资料简介
高一年级第二学期期中化学试题
可能用到的原子量：H-1 C--12 O-16 Mg—24 Al –27
一.选择题(每小题只有一个正确选项，25×2 分=50 分)
1.下列叙述错误的是
A. 35Cl 和 37Cl 是不同的核素，它们的质子数相等，互为同位素
B. 1H、H-、H+和 H2 是氢元素的四种不同粒子
C. 17gOH-与 19gH3O+所含电子数相等
D. 甲烷的二氯代物可写为 ，它们互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.质子数相同中子数不同的不同核素互为同位素，35Cl 和 37Cl 是不同的核素，互为
同位素；
B. 1H、H-、H+和 H2 属于氢元素的不同粒子；
C.17gOH-的物质的量为 1mol，所含电子数为 10NA，19gH3O+的物质的量为 1mol，所含电子
数为 10NA ;
D. 结构相同，是同一种物质；
答案选 D。
2.2019 年是门捷列夫发表元素周期表 150 周年，下列关于元素周期表的说法错误的是
A. 在整个 18 列元素中，第 3 列元素种类最多
B. 第 IIA，第ⅢA 的元素原子序数之差可能是 1、11、25
C. 在过渡元素中可以寻找催化剂，耐高温，耐腐蚀的合金材料
D. 元素周期表中的过渡元素就是副族元素
【答案】D
Cl Cl
| |
H-C-H H C Cl
| |
Cl H
或 － －
Cl Cl
| |
H-C-H H C Cl
| |
Cl H
或 － －【解析】
【详解】A.周期表中第 3 列包括镧系和锕系，元素种类最多；
B.第二、三周期中第 IIA，第ⅢA 的元素原子序数之差为 1，第四、五周期中第 IIA，第ⅢA
的元素原子序数之差为 11，第六、七周期中第 IIA，第ⅢA 的元素原子序数之差为 25；
C.寻找催化剂，耐高温，耐腐蚀的合金材料可以在过渡元素中寻找；
D.过渡元素包括副族元素和第Ⅷ族元素；
答案选 D。
3.下列有关物质的叙述中，错误的是
A. 碳酸钠溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，氢氟酸通常保存在塑料瓶中
B. 石灰石是制备玻璃、水泥的原料之一
C. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品
D. 合金比它的各成分金属的熔点低，硬度大，电解氧化铝可以获得铝单质
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，与 SiO2 反应，保存在配有橡胶塞的细口瓶中，氢氟酸易与玻
璃中的 SiO2 反应，应保存在塑料瓶中；
B.水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石；
C.水晶、玛瑙的主要成分是 SiO2；
D.合金的熔点低，硬度大，电解氧化铝制得单质铝和氧气；
答案选 C。
4.下列说法中正确的是
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
D. 因为 3O2===2O3 是吸热反应，所以臭氧比氧气更稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但伴随能量变化的变化不一定是化学变
化，例如物质的三态变化，A 错误；
B．需要加热的化学反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧，不需要加热就能进行的反应也不一定是放热反应，例如氢氧化钡与氯化铵，B 错误；
C．气态硫的能量高于液态硫的能量，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的
热量多，C 正确；
D．因为 3O2===2O3 是吸热反应，所以臭氧的总能量高于氧气，能量越低越稳定，则氧气更稳
定，D 错误；
答案选 C。
5.下列叙述正确的是
A. 离子化合物中不可能含共价键
B. 活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键
C. 由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
D. 共价化合物不可能含有离子键，熔融状态可以导电
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据离子化合物的定义可知，离子化合物中可能含有共价键，A 错误；
B.活泼金属与活泼非金属化合时可以形成离子键，B 正确；
C.氯化铵是由非金属元素形成的化合物，但氯化铵是离子化合物，C 错误；
D.共价化合物不含有离子键，但熔融状态不能导电，D 错误；
答案选 B。
【点睛】离子化合物固态时不导电，但熔融状态下能导电，共价化合物在熔融状态不能导电。
6.下列各组粒子：①H3O+、NH4+、Na+ ②OH-、NH2-、F- ③O2-、Na+、Mg2+ ④CH4、NH3、H2O
具有相同质子数和电子数的正确组合是
