示．以下分析不正确的是（）
A．从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）=mol/（L•min）
B．该温度下此反应的平衡常数K=0.32
C．欲提高平衡体系中Y的含量，可降低体系温度或减少Z的量
D．其他条件不变，再充入0.1 mol 气体X，平衡正向移动，X的转化率增大
16．将一定质量的镁铜合金加入到100mL某浓度HNO3溶液中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A．加入合金的质量不可能为6.6g
B．参加反应的硝酸的物质的量浓度为1mol/L
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL
D．生成NO气体体积为2.24 L
二、第Ⅱ卷（非选择题共52分）非选择题（包括必考题和选考题两部分．第17-20题为必考题，第21-23题为选考题，考生根据要求作答）
17．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子 Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是和
（填化学式，且相对分子质量小的填在前面）
（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，含X的物质记C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时也产生红褐色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则X为；A．SO32﹣B．SO42﹣C．CH3COO﹣D．SiO32﹣
（3）B的水溶液不显中性，原因是；
（4）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，有关反应的离子方程式为；
（5）若把少量E溶液加入A溶液中，无沉淀生成，则该反应的离子方程式为．
18．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义．
（1）已知拆开1molH2、1molO2和液态水中1molO﹣H键使之成为气态原子所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ；CH3OH（g）的燃烧热为627kJ•mol﹣1则CO2（g）+3H2（g）═CH3OH （g）+H2O（l）△H=kJ•mol﹣1
（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）
①该反应平衡常数表达式K= ；
②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示．该反应的△H0（填“＞”或“＜”），若温度不变，减小反应投料比[]，则
K将（填“增大”、“减小”或“不变”）．
③某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能表明上述可逆反应达到化学平衡的是；
A．二氧化碳的浓度 B．容器中的压强
C．气体的密度 D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比．
19．肼是重要的化工原料．某研究小组利用下列反应制取水合肼（N2H2•H2O）：CO（NH2）
+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl
实验一：制备NaClO溶液
（1）将氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式是；实验二：制取水合肼（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应．加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分．（已知：
N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl）
（2）分液漏斗中的溶液是（填标号A或B）；
A．NaOH和NaClO混合溶液B．CO （NH2）2溶液
选择的理由是；
实验三：测定馏分中肼含量
水合肼具有还原性，可以生成氮气．测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：
a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250mL溶液．b．移取25.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀．
c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右．记录消耗碘的标准液的体积．
d．进一步操作与数据处理
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式；滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是；
（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为（保留三位有效数字）．
20．锌锰干电池所含有的汞、酸或碱等在废弃后进入环境中将造成严重危害．对废旧电池进行资源化处理显得非常重要．某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源．
（1）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为
（2）填充物用60℃温水溶解，目的是加快溶解速率，但必须控制温度不能太高，其原因是；
（3）操作A的名称为；
（4）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．①当1mol MnO2参加反应时，共mol电子发生转移．
②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出其反应的化学方程式；（5）铜帽溶解时加入H2O2的目的是（用化学方程式表示）．铜帽溶解完全后，可采用方法除去溶液中过量的H2O2．
（6）锌锰干电池所含的汞可用KMnO4溶液吸收．在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如图所示：
根据图可知：
①pH对Hg吸收率的影响规律是；
②在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是．
（二）选考题（共12分，从3道题中选做一题作答）【化学-选修2：化学与技术】（12分）21．我国某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿（主要成分为Fe2O3，还含有SiO2等杂质）、煤矿、石灰石和黏土．拟在该地区建设大型炼铁厂．
①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成规模的工业体系．据此确定图中相应工厂的名称：
A．B．C．D．；
②以赤铁矿为原料，写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式．
22．玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成．
①酚醛树脂由酚醛和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向有苯酚的反应釜的加入甲醛，且反应釜应装有装置．
②玻璃钢中玻璃纤维的作用是，玻璃钢具有等优异性能（写出两点即可）．
23．工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨﹣空气混合气中氧氨比的关系．其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况．当氨氧化率达到100%，理论上
r= ，实际生产要将r值维持在1.7～2.2之间，原因
是．
【化学-选修3：物质结构与性质】（12分）
24．（2015秋•驻马店期末）硼及其化合物在耐高潮合金工业、催化剂制造、高能燃料等方面有广泛应用．
（1）硼原子的价电子排布图为．
（2）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅制造．由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为．
（3）氮硼烷化合物（H2N→BH2）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氮化物储氢材料．①B与N的第一电离能：B N（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．H2N→BH2中B原子的杂化类型为；
②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得．BH4﹣的立体构型是；写出制备反应的化学方程式；
（4）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐麿材料，它可用作金属表面的保护层．如图为磷化硼晶胞．
①磷化硼晶体属于晶体（填晶体类型），（填是或否）含有配位键．
②晶体中P原子的配位数为．
③已知BP的晶胞边长为anm，N A为阿伏加德罗常数的数值，则磷化硼晶体的密度为
g•cm﹣3（用含a、N A的式子表示）．
【化学-选修5：有机化学基础】（12分）
25．（2015•邯郸一模）某有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，A分子结构中不含甲基，含苯环，苯环上的一氯代物只有两种，A和其他有机物存在如下图所示的转化关系，I和J互为同分异构体：
已知： +NaOH R﹣H+Na2CO3
试回答下列问题：
（1）B化学式，G的化学名称是．
（2）H→I反应类型为，J所含官能团的名称为．
（3）写出H→L 反应的化学方程式．
（4）A的结构简式．
（5）F的同分异构体中含有苯环且官能团相同的物质共有种（不包括F），其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为1：2的是（写结构简式）．
2015-2016学年河南省驻马店市高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）
A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B．光导纤维遇强碱会“断路”
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【考点】硅和二氧化硅；绿色化学．
【专题】化学应用．
【分析】A．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；
