2025年青島版六三制新高一化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年青島版六三制新高一化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、元素性質(zhì)呈周期性變化的根本原因是（）A.元素相對原子質(zhì)量依次遞增B.元素的最高正化合價呈周期性變化C.元素原子最外層電子排布呈周期性變化D.元素金屬性或非金屬性呈周期性變化2、有以下四種物質(zhì)：rm{壟脵}標況下rm{11.2L}rm{CO_{2}}rm{壟脷1g}rm{H_{2}}rm{壟脹1.204隆脕10^{24}}個rm{N_{2}壟脺4隆忙}時rm{18mLH_{2}O}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.分子個數(shù)：rm{壟脹>壟脺>壟脵=壟脷}B.原子個數(shù)：rm{壟脹>壟脺>壟脵>壟脷}C.體積：rm{壟脹>壟脺>壟脵=壟脷}D.質(zhì)量：rm{壟脹>壟脵>壟脺>壟脷}3、下列不能說明rm{Cl}的得電子能力比rm{S}強的亊實是rm{(}rm{)}

rm{壟脵HCl}比rm{H_{2}S}穩(wěn)定。

rm{壟脷HCl0}氧化性比rm{KH_{2}S0_{4}}強。

rm{壟脹HClO_{4}}酸性比rm{H_{2}SO_{4}}強。

rm{壟脺Cl_{2}}能與rm{H_{2}S}反應生成rm{S}

rm{壟脻Cl}原子最外層有rm{7}個電子，rm{S}原子最外層有rm{6}個電子。

rm{壟脼Cl_{2}}與rm{Fe}反應生成rm{FeCl_{3}}rm{S}與rm{Fe}反應生成rm{FeS}．A.rm{壟脷壟脻}B.rm{壟脵壟脷}C.rm{壟脵壟脷壟脺}D.rm{壟脵壟脹壟脻}4、根據(jù)元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，其中錯誤的是rm{(}rm{)}A.氯氣與氫氣化合比溴與氫氣化合容易B.硒化氫比硫化氫穩(wěn)定C.氫氧化鍶比氫氧化鈣的堿性強D.鈹?shù)脑邮щ娮幽芰Ρ孺V弱5、rm{1g}干冰中含有氧原子rm{a}個，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為rm{(}rm{)}A.rm{22a}B.rm{44a}C.rm{dfrac{44}{3}a}D.rm{14a}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、為除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等雜質(zhì)；某同學設(shè)計了一種制備精鹽的實驗方案，步驟如下（用于沉淀的試劑稍過量）：

（1）判斷BaCl2已過量的方法是____．

（2）第②步中，有關(guān)的離子方程式是____．第③步中，有關(guān)的離子方程式是____．

（3）若先加適量鹽酸再過濾，將對實驗結(jié)果產(chǎn)生影響，其原因是：____．

（4）為檢驗精鹽純度，需配制1000mL.0.2mol/LNaCl（精鹽）溶液，若定容時觀察液面仰視，會造成所配制的溶液濃度（填“偏高”或“偏低”）____．7、欲使NaOH溶液中每100個水分子溶有5個Na+，則該溶液的質(zhì)量分數(shù)=______．（保留兩位有效數(shù)字）8、選用正確的實驗操作；將下列各組物質(zhì)進行分離或提純．

