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B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选； C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选； D．发生氧化反应，故D不选． 故选A．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大．
4．（6分）（2017?天津）以下实验设计能达到实验目的是（ ）
实验目的
除去NaHCO3固体中的Na2CO3 制备无水AlCl3 重结晶提纯苯甲酸 鉴别NaBr和KI溶液 B．B
C．C
D．D
实验设计
将固体加热至恒重
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 分别加新制氯水后，用CCl4萃取
A． B． C． D． A．A
【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠； B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发；
C．苯甲酸在水中的溶解度不大，且利用溶解度受温度影响的差异分离； D．氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同． 【解答】解：A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；
C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C错误；
D．氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的
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评价性分析，选项C为解答的难点，题目难度不大．
5．（6分）（2017?天津）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．
如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物； C．发生强酸制取弱酸的反应，且HCl不是最高价含氧酸；
D．目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8．
【解答】解：A．非金属性O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D．目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确； 故选C．
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【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项C为解答的易错点，题目难度不大．
6．（6分）（2017?天津）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g）．230℃时，该反应的平衡常数K=2×10﹣5．已知：Ni（CO）4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应．
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni（CO）4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍． 下列判断正确的是（ ）
A．增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃ C．第二阶段，Ni（CO）4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]=4v生成（CO） 【分析】A．平衡常数与温度有关；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4； C．由加热至230℃制得高纯镍分析；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比．
【解答】解：A．平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B正确；
C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4分解率较大，故C错误； D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni（CO）4]=v生成（CO），故D错误； 故选B．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C为解答的难点，题目难度不大．
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二、本卷共4题，共64分．
7．（14分）（2017?天津）某混合物浆液含有Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明） （1）反应①所加试剂NaOH的电子式为
．B→C的反应条件为 加
热（或煅烧） ，C→Al的制备方法称为 电解法 ．
（2）该小组探究反应②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号） ac ． a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为 2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ?mol﹣1 ． Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是 在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ，分离后含铬元素的粒子是 CrO42﹣、Cr2O72﹣ ；阴极室生成的物质为 NaOH和H2 （写化学式）． 【分析】Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
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