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①H3O+质子数为 11，电子数为 10；NH4+质子数为 11，电子数为 10；Na+质子数为
11，电子数为 10，故三者具有相同质子数和电子数；
②OH-质子数为 9，电子数为 10；NH2-质子数为 9，电子数为 10；F-质子数为 9，电子数为 10，
故三者具有相同质子数和电子数；
③O2-质子数为 8，电子数为 10；Na+质子数为 11，电子数为 10；Mg2+质子数为 12，电子数为
10；故三者具有不同的质子数和相同的电子数；④CH4 质子数为 10，电子数为 10；NH3 质子数为 10，电子数为 10；H2O 质子数为 10，电子
数为 10；故三者具有相同质子数和电子数；
综上所述，答案为 C。
7.过量的锌粉与一定量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可
以采取的措施是
A. 加入适量的水 B. 加入氯化钠溶液
C. 加入少量 CuSO4 溶液 D. 加入等体积的浓度较大的盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入水，氢离子浓度降低，反应速率减慢，A 错误；
B.氯离子不参与反应，则加入氯化钠溶液，相当于稀释溶液，反应速率减慢，B 错误；
C.锌粉和硫酸铜反应生成铜，形成原电池，反应速率加快，因为锌粉过量，盐酸的量一定，
生成的氢气总量不变，C 正确；
D.加入等体积的浓度较大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，但产生氢气的总量增多，
D 错误；
答案选 C。
【点睛】增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂、形成原电池等可以加快反应速率。
8.在一定温度下，容器内某一反应种 M、N 的物质的量随反应时间变化的曲线如下图，下列表
述中正确的是
A. t2 时，正逆反应速率相等，达到平衡
B. t3 时间以后，正反应速率大于逆反应速率
C. t1 时 N 的浓度是 M 的两倍
D. 达到平衡时，N 的浓度与 M 的浓度相等且不变
【答案】C【解析】
【详解】A.由图像可知 t2 时，反应未达到平衡，此时反应继续向正向移动，正反应速率大于
逆反应速率，A 错误；
B.由图像可知 t3 时间以后，各组分的物质的量不再改变，反应达到平衡，正逆反应速率相等，
B 错误；
C.t1 时，N 的物质的量为 6mol，M 的物质的量为 3mol，故 N 的浓度是 M 的两倍，C 正确；
D.由图像可知 t3 时反应达到平衡，N 的浓度与 M 的浓度不变但不相等，D 错误；
答案选 C。
9.在一密闭容器中进行下列反应:2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g),已知某一时刻 SO2、O2、SO3 的浓度
分别为 0.2mol/L,0.1mol/L, 0.2mol/L,当反应达到平衡时,可能存在的数据是
A. SO2 为 0.4mol/L,O2 为 0.2mol/L B. SO2 为 0.25mol/L
C. SO2,SO3 均为 0.15mol/L D. SO3 为 0.4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2 和 O2 的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行并建立平衡，若 SO3 完全反应，
则 SO2 和 O2 的浓度变化分别为 0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所
以平衡时 SO2 小于 0.4mol/L，O2 小于 0.2mol/L，A 错误；
B.SO2 的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行并建立平衡，若 SO3 完全反应，则 SO2 的浓
度变化为 0.2mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以 SO2 小于 0.4mol/L， B 正确；
C.反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，C 错误；
D.SO3 的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3
的浓度的浓度变化为 0.2mol/L，实际变化应小于该值，D 错误；
答案选 B。
【点睛】可逆反应的特点反应不能完全进行到底，反应物与生成物共存。
10.下列四个数据是在不同条件下测出的合成氨反应的速率，其中最快是
A. V(H2)==0.1 mol／(L·min) B. V(N2)==0.1mol／(L·min)