A.分液rm{B.}過濾rm{C.}萃取rm{D.}蒸餾rm{E.}蒸發(fā)結(jié)晶rm{F.}高溫分解。

rm{(1)}分離rm{CCl_{4}}和rm{H_{2}O}______rm{(}填字母，下同rm{)}．

rm{(2)}除去石灰水中的rm{CaCO_{3}}______．

rm{(3)}除去rm{CaO}固體中少量的rm{CaCO_{3}}固體：______．

rm{(4)}從碘水中提取碘：______．

rm{(5)}分離乙醇rm{(}沸點為rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸點為rm{110.6隆忙)}的液體混合物：______．9、根據(jù)要求完成下列實驗過程rm{(a}rm為彈簧夾，加熱及固定裝置已略去rm{)}rm{(1)}驗證碳、硅非金屬性的相對強弱rm{(}已知酸性：亞硫酸rm{>}碳酸rm{)}rm{壟脵}連接儀器、________________、加藥品后，打開rm{a}關(guān)閉rm然后滴入濃硫酸，加熱。rm{壟脷}裝置rm{A}中試劑是__________________________________________。rm{壟脹}能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現(xiàn)象是__________________。rm{(2)}驗證rm{SO_{2}}的氧化性、還原性和酸性氧化物的通性。rm{壟脵}在rm{(1)壟脵}操作后打開rm關(guān)閉rm{a}rm{壟脷H_{2}S}溶液中有淺黃色渾濁出現(xiàn)，化學方程式是______________。rm{壟脹BaCl_{2}}溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，分別滴加下列溶液，將產(chǎn)生的沉淀的化學式填入下表相應位置。。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化學式寫出其中rm{SO_{2}}顯示還原性生成沉淀的離子方程式：_______________。10、（6分）物質(zhì)的用途和該物質(zhì)的性質(zhì)密切相關(guān)。請對照性質(zhì)找用途（填字母）物質(zhì)特性：（1）硅的導電性介于導體和絕緣體的導電性之間（）（2）鈦制品非常輕，卻非常堅固，不易變形（）（3）錫無毒，抗蝕能力強（）主要用途：A．制造晶體管、集成電路B．制造罐頭筒C．制造燈絲D．制造太空飛船和人造衛(wèi)星的部件11、A+、B2－、C－三種離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，以下比較中正確的是A．原子半徑B＜C＜AB．原子序數(shù)A＞B＞CC．離子半徑B2－＞C－＞A+D．原子的電子總數(shù)C＜A＜B12、（7分）．下圖是周期表中短周期的一部分，A.B.C三種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B的質(zhì)子數(shù)的2倍。1、(用元素符號表示)AB____C2、B的最高價氧化物的化學式，屬于晶體。3、C的氣態(tài)氫化物的化學式，其中存在____鍵。13、在①金屬鐵②氯酸鉀③純堿④單質(zhì)碘⑤二氧化硅⑥燒堿⑦鹽酸⑧氧化鈣⑨水⑩干冰中，屬于金屬單質(zhì)的是____（填序號，下同）；屬于非金屬單質(zhì)的是____；屬于鹽的是____；屬于堿的是____；屬于酸的是____；屬于堿性氧化物的是____；屬于酸性氧化物的是____屬于不成鹽氧化物的是____14、完成下列反應的離子方程式rm{(1)}稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應。

rm{(2)}氧化鋁和稀鹽酸反應rm{(3)}醋酸和大理石反應。

rm{(4)}硫酸銨溶液和氫氧化鈉溶液共熱rm{(5)}鎂粉和硫酸氫鈉溶液反應_____評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化16、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）17、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）19、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）21、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共3題，共24分)22、將rm{54.8g}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的混合物分成等量的兩份，一份溶于水后加入足量某濃度的鹽酸，收集到氣體rm{V}rm{L.}另一份直接加熱至恒重，生成氣體rm{2.24L(}所有氣體體積均在標準狀況下測定rm{).}試準確計算出：

rm{(1)}原固體混合物中rm{Na_{2}CO_{3}}的物質(zhì)的量：rm{nNa_{2}CO_{3})=}______

rm{(2)V=}______L.23、把rm{5.1g}鎂鋁合金的粉末放入過量鹽酸中，得到rm{5.6LH_{2}(}標準狀況下rm{)}試計算：rm{(1)}改合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)_____________rm{(}保留rm{1}位小數(shù)rm{)}rm{(2)}該合金中鋁和鎂的物質(zhì)的量之比________________________24、某溫度時，在一個rm{5L}的恒容容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}均為氣體，三種物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)填空：rm{(1)}該反應的化學方程式為_____________________。rm{(2)2min}時反應達到平衡，容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量比起始時____________rm{(}填“大”，“小”或“相等”下同rm{)}混合氣體密度比起始時_________。填“大”，“小”或“相等”下同rm{(}混合氣體密度比起始時_________。rm{)}將rm{(3)}與rm{amolX}的混合氣體發(fā)生上述反應，反應到某時刻各物質(zhì)的量恰好滿足：rm{bmolY}rm{n}rm{n}則原混合氣體中rm{{,!}}__________。rm{(X)=n(Y)=n(Z)}則原混合氣體中rm{a:b=}__________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共12分)25、一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分陽離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表。

③CoCl2·6H2O熔點86℃；易溶于水；乙醚等；常溫下穩(wěn)定，加熱至110~120℃時失去結(jié)晶水變成無水氯化鈷。

(1)寫出Co2O3與Na2SO3和鹽酸反應的離子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入過量NaClO3可能生成有毒氣體，該氣體是___________(填化學式)

(3)為了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3調(diào)pH，則pH應控制的范圍為_____________________.

(4)加萃取劑的目的是___________；金屬離子在萃取劑中的萃取率與pH的關(guān)系如圖，據(jù)此分析pH的最佳范圍為___________(填字母序號)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用減壓烘干法烘干，原因是___________。26、某酸性廢液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下圖是該廢液的綜合利用工藝流程：（假設(shè)：F—與金屬離子的絡合反應不影響其它反應和計算）

已知：金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+開始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+與足量氨水的反應為：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡合離子）

（1）濾渣1的主要成分為：____________。

（2）試劑X可以是足量氨水，還可以是：____________。（填序號）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若試劑X是足量氨水，“沉鎳”的離子方程式為：____________。

（4）經(jīng)檢測，最后的殘液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol?L-1，則殘液中F－濃度____________（填“符合”或“不符合”）排放標準[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，國家排放標準要求氟離子濃度小于10mg?L─1]。

（5）鎳(Ni)及其化合物廣泛應用于生產(chǎn)電池；電鍍和催化劑等領(lǐng)域。

①某蓄電池反應為NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放電時若外電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子則正極增重____g。

②圖為雙膜三室電解法處理含鎳廢水回收金屬鎳的原理示意圖，陽極的電極反應式為____；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