B．根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水；
C．根据“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；
D．镧镍合金是金属金属和金属形成的合金材料，能大量吸收H2形成金属氢化物，目前可以解决氢气的储存和运输问题．
【解答】A．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；
B．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故B正确；
C．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理对环境污染进行治理，故C错误；
D．储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故D正确；
故选C．
【点评】本题主要考查了元素化合物知识，需要注意的是绿色化学核心的理解，题目难度中等．
2．下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（）
A．石油的分馏、裂化和煤的气化、液化、干馏都是化学变化
B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者分子中所含碳碳键相同
C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应
D．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物
【考点】有机物的结构和性质．
【专题】有机反应．
【分析】A．石油的分馏为物理变化；
B．苯不含碳碳双键；
C．烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应；
D．油脂不是高分子化合物．
【解答】解：A．石油的分馏根据物质的沸点进行分离，为物理变化，故A错误；
B．苯不含碳碳双键，故B错误；
C．在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；
D．高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，油脂不是高分子化合物，故D错误．故选C．
【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为历年高考常见题型和高频考点，题目多角度考查物质的组成、结构、官能团的性质等知识，有利于学生良好科学素养的培养，难度不大．
3．如图表示某反应的能量变化，对于该图的理解，你认为一定正确的是（）
A．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示两个化学反应的能量变化
B．曲线Ⅱ可表示反应2NH3N2+3H2的能量变化
C．该反应不需要加热就能发生
D．该反应的△H=E2﹣E1
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、曲线Ⅰ和曲线Ⅱ都是指同一反应物生成同一生成物；
B、曲线Ⅱ反应物能量大于生成物能量，则该反应为放热反应；
C、反应放热与反应条件没有必然的联系；
D、依据反应物和生成物能量变化判断反应吸热、放热．
【解答】解：A、曲线Ⅰ和曲线Ⅱ都是指同一反应物生成同一生成物，所以表示一个化学反应的能量变化，故A错误；
B、曲线Ⅱ反应物能量大于生成物能量，则该反应为放热反应，又2NH3N2+3H2为吸热反应，所以不可表示反应2NH3N2+3H2的能量变化；故B错误；
C、图中分析判断反应是放热反应，△H＜0，但反应放热与反应条件没有必然的联系，有许多放热在开始时要加热的，故C错误；
D、依据图象分析判断，该反应为放热反应，△H=E2﹣E1，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了反应焓变的计算判断，图象分析是关键，反应自发进行的判断依据，催化剂的作用分析是解题关键，题目难度中等．
4．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．一定条件下，1mol N2与足量H2混合反应生成NH3，转移电子数6N A
B．在常温常压下，2.8g N2和CO的混合气体所含电子数为1.4N A
C．标准状况下，22.4L CCl4含有的分子数目为N A
D．在电解精炼粗铜的过程中，当转移电子数为N A时，阳极溶解32g
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；
B、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol；
C、标况下四氯化碳为液态；
D、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的杂质．
【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于6N A个，故A错误；
B、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故2.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者中均含14个电子，故0.1mol混合物中含1.4N A个电子，即B正确；
C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的杂质，故当转移的电子数为
N A个时，阳极上溶解的质量小于32g，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
5．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m ﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）
A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2
B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高
C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z
D．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C
元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题．
【解答】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L
层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R 的核外电子数为16，应为S元素，
A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；
B．Y是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；
C．非金属性：S＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；
D．SO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的比较．
6．向一定量的AlCl3 溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随NaOH加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）
A．a点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣
B．b点对应的溶液中：Na+、H+、S2﹣、Cl﹣
C．c点对应的溶液中：NH4+、H+、NO3﹣、SO42﹣
D．d点对应的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】向一定量的AlCl3 溶液中逐滴加入NaOH溶液，a点时溶质为AlCl3和NaCl，b点时在为NaCl，c点时氢氧化铝完全溶解，溶质为偏铝酸钠，d点氢氧化钠溶液过量，溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，结合离子共存知识对各选项进行判断．
【解答】解：A．a点时溶质为AlCl3和NaCl，CO32﹣与氯化铝发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．b点时在为NaCl，Na+、H+、S2﹣、Cl﹣之间不反应，都不与氯化钠反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．c点时氢氧化铝完全溶解，溶质为偏铝酸钠，H+与偏铝酸根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．d点氢氧化钠溶液过量，溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，HCO3﹣与氢氧化钠、偏铝酸根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，题目难度中等，明确图象中各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如右图所示．下列判断不正确的是（）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，
A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO﹣，故A正确；
B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确．
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．
8．高温电解石灰石生产CaO的工作原理如图．下列说法不正确的是（）
A．CO32﹣向阳极移动
B．阴极电极反应式为3CO2+4e﹣═C+2CO32﹣
C．该装置可实现太阳能直接转化为化学能
D．该装置可实现CO2零排放
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】与电源正极相连的是电解池的阳极，发生氧化反应，与电源负极相连的是电解池的阴极发生还原反应，
A、熔融电解质中的阴离子向阳极移动；
B、阴极发生还原反应，是石灰石在高温的条件分解产生的二氧化碳中的碳得电子发生还原反应；
C、该装置电能直接转化为化学能；
D、该反应的总方程式可知，电极产物中无二氧化碳产生．
【解答】解：A、熔融电解质中的阴离子向阳极移动，故A正确；
B、阴极发生还原反应，是石灰石在高温的条件分解产生的二氧化碳中的碳得电子发生还原反应，故B正确；
C、该装置电能直接转化为化学能，故C错误；。