C. V(NH3)==0.15mol／(L·min) D. V(N2)==0.02mol／(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】合成氨的反应方程式为 N2+3H2 2NH3，v(N2):v(H2):v(NH3)=1:3:2，以氮气的反应速率为标准，当 v(H2)==0.1 mol／(L·min)时，v(N2)= mol／(L·min)；当 v(NH3)==0.15mol／
(L·min) 时 ，v(N2)=0.075 mol ／(L·min) ；v(N2)==0.02mol ／(L·s)=1.2 mol ／(L·min) ， 故
V(N2)==0.02mol／(L·s)的反应速率最快；
答案选 D。
【点睛】化学反应速率之比=化学计量数之比；比较反应速率，必须同一单位，以同一种物质
为衡量标准。
11.下列判断正确的是
A. 元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子半径大小呈周期性变化
B. 相同电子层结构的四种短周期元素离子 A2－、B－、C＋、D3＋，原子序数的大小关系
为:D>C>B>A
C. NaClO、H2SO4、NaNO3、Na2O2 四种物质中含有的化学键类型相同
D. CCl4、SO2、PCl5、CO2 分子中所有原子都满足 8 电子结构
【答案】B
【解析】
【详解】A.元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子核外电子排布呈周期性变化，A 错
误；
B.相同电子层结构的四种短周期元素离子 A2－、B－、C＋、D3＋，其中 A、B 在 C、D 的上一
周期，则原子序数的大小关系为:D>C>B>A，B 正确；
C.NaClO、NaNO3、Na2O2 中含有共价键和离子键，H2SO4 中只含有共价键，C 错误；
D.PCl5 分子中 P 原最外层电子数为 5，P 元素化合价为+5 价，则 5+5=10，P 不满足 8 电子结
构，D 错误；
答案选 B。
12.下列各组性质比较中，正确的是
①沸点：I2>Br2>Cl2 ②离子还原性：S2- >Cl- >Br- >I- ③酸性：HClO4> HBrO4> HIO4 ④酸性：
HI>HCl>HBr>HF ⑤气态氢化物稳定性： HF > HCl > H2S ⑥半径：O2- >F- >Na+ >Mg2+
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D.
①③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
0.1
3【详解】①I2 为固态，Br2 为液态，Cl2 为气态，沸点：固体> 液体> 气体，则沸点：
I2>Br2>Cl2，故正确；②非金属性Cl>Br>I>S，非金属越强离子还原性越弱，则离子还原性：S2-
> I- > Br-> Cl- ，故错误；③ 元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则
HClO4> HBrO4> HIO4 ，故正确；④HF、HCl、HBr、HI 在水中电离的能力依次增强，则酸性：
HI> HBr > HCl >HF，故正确；⑤元素非金属越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F > Cl
> S，则气态氢化物稳定性：HF > HCl > H2S，故正确；⑥电子层数越多，半径越大，电子层数
相同时，和电荷数越大，半径越小，则半径：O2- >F- >Na+ >Mg2+，故正确；
答案选 D。
13.A、B、C、D、E 是同一短周期的五种元素, A 和 B 的最高价氧化物对应的水化物呈碱性,
且碱性前者强于后者, C 和 D 的最高价氧化物对应的水溶液呈酸性, 且酸性前者强于后者, 五种
元素形成的简单离子中,E 的离子半径最小, 则它们的原子序数由大到小的顺序是
A BADCE B. ECDAB C. BAEDC D. CDEBA
【答案】D
【解析】
【详解】A 和 B 的最高价氧化物对应的水化物呈碱性，且碱性前者强于后者，则金属性：A＞
B，原子序数 B＞A；C 和 D 的最高价氧化物对应的水溶液呈酸性，且酸性前者强于后者，则
C 和 D 应为非金属性元素，且原子序数 C＞D；A、B、C、D、E 是同一短周期的五种元素，
五种元素形成的简单离子中，E 的离子半径最小，E 应为金属，且原子序数 A＜B＜E；
答案选 D。
14.应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不熟悉的一些元素的单质及其化合物的性质，
下列预测中正确的是
①第 2 周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液可能为碱性
②砹(At)单质为有色固体，AgAt 不溶于水，也不溶于稀硝酸
③Li 在氧气中剧烈燃烧，产物是 Li2O2，其溶液是一种强碱
④硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体