27、錳及其化合物間的轉(zhuǎn)化如圖。

請回答下列問題：

（1）反應①發(fā)生的主要化學反應的方程式為：_____。

（2）粗KMnO4晶體中含有少量的K2CO3，為了得到純的KMnO4晶體，操作Ⅲ的名稱為_____。

（3）測定高錳酸鉀樣品純度采用硫酸錳滴定：向高錳酸鉀溶液中滴加硫酸錳溶液，產(chǎn)生黑色沉淀。當____；表明達到滴定終點。

（4）已知：常溫下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工業(yè)上，調(diào)節(jié)pH可以沉淀廢水中Mn2+，當pH=10時，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如圖，用Fe、C作電極電解含MnO4-的堿性污水，使之轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀除去。A電極是____（填“Fe”或“C”），該電極的產(chǎn)物使堿性污水中MnO4-轉(zhuǎn)化為沉淀除去的離子方程式為____。

28、以白云石（主要成分為CaCO3和MgCO3）為原料制備氧化鎂和輕質(zhì)碳酸鈣的一種工藝流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10?12

（1）白云石高溫煅燒所得固體產(chǎn)物的主要成分為_______（填化學式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因為_______（用離子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)應小于5×10?6mol·L?1，則需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反應的化學方程式為_______。

（5）煅燒所得固體的活性與其中CaO含量及固體疏松程度有關(guān)。其他條件相同時，將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液變色所需時間不同，由此可知煅燒所得固體的活性差異。溶液變色的時間與各樣品煅燒溫度的關(guān)系如圖所示。當溫度高于950℃時，煅燒所得固體易板結(jié)，活性降低；當溫度低于950℃時，活性降低的原因為_______。將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入水中，也可測量其活性，則此時需測量的數(shù)據(jù)為相同時間后_______與樣品煅燒溫度之間的關(guān)系。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【解答】解：A；元素的原子的相對原子質(zhì)量增大；但不呈現(xiàn)周期性的變化，則不能決定元素性質(zhì)出現(xiàn)周期性變化，故A錯誤；B、元素的最高正化合價的周期性變化是原子的電子排布周期性變化的結(jié)果，化合價屬于元素的性質(zhì)，故B錯誤；

C；由原子的電子排布可知；隨原子序數(shù)的遞增，電子層數(shù)和最外層電子數(shù)都呈現(xiàn)周期性的變化而引起元素性質(zhì)的周期性變化，即原子的電子層排布的周期性變化是引起元素性質(zhì)周期性變化的決定因素，故C正確；

D；元素金屬性或非金屬性都屬于元素的性質(zhì)；元素的金屬性和非金屬性的周期性變化是原子的電子排布周期性變化的結(jié)果，故D錯誤；

故選C．

【分析】元素的金屬性和非金屬性、元素的原子半徑都屬于元素的性質(zhì)；元素的相對原子質(zhì)量遞增，但不呈現(xiàn)周期性的變化；結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，元素原子的核外電子排布的周期性變化導致元素性質(zhì)的周期性變化．2、C【分析】解：rm{壟脵}標況下rm{11.2L}rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}

rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}rm{壟脷1g}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{1g}{2g/mol}=0.5mol}

rm{H_{2}}個rm{dfrac

{1g}{2g/mol}=0.5mol}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{1.204隆脕10^{24}}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}=2mol}

rm{壟脹1.204隆脕10^{24}}時rm{N_{2}}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{18ml隆脕1g/ml}{18g/mol}=1mol}．

A、物質(zhì)的量大小為rm{dfrac

{1.204隆脕10^{24}}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}=2mol}分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，分子個數(shù)rm{壟脺4隆忙}故A正確；

B、各物質(zhì)中原子是物質(zhì)的量為：rm{18mLH_{2}O}rm{dfrac

{18ml隆脕1g/ml}{18g/mol}=1mol}rm{壟脹>壟脺>壟脵=壟脷}所以原子的物質(zhì)的量rm{壟脹>壟脺>壟脵=壟脷}原子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，所以原子個數(shù)rm{壟脵0.5mol隆脕3=1.5mol}故B正確；

C；氫氣與氮氣所處狀態(tài)不知道；不能計算體積，無法進行體積比較，故C錯誤；

D、各物質(zhì)的質(zhì)量為：rm{壟脷0.5mol隆脕2=1mol}rm{壟脹2mol隆脕2=4mol壟脺1mol隆脕3=3mol}rm{壟脹>壟脺>壟脵>壟脷}所以質(zhì)量大小為rm{壟脹>壟脺>壟脵>壟脷}故D正確．

故選：rm{壟脵0.5mol隆脕44g/mol=22g}．

A；利用公式計算各物質(zhì)的物質(zhì)的量；分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比．

B；計算各物質(zhì)中原子的物質(zhì)的量；原子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比．

C；氫氣與氮氣所處狀態(tài)不知道；無法計算體積．

D、根據(jù)rm{壟脷1g}計算二氧化碳的物質(zhì)的量，根據(jù)rm{壟脹2mol隆脕28g/mol=56gl壟脺18ml隆脕1g/ml=18g}計算氮氣的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{壟脹>壟脵>壟脺>壟脷}計算質(zhì)量，根據(jù)rm{C}計算水的質(zhì)量據(jù)此進行判斷．

考查常用化學計量數(shù)有關(guān)計算，難度不大，注意氣體摩爾體積的使用條件與范圍．rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}【解析】rm{C}3、A【分析】解：rm{壟脵}元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，而rm{HCl}比rm{H_{2}S}穩(wěn)定，所以氯的非金屬性強于硫，則rm{Cl}的得電子能力比rm{S}強；故正確；

rm{壟脷}最高價含氧酸；次氯酸不是最高價含氧酸，故錯誤；

rm{壟脹}最高價含氧酸，酸性越強元素的非金屬性越強，得電子能力越強，rm{HClO_{4}}酸性比rm{H_{2}SO_{4}}強，所以氯的非金屬性強于硫，則rm{Cl}的得電子能力比rm{S}強；故正確；

rm{壟脺Cl_{2}}能與rm{H_{2}S}反應生成rm{S}說明氯氣的氧化性比rm{S}強，單質(zhì)的氧化性越強，對應的元素的非金屬性越強，則rm{Cl}的得電子能力比rm{S}強；故正確；

rm{壟脻}非金屬性的強弱與原子最外層電子數(shù)多少無關(guān)；故錯誤；

rm{壟脼Cl_{2}}與鐵反應生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}與鐵反應生成rm{FeS}說明rm{Cl}原子得電子能力強；故正確；

故選A．

rm{壟脵}元素的非金屬性越強；對應的氫化物越穩(wěn)定；

rm{壟脷}最高價含氧酸；

rm{壟脹}最高價含氧酸；酸性越強元素的非金屬性越強，得電子能力越強；

rm{壟脺Cl_{2}}能與rm{H_{2}S}反應生成rm{S}說明氯氣的氧化性比rm{S}強；單質(zhì)的氧化性越強，對應的元素的非金屬性越強；

rm{壟脻}非金屬性的強弱與原子最外層電子數(shù)多少無關(guān)；

rm{壟脼Cl_{2}}與鐵反應生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}與鐵反應生成rm{FeS}說明rm{Cl}原子得電子能力強．

本題考查非金屬性的比較，題目難度不大，注意把握比較的角度，注意最高價氧化物的酸性，對應元素非金屬性．【解析】rm{A}4、B【分析】解：rm{A.}由于氯氣的氧化性大于溴單質(zhì)；則氯氣與氫氣化合比溴與氫氣化合容易，故A正確；

B.非金屬性：rm{Se<S}則硒化氫不如硫化氫穩(wěn)定，故B錯誤；

C.金屬性：rm{Sr>Ca}則氫氧化鍶比氫氧化鈣的堿性強，故C正確；

D.由于金屬性：rm{Be<Mg}則失電子能力：rm{Be<Mg}故D正確；

故選B．

A.氯氣的氧化性大于溴單質(zhì)；氧化性越強，與氫氣反應的越容易；

B.非金屬性越強；對應氫化物的穩(wěn)定性越強；

C.金屬性越強；最高價氫氧化物的堿性越強；

D.鈹?shù)慕饘傩孕∮趓m{Mg}則失去電子的能力：rm{Be<Mg}．

本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應用，題目難度中等，明確元素周期律的內(nèi)容為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期表、元素周期律的關(guān)系，試題培養(yǎng)了是的靈活應用能力．【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{1g}二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1g}{44g/mol}mol}含有氧原子的物質(zhì)的量為：rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}

所以阿伏伽德羅常數(shù)為：rm{N_{A}=dfrac{N}{n}=dfrac{a}{dfrac{1}{22}}=22a}

故選A．

干冰為二氧化碳，rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac

{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}二氧化碳的物質(zhì)的量為rm{N_{A}=dfrac{N}{n}=dfrac{a}{

dfrac{1}{22}}=22a}含有氧原子的物質(zhì)的量為：rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}再根據(jù)rm{1g}計算出阿伏伽德羅常數(shù)．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，題目難度中等，阿伏加德羅常數(shù)是高考的“熱點”，它既考查了學生對物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內(nèi)容rm{dfrac{1g}{44g/mol}mol}要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系；二是要準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系．rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac

{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}【解析】rm{A}二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

（1）加入過量氯化鋇溶液除去硫酸根離子，檢驗硫酸根離子已除盡，可靜止片刻在上層清液處，滴加一滴氯化鋇溶液，不出現(xiàn)渾濁就說明硫酸根離子已經(jīng)除盡，BaCl2溶液已過量；

故答案為：取少量②中上層清液于試管中，向其中滴加BaCl2溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則BaCl2溶液已過量（其他合理答案均可）；

（2）②步是加入氯化鋇沉淀硫酸根離子，反應的離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；③步是加入氫氧化鈉沉淀鎂離子，反應離子方程式為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

故答案為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

（3）若先加適量鹽酸再過濾，生成的沉淀如CaCO3、BaCO3會溶解在鹽酸中，影響制得精鹽的純度，故答案：會有部分沉淀如CaCO3、BaCO3溶解；從而影響制得精鹽的純度；