⑤硒化氢(H2Se)是比 H2S 稳定的气体
A. ②④ B. ①②④ C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①N 元素为第 2 周期的非金属元素，其气态氢化物溶于水后，水溶液为碱性，故正确；②根据卤族元素性质递变规律，砹(At)单质有颜色，且颜色较深，AgAt 不溶于水也不溶于稀
硝酸，故正确；
③Li 的燃烧产物只有一种为氧化锂 Li2O，故错误；
④硫酸钡是难溶于水的白色固体，钡与锶为同主族元素，因此硫酸锶(SrSO4)也是难溶于水的
白色固体，故正确；
⑤同主族自上而下非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，则 H2S 比硒化氢(H2Se)稳定，
故错误；
答案选 B。
15.已知 A、B、C、D 四种元素属于短周期元素，且原子序数依次增大，A 元素原子的原子半
径是元素周期表中最小的，B 元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应能生成盐，B、C、
D 元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间皆可反应生成盐，下列有关说法正确的是
A. C 元素的原子半径是同周期主族元素原子半径最小的
B. A 和 C 形成的化合物是共价化合物，其中 A 元素的化合价为-1 价
C. D 单质既能从 B 的最高价氧化物的水化物的溶液中置换出氢气，又能从 C 的最高价氧化物
的水化物的溶液中置换出氢气
D. D 元素的单质可用于冶炼某些金属
【答案】D
【解析】
【分析】
A 元素原子的原子半径是元素周期表中最小的，则 A 为 H 元素；B 元素的最高价氧化物的水
化物与其氢化物反应能生成盐，则 B 为 N 元素；B、C、D 元素的最高价氧化物对应的水化物
两两之间皆可反应生成盐，B、C、D 四种元素属于短周期元素，且原子序数依次增大，D 为
Al 元素，氢氧化镁不溶于水，则 C 为 Na 元素。
【详解】A.同周期从左到右原子半径逐渐减小，C 为 Na 元素，为同周期中原子半径最大的，
A 错误；
B. A 和 C 形成的化合物为 NaH，为离子化合物，H 元素显-1 价，B 错误；
C.Al 与氢氧化钠反应生成氢气，但与稀硝酸反应生成 NO，C 错误；
D.金属铝是活泼金属单质，可用于冶炼某些熔点较高的金属，D 正确；
答案选 D。
16.资料上记载的氯元素有关的数据摘录如下，下列说法中不正确的是35Cl 34.969 75.77% 35Cl 35 75.77%
37Cl 36.966 24.23% 37Cl 37 24.23%
平均 35.453 平均 35.485
A. 35.485 表示氯元素的近似相对原子量 B. 24.23%表示自然界中 37Cl 的丰度
C. 35.453 表示氯元素的平均相对原子质量 D. 36.966 表示 37Cl 的质量数
【答案】D
【解析】
【详解】A.35.485 为质量数的平均值，近似等于氯元素的近似相对原子质量，A 正确；
B.24.23%表示自然界中的 37Cl 个数的含量，即丰度，B 正确；
C.氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，即 35.453，C
正确；
D.36.966 表示 37Cl 的相对原子质量，37 表示质量数，D 错误；
答案选 D。
【点睛】元素的平均相对原子量=同位素 1 的相对原子质量 丰度 1+同位素 2 的相对原子质量
丰度 2。
17.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是
元素编号
元素性质
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径/10-10m 0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 1.43
+2 +1 +5 +7 +1 +5 +3最高或最低
化合价 -2 -3 -1 -3
A. 元素⑦位于第 3 周期 VA 族
B. 元素①⑧形成的化合物具有两性
×
×C. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物碱性最强
【答案】B
【解析】
【分析】
根据元素最高或最低化合价，①无最高正价，则①为 O 元素；③与⑥最高正价相同均为+1 价，
位于第ⅠA 族，但③ 半径小于⑥，则③为 Li 元素，⑥为 Na 元素；②的半径比③大，比⑥
小，最高正价为+2 价，则②为 Mg 元素；④与⑦最高正价相同均为+5 价，位于第ⅤA 族，但④
的半径大于⑦，则④为 P 元素，⑦为 N 元素；⑤最高正价为+7 价，则⑤为 Cl 元素；⑧最高
正价为+3 价，处于ⅢA 族，原子半径大于 N 大于 P，则⑧为 Al 元素。
【详解】A.综上分析⑦为 N 元素，位于第 2 周期 VA 族，A 错误；
B.①为 O 元素，⑧为 Al 元素，两者形成的化合物为氧化铝，具有两性，B 正确；
C.④为 P 元素，⑤为 Cl 元，两者形成的化合物为共价化合物，C 错误；
D.③为 Li 元素，上述元素中 Na 金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D 错误；
答案选 B。
18.下列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是
a b c
A Al2O3 Na[Al(OH)4] Al(OH)3
B HNO3 NO NO2
C Si SiO2 H2SiO3
D Fe FeCl3 FeCl2
A. A B. B C. C D. D
的【答案】C
【解析】
【详解】A.Al2O3 可以与氢氧化钠反应生成 Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]与酸反应生成 Al(OH)3，
Al(OH)3 与氢氧化钠反应生成 Na[Al(OH)4]，Al(OH)3 受热分解生成 Al2O3，可以一步反应实现；
B.稀 HNO3 与金属反应生成 NO，NO 与氧气反应生成 NO2，NO2 与水反应生成 NO 和 HNO3，
可以一步反应实现；
C.二氧化硅不能直接反应生成硅酸；
D.Fe 与氯气反应生成 FeCl3，FeCl3 与铁反应生成 FeCl2，FeCl2 与氯气反应生成 FeCl3，FeCl2
与 Al 等反应生成 Fe，可以一步反应实现；
答案选 C。
【点睛】二氧化硅不溶于水也不与水反应生成硅酸。
19.向甲溶液加入(或通入)物质乙(乙物质为气体或溶液)，生成沉淀的质量与消耗乙的质量关系
曲线符合图的是
A. 向 Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳
B. 向 Na[Al(OH)4]溶液中滴加盐酸
C. 向澄清石灰水中通入二氧化碳
D. 向 Al2(SO4)3 溶液中滴加 NaOH 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.向 Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳，能反应生成 Al(OH)3 沉淀，但不能继续反应
使沉淀溶解，A 错误；
B.向 Na[Al(OH)4]溶液中滴加盐酸，先产生 Al(OH)3 沉淀后沉淀溶解，消耗的 HCl 的物质的量
之比为 1:3，B 正确；
C.向澄清石灰水中通入二氧化碳，先产生碳酸钙沉淀后沉淀溶解生成碳酸氢钙，消耗 CO2 的
物质的量之比为 1:1，C 错误；
D.向 Al2(SO4)3 溶液中滴加 NaOH 溶液，先产生 Al(OH)3 沉淀后沉淀溶解，消耗 NaOH 的物质
的量之比为 3:1，D 错误；答案选 B。
20.图中装置可以用来发生、洗涤、干燥、收集(不考虑尾气处理)气体。该装置可用于 ( )
A. 锌和盐酸生成氢气
B. 二氧化锰和浓盐酸生成氯气
C. 碳酸钙和盐酸生成二氧化碳
D. 浓氨水和烧碱制取氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A、锌和盐酸反应生成的氢气可以用水除去挥发出来的氯化氢气体，可以用浓硫酸干
燥，可以用向下排空气法收集，因此该装置可用于锌和盐酸反应制取氢气，故 A 正确；
B、二氧化锰和浓盐酸生成氯气，反应需加热，氯气和水反应，氯气比空气重应用向上排气法
收集，故 B 错误；
C、二氧化碳的密度比空气大，不能用向下排空气法收集，因此该装置不能用于碳酸钙和盐酸
反应制取二氧化碳，故 C 错误；
D、氨气极易溶于水，能和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，因此该装置不能用于浓氨水
和烧碱混合制取氨气，故 D 错误；
答案选 A。
21.a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，b2−和 C+离子的电子层结构相同，d
与 b 同族。下列叙述错误的是
A. a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B. b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. c 的原子半径是这些元素中最大的
D. d 和 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A【解析】
【详解】a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为氢元素，a、b、c、d 为短周期元素，b2-和 C+离子
的电子层结构相同，则 b 为氧元素，C 为 Na 元素，d 与 b 同族，则 d 为硫元素。
A．H 与 O、S 形成化合物为 H2O 和 H2S，氢元素的化合价为+1，而 NaH 中氢元素的化合价
为-1 价，A 项错误；