（4）容量瓶配制溶液定容時；誤差分析依據(jù)刻度丁液面分析判斷，若觀察液面仰視，多加了水，會超出刻度線造成所配制的溶液濃度偏小，故答案為：偏小．

【解析】【答案】（1）加入氯化鋇溶液檢驗硫酸根離子是否除盡；來判斷氯化鋇是否過量；

（2）②步是加入氯化鋇沉淀硫酸根離子，反應的離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；③步是加入氫氧化鈉沉淀鎂離子，反應離子方程式為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

（3）若先加適量鹽酸再過濾；生成的碳酸鈣；碳酸鋇沉淀會溶解于鹽酸達不到提純氯化鈉的作用；

（4）依據(jù)容量瓶是以刻度定液面的原理分析誤差．

7、略

【分析】解：（1）設(shè)水的物質(zhì)的量為100mol，則NaOH為5mol，則水的質(zhì)量為100mol×18g/mol=1800g、NaOH的質(zhì)量為5mol×40g/mol=200g，故溶液質(zhì)量分數(shù)為×100%=10%；故答案為：10%．

設(shè)水的物質(zhì)的量為100mol；則NaOH為5mol，根據(jù)m=nM計算水；NaOH的質(zhì)量，進而計算溶液質(zhì)量分數(shù)．

本題考查溶液質(zhì)量分數(shù)的有關(guān)計算比較基礎(chǔ)，有利于基礎(chǔ)知識的鞏固，注意知識的歸納和梳理是關(guān)鍵．【解析】10%8、略

【分析】解：rm{(1)CCl_{4}}和rm{H_{2}O}分層，選擇分液法分離，故答案為：rm{A}

rm{(2)CaCO_{3}}不溶于水，選擇過濾法分離，故答案為：rm{B}

rm{(3)CaCO_{3}}固體高溫分解生成rm{CaO}選擇高溫分解法除雜，故答案為：rm{F}

rm{(4)}碘不易溶于水，易溶于有機溶劑，選擇萃取分液法分離，故答案為：rm{C}

rm{(5)}乙醇rm{(}沸點為rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸點為rm{110.6隆忙)}互溶，但沸點不同，選擇蒸餾法分離，故答案為：rm{D}．

rm{(1)CCl_{4}}和rm{H_{2}O}分層；

rm{(2)CaCO_{3}}不溶于水；

rm{(3)CaCO_{3}}固體高溫分解生成rm{CaO}

rm{(4)}碘不易溶于水；易溶于有機溶劑；

rm{(5)}乙醇rm{(}沸點為rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸點為rm{110.6隆忙)}互溶；但沸點不同．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離方法、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合，題目難度不大．【解析】rm{A}rm{B}rm{F}rm{C}rm{D}9、（1）①檢驗裝置氣密性②品紅溶液③A中品紅溶液沒有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀（2）②2H2S+SO2=3S↓+2H2O③Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl-【分析】【分析】本題考查非金屬性比較的方法，明確反應原理是解答的關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的掌握，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}為了保證實驗的順利進行；避免裝入藥品后發(fā)現(xiàn)裝置氣密性不好，更換部分儀器而浪費藥品，避免裝置漏氣影響實驗效果，所以連接儀器后須檢查裝置氣密性，故答案為：檢驗裝置氣密性；

rm{壟脷}裝置rm{A}為檢驗rm{SO_{2}}可以放品紅溶液，故答案為：品紅溶液；

rm{壟脹}當rm{A}中品紅溶液沒有完全褪色，說明二氧化硫已經(jīng)完全除盡，避免了二氧化硫和可溶性硅酸鹽反應，二氧化碳和水反應生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸鹽反應析出硅酸白色沉淀，說明碳酸能制取硅酸，能證明碳酸酸性強于硅酸酸性，故答案為：rm{A}中品紅溶液沒有完全褪色，盛有rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀；

rm{(2)壟脷}二氧化硫中硫元素的化合價是rm{+4}價，有氧化性，二氧化硫氣體與rm{H_{2}S}溶液常溫下反應，生成黃色固體硫rm{(}單質(zhì)rm{)}和水，故答案為：rm{2H_{2}S+SO_{2}=3S隆媒+2H_{2}O}

rm{壟脹BaCl_{2}}溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，一份滴加氯水溶液，氯水中有氯氣分子，氯氣分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成rm{+6}價的硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇白色沉淀，反應的方程式為rm{Ba^{2+}+SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O簍TBaSO_{4}隆媒+4H^{+}+2Cl^{-}}另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亞硫酸，亞硫酸和氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨電離出氨根離子和亞硫酸根離子，亞硫酸根離子和鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，故答案為：rm{Ba^{2+}+SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O簍TBaSO_{4}隆媒+4H^{+}+2Cl^{-}}【解析】rm{(1)}rm{壟脵}檢驗裝置氣密性rm{壟脵}品紅溶液rm{壟脷}品紅溶液中品紅溶液沒有完全褪色，盛有rm{壟脷}rm{壟脹A}中品紅溶液沒有完全褪色rm{壟脹A}rm{Na}溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀rm{2}rm{2}rm{SiO}rm{3}rm{3}rm{(2)}10、略

【分析】試題分析：（1）硅的導電性介于導體和絕緣體之間，利用此性質(zhì)常用來制造晶體管、集成電路，選A；（2）鈦制品非常輕，卻非常堅固，不易變形，利用此性質(zhì)常用來制造太空飛船和人造衛(wèi)星的部件，選D；（3）錫無毒，抗蝕能力強，利用此性質(zhì)常用來制造罐頭筒，選B?？键c：考查物質(zhì)的性質(zhì)和用途?！窘馕觥俊敬鸢浮緼；D；B11、略

【分析】三者在周期表中的位置關(guān)系為：選中介D，與A同主族，與B、C同周期，則原子半徑：A＞D＞B＞C，故A錯誤；原子序數(shù)A＞C＞B，故B錯誤；原子序數(shù)越大，離子半徑越小，故C正確；各原子的電子總數(shù)=各自的原子序數(shù)，則原子的電子總數(shù)A＞C＞B，故D錯誤；【解析】【答案】C12、略

【分析】【解析】【答案】(7分)NSFSO3分子HF共價13、①④②③⑥⑦⑧⑤⑩⑨【分析】【解答】①金屬鐵屬于金屬單質(zhì)；

②氯酸鉀屬于鹽類；

③純堿是碳酸鈉；屬于鹽類；

④單質(zhì)碘屬于非金屬單質(zhì)；

⑤二氧化硅屬于酸性氧化物；

⑥燒堿是氫氧化鈉；屬于堿；

⑦鹽酸屬于酸；

⑧氧化鈣屬于堿性氧化物；

⑨水屬于不成鹽氧化物。

⑩干冰是二氧化碳；屬于酸性氧化物；

故屬于金屬單質(zhì)的是①；屬于非金屬單質(zhì)的是④；屬于鹽的是②③；屬于堿的是⑥；屬于酸的是⑦；屬于堿性氧化物的是⑧；屬于酸性氧化物的是⑤⑩；屬于不成鹽氧化物的是⑨；

故答案為：①；④；②③；⑥；⑦；⑧；⑤⑩；⑨．

【分析】單質(zhì)是由一種元素組成的純凈物．非金屬單質(zhì)是由非金屬元素組成的．一般的單質(zhì)還金字旁的是金屬；帶氣字頭的是氣態(tài)單質(zhì)，帶石字旁；三點水旁的是固態(tài)或液態(tài)非金屬；

鹽是指一類金屬離子或銨根離子與酸根離子或非金屬離子結(jié)合的化合物；

堿是指在水溶液中電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；

酸是指在水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物；

能跟酸起反應；生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物；

能跟堿起反應；生成一種鹽和水的氧化物叫酸性氧化物；

既不可以與酸反應生和水，又不可以與堿反應生和水的氧化物叫不成鹽氧化物．14、（1）2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O（2）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（3）2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑（4）NH4++OH-NH3↑+H2O（5）Mg+2H+=Mg2++H2↑【分析】【分析】本題是對離子方程式的知識的考查，是高考高頻可得，難度一般。關(guān)鍵是掌握離子方程式的書寫規(guī)律和注意事項，側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查?！窘獯稹恳罁?jù)離子方程式的書寫規(guī)律和弱電解質(zhì)不可拆分，強電解質(zhì)拆分可得。rm{(1)}稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應的離子方程式是：稀硫酸和氫氧化鋇溶液反應的離子方程式是：rm{(1)}rm{2H}rm{+}rm{+}rm{+SO}rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{+Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}rm{-}rm{-}rm{=BaSO}rm{4}rm{4}rm{隆媒+2H}rm{2}rm{2}rm{O}。故答案為：rm{2H}rm{+}rm{+}rm{+SO}rm{4}rm{4}rm{2-}氧化鋁rm{2-}不可拆分rm{+Ba}和稀鹽酸反應的離子方程式是：rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}rm{-}rm{-}rm{=BaSO}rm{4}rm{4}rm{隆媒+2H}rm{2}rm{2}故答案為：rm{O}rm{(2)}rm{(}rm{)}rm{Al}rm{Al}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}

rm{3}醋酸rm{+6H}不可拆分rm{+6H}和大理石rm{+}不可拆分rm{+}反應的離子方程式是：rm{=2Al}rm{=2Al}rm{3+}rm{3+}rm{+3H}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{Al}rm{Al}rm{2}rm{2}rm{O}故答案為：rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6H}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{=2Al}rm{=2Al}rm{3+}rm{3+}rm{+3H}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}硫酸銨溶液和氫氧化鈉溶液共熱的離子方程式是：rm{O}rm{(3)}rm{(}rm{)}rm{(}rm{)}rm{2CH}rm{2CH}rm{3}rm{3}rm{COOH+CaCO}故答案為：rm{COOH+CaCO}rm{3}rm{3}rm{=Ca}rm{=Ca}rm{2+}rm{2+}rm{+2CH}rm{+2CH}rm{3}rm{3}rm{COO}鎂粉和硫酸氫鈉溶液反應的離子方程式是：rm{COO}rm{-}rm{-}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}故答案為：rm{O+CO}rm{O+CO}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{隆眉}rm{2CH}rm{2CH}【解析】rm{(1)2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{(2)Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{(3)2CH_{3}COOH+CaCO_{3}=Ca^{2+}+2CH_{3}COO^{-}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{(4)NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{?}{=}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{(4)NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{?}{=}

NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{(5)Mg+2H^{+}=Mg^{2+}+H_{2}隆眉}三、判斷題(共7題，共14分)15、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學變化；16、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．17、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目19、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；20、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．21、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol四、計算題(共3題，共24分)22、略

【分析】解：rm{(1)}混合物直接加熱時只有rm{NaHCO_{3}}分解，發(fā)生反應rm{2NaHCO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}根據(jù)方程式知，rm{n(NaHCO_{3})=2n(CO_{2})=2隆脕dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.2mol}rm{2NaHCO_{3}dfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}則rm{m(Na_{2}CO_{3})=dfrac{54.8g}{2}-16.8g=10.6g}rm{n(Na_{2}CO_{3})=dfrac{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}

故答案為：rm{n(NaHCO_{3})=2n(CO_{2})=2隆脕dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.2mol}

rm{m(NaHCO_{3})=0.2mol隆脕84g/mol=16.8g}混合物和稀鹽酸反應生成rm{m(Na_{2}CO_{3})=dfrac

{54.8g}{2}-16.8g=10.6g}根據(jù)rm{n(Na_{2}CO_{3})=dfrac

{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}原子守恒得rm{n(Na_{2}CO_{3})+n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=dfrac{V}{22.4}mol=0.05mol+0.1mol}所以rm{0.1mol}

故答案為：rm{(2)}．

rm{CO_{2}}混合物直接加熱時只有rm{C}分解，發(fā)生反應rm{2NaHCO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}根據(jù)方程式知，rm{n(NaHCO_{3})=2n(CO_{2})=2隆脕dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.2mol}rm{n(Na_{2}CO_{3})+n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=dfrac

{V}{22.4}mol=0.05mol+0.1mol}則rm{m(Na_{2}CO_{3})=dfrac{54.8g}{2}-16.8g=10.6g}rm{n(Na_{2}CO_{3})=dfrac{10.6g}{106g/mol}=0.1mol}

rm{V=0.15mol隆脕22.4L/mol=3.36L}混合物和稀鹽酸反應生成rm{3.36}根據(jù)rm{(1)}原子守恒得rm{n(Na_{2}CO_{3})+n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=dfrac{V}{22.4}mol}據(jù)此計算二氧化碳體積．

本題考查混合物反應的有關(guān)計算，側(cè)重考查分析、計算能力，利用原子守恒進行計算，知道物質(zhì)之間的反應，題目難度不大．rm{NaHCO_{3}}【解析】rm{0.1mol}rm{3.36}23、解：rm{5.6L}氫氣rm{(}標準狀況rm{)}的物質(zhì)的量為：rm{5.6L/(22.4L/}氫氣rm{5.6L}標準狀況rm{(}的物質(zhì)的量為：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/}

rm{mol)=0.25mol}rm{mol)=0.25mol}rm{(}rm{1}rm{)}設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{xmol}，鋁設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{(}，鋁rm{1}，rm{1}rm{)}

rm{xmol}rm{begin{cases}24x+27y=5.1g2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}

rm{xmol}的物質(zhì)的量為rm{ymol}，rm{ymol}rm{ymol}因鹽酸足量，金屬完全反應，

則鋁的質(zhì)量分數(shù)為：rm{dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，

則有如下關(guān)系：rm{begin{cases}24x+27y=5.1g

2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}解得rm{x=0.1mol}

rm{x=0.1mol}，rm{y=0.1mol}由rm{y=0.1mol}，中計算結(jié)果可知，則鋁的質(zhì)量分數(shù)為：rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，鋁的物質(zhì)的量為rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，

故該合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)為rm{52.9%}rm{52.9%}；rm{(}rm{(}【分析】【分析】本題主要考查對鎂鋁合金中的鎂鋁的含量的計算等知識點。根據(jù)鹽酸過量，則鎂、鋁都完全反應，可根據(jù)產(chǎn)生氫氣的量和合金的量列方程式計算?！窘獯稹縭m{5.6L}氫氣rm{(}標準狀況rm{)}的物質(zhì)的量為：rm{5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol}氫氣rm{5.6L}標準狀況rm{(}的物質(zhì)的量為：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol}設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{(1)}設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{xmol}鋁鋁rm{(1)}rm{xmol}的物質(zhì)的量為rm{ymol}rm{begin{cases}24x+27y=5.1g2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}rm{ymol}因鹽酸足量，金屬完全反應，則有如下關(guān)系：rm{begin{cases}24x+27y=5.1g

2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}，rm{dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}解得rm{x=0.1mol}rm{y=0.1mol}rm{x=0.1mol}由rm{y=0.1mol}中計算結(jié)果可知，則鋁的質(zhì)量分數(shù)為：鋁的物質(zhì)的量為rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，故該合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)為rm{52.9%}rm{52.9%}rm{(2)}由rm{(1)}中計算結(jié)果可知，【解析】解：rm{5.6L}氫氣rm{(}標準狀況rm{)}的物質(zhì)的量為：rm{5.6L/(22.4L/}氫氣rm{5.6L}標準狀況rm{(}的物質(zhì)的量為：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/}rm{mol)=0.25mol}rm{mol)=0.25mol}rm{(}rm{1}rm{)}設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{xmol}，鋁設(shè)鎂的物質(zhì)的量為rm{(}，鋁rm{1}，rm{1}rm{)}rm{xmol}rm{begin{cases}24x+27y=5.1g2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}rm{xmol}的物質(zhì)的量為rm{ymol}，rm{ymol}rm{ymol}因鹽酸足量，金屬完全反應，