B．氧元素与其他元素能形成 H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2 等化合物，B 项正确；
C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：
Na>S>O>H，C 项正确；
D．d 和 a 形成的化合物为 H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S 的溶液呈弱酸性，D 项正确；
答案选 A。
22.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是
①已达平衡的反应 C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向
正反应方向移动 ②已达平衡的反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，当增大 N2 的浓度时，平衡
向正反应方向移动，N2 的转化率一定升高 ③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容
积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 ④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器
中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①已达平衡的反应 C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，若增加 C(s)物质的量，则平衡
不移动，①不正确；
②已达平衡的反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，当增大 N2 的浓度时，平衡向正反应方向移动，
N2 的转化率降低，②不合题意；
③有气体参加的反应达到平衡时，减小反应器容积，相当于加压，平衡向气体分子数减小的
方向移动，③不正确；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，混合气的体积增大，反应物
和生成物浓度同等程度减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，④不正
确。
综合以上分析，①②③④都不正确。
故选 D。23.在 2L 密闭容器中把 4molA 和 2molB 混合，在一定条件下发生反应 3A(g)＋2B(g)
zC(g)＋2D(g)。2min 后反应达到平衡时生成 1.6molC，又测得反应速率 v(D)=0.2mol/(L·min)。
则下列说法正确的是（ ）
A. z=4
B. B 物质的转化率是 20%
C. A 的平衡浓度是 1.6mol/L
D. 平衡时气体压强是原来的
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数。由 3A(g)＋2B(g)
zC(g)＋2D(g)，且 v(D)=0.2mol/(L·min)，则 v(C)= =0.4mol/(L·min)，v(D)：v(C)= 0.2：
0.4=1:2，则 z=4，故 A 正确；
B.由反应 3A(g) + 2B(g) = 4C(g) + 2D(g)，
开始量 4 2 0 0
变化量 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡量 2.8 1.2 1.6 0.8
所以 B 的转化率= ，故 B 错误；
C. A 的平衡浓度= = 1.4mol/L，故 C 错误；
D. 气 体 物 质 的 量 之 比 等 于 压 强 之 比 ， 平 衡 时 气 体 压 强 是 原 来 的 =
= ，故 D 错误；
故选 A。
24.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆
并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓 CuSO4 溶液，一段时间后，下列有关杠
杆的偏向判断正确的是(实验中，不考虑两球的浮力变化)
9
10
1.6mol
2L
2min
0.8mol 100% 40%2mol
× =
2.8mol
2L
2.8mol 1.2mol 1.6mol 0.8mol
4mol 2mol
+ + +
+
16
15A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为 A 端低 B 端高
B. 杠杆 导体 A 端高 B 端低；杠杆为绝缘体时，AB 保持水平
C. 当杠杆为导体时，A 端低 B 端高；杠杆为绝缘体时，A 端高 B 端低
D. 当杠杆为导体时，A 端高 B 端低；杠杆为绝缘体时，A 端低 B 端高
【答案】C
【解析】