則鋁的質(zhì)量分數(shù)為：rm{dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，則有如下關(guān)系：rm{begin{cases}24x+27y=5.1g

2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}解得rm{x=0.1mol}

rm{x=0.1mol}，rm{y=0.1mol}由rm{y=0.1mol}，中計算結(jié)果可知，則鋁的質(zhì)量分數(shù)為：rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，鋁的物質(zhì)的量為rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100攏樓=52.9攏樓}，

故該合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)為rm{52.9%}rm{52.9%}；rm{(}rm{(}24、（1）3X+Y2Z（2）0.02mol/(L?min)（3）5：3

【分析】【分析】本題涉及化學平衡的建立、混合氣體的密度及有關(guān)化學反應的速率和三段式的計算知識，屬于綜合知識的考查，難度不大。rm{(1)}化學方程式中；反應的物質(zhì)系數(shù)之比等于各個物質(zhì)的量的變化量之比；

rm{(2)}根據(jù)化反應速率rm{v=trianglec/trianglet}來計算化學反應速率；

rm{(3)}混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{M=m/n}混合氣體密度rm{婁脩=m/V}來判斷；

rm{(4)}根據(jù)化學反應中的三段式進行計算?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)圖示的內(nèi)容知道，rm{X}和rm{Y}是反應物，rm{X}rm{Y}rm{Z}的變化量之比是rm{0.3}rm{0.1}rm{0.2=3}rm{1}rm{2}由rm{2min}后各物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，說明該反應為可逆反應，所以，反應的化學方程式為：rm{3X+Y}rm{2Z}故答案為：rm{3X+Y}rm{2Z}

rm{(2)}反應開始至rm{2min}以氣體rm{Z}表示的平均反應速率rm{v(Z)=0.2mol/(5L隆脕2min)=0.02mol/(L?min)}故答案為：rm{v(Z)=0.2mol/(5L隆脕2min)=0.02

mol/(L?min)}

rm{0.02mol/(L?min)}混合氣體密度rm{(3)}從開始到平衡，質(zhì)量是守恒的，體積是不變的，所以密度始終不變；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{婁脩=m/V}從開始到平衡，質(zhì)量是守恒的，但是rm{M=m/n}是逐漸減小的，所以rm{n}會變大。故答案為：大；相等；

rm{M}rm{(4)}rm{3X+Y}設(shè)rm{2Z(}的變化量是rm{Y}

初始量：rm{x)}rm{a}rm

變化量：rm{0}rm{3x}rm{x}

平衡量：rm{2x}rm{a-3x}rm{b-x}

當rm{2x}時，rm{n(X)=n(Y)=n(Z)}則rm{a-3x=b-x=2x}rm{a=5x}所以原混合氣體中rm{b=3x}rm{a}rm{b=5}故答案為：rm{3}rm{5}rm{3}【解析】rm{(1)3X+Y}rm{2Z}rm{(2)0.02mol/(L?min)}rm{(3)5}rm{3}

五、工業(yè)流程題(共4題，共12分)25、略

【分析】【分析】

含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl2?6H2O晶體；應控制溫度在86℃以下蒸發(fā)，加熱時要防止溫度過高而失去結(jié)晶水，可減壓烘干。

【詳解】

(1)水鈷礦的主要成分為Co2O3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，過量NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應生成氯氣；

(3)Fe3+完全水解的pH為3.7，Al3+完全水解的pH為5.2，Co2+開始水解的PH為7.6，所以為了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3調(diào)pH應控制的范圍為5.2pH<7.6；

(4)根據(jù)流程圖可知，存在Mn2+、Co2+金屬離子的溶液中，加入萃取劑的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知；調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，故選B；

(5)根據(jù)題意知，CoCl2?6H2O常溫下穩(wěn)定無毒，加熱至110～120℃時，失去結(jié)晶水變成有毒的無水氯化鈷，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需減壓烘干?！窘馕觥緾o2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解失去結(jié)晶水變?yōu)闊o水氯化鈷26、略

【分析】【分析】

某酸性廢液含有和等，在溶液中加入廢氧化鐵調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣1，濾液中加入與發(fā)生反應生成鉻離子，加堿沉淀鉻離子形成氫氧化鉻沉淀，過濾后的濾液中加入沉淀鎳，過濾得到濾液中加入石灰漿沉淀得到濾渣3含有：和氫氧化鉻沉淀加酸生成鉻離子，高錳酸鉀將鉻離子氧化為重鉻酸根，結(jié)晶得到重鉻酸鉀晶體。

【詳解】

（1）調(diào)節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，濾渣1為故答案為：

（2）據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH分析，又不引入新