【详解】若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负
极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，
正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，则杠杆 A 端低 B 端高；若
杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量不变，则杠
杆 A 端高 B 端低；
答案选 C
25.工业上用铝土矿(主要成分是 Al2O3，还有少量的 Fe2O3、SiO2)提取冶炼铝的原料氧化铝。
工艺流程如图,下列有关说法正确的是
A. 该流程中，原料 A 可以是盐酸，也可以是氢氧化钠溶液
B. 步骤 2 中要发生的反应有：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4] -、H++OH-=H2O
为C. 滤液 3 中的主要离子有碳酸根、钠离子、氯离子
D. 工业上冶炼铝用氧化铝不用氯化铝的原因是，氧化铝是电解质，氯化铝是非电解质
【答案】B
【解析】
【分析】
步骤③加入石灰石煅烧的产物二氧化碳产生沉淀，沉淀加热产生氧化铝，推知沉淀为氢氧化
铝，滤液 2 阴离子主要为[Al(OH)4] -。
【详解】A.若原料为氢氧化钠溶液，则滤液 1 为硅酸钠和 Na[Al(OH)4]，要除去硅酸根离子则
要加入过量的盐酸，同时[Al(OH)4]-也与盐酸反应生成氯化铝，与流程不符，A 错误；
B.根据流程分析步骤 2 中加入氢氧化钠溶液，与滤液中的 Fe3+、Al3+、H+发生反应：
Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4] -、H++OH-=H2O，B 正确；
C.滤液 2 的主要离子为[Al(OH)4] -、氯离子、钠离子，[Al(OH)4] –与足量的二氧化碳反应生成
氢氧化铝和碳酸氢钠，则滤液 3 中的主要离子有碳酸氢根离子、钠离子、氯离子，C 错误；
D.工业上冶炼铝用氧化铝不用氯化铝的原因是，氧化铝是离子化合物，熔融状态能导电，而
氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，D 错误；
答案选 B。
二．填空题(共 55 分)
26.核内中子数为 N 的 R2+，质量数为 A，则 ng 它的同价态氧化物中电子的物质的量为
____________ ,4 克 D2 和 20 克 18O2 的单质化合最多生成_____________克 D218O.
【答案】 (1). (2). 22
【解析】
【分析】
核内中子数为 N 的 R2+，质量数为 A，则 R2+的质子数为（A-N），电子数为（A-N-2）。
【详解】R2+的同价态氧化物为 RO，RO 的摩尔质量为（A+16）g/mol，则 ngRO 的物质的量
为 ，一个氧化物分子中含有（A-N+8）个电子，则 ng 它的同价态氧化物中电
子的物质的量为 ；4g D2 和 20g 18O2 的
物质的量分别是 1mol 和 5/9mol，所以 18O2 过量，因此生成 1molD218O，质量是 22g。
( 8)16
n A N molA
− ++
( 16) /
ng
A g mol+
( 8) ( 8)( 16) / 16
ng nA N A N molA g mol A
× − + = − ++ +27.下列物质：①Ar ②Na2O2 ③AlCl3 ④HClO ⑤N2 ⑥MgF2 ⑦NH4Cl
(1)只存在共价键的是___，不存在化学键的是_____,离子化合物有_______
(2)由离子键和极性键构成的物质是__________
(3)N2 的电子式为_____ HClO 的电子式为________NH4Cl 的电子式为___________
(4)用电子式表示 MgF2 的形成过程___________
【答案】 (1). ③④⑤ (2). ① (3). ②⑥⑦ (4). ⑦ (5). (6).
(7). (8).
【解析】
【分析】
①Ar 中不含化学键；②Na2O2 为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其含有离子键和
非极性共价键；③AlCl3 为共价化合物，其含有极性共价键；④HClO 为共价化合物，其含有
极性共价键；⑤N2 中含有非极性共价键；⑥MgF2 为离子化合物，由镁离子、氟离子构成，其
含有离子键；⑦NH4Cl 为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其含有极性共价键和离子键。
【详解】(1)综上分析，③④⑤只存在共价键，①Ar 不存在化学键，②⑥⑦为离子化合物。
(2) NH4Cl 为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，铵根离子中含有极性共价键，铵根离子
和氯离子间为离子键，则由离子键和极性键构成的物质是⑦NH4Cl。
(3)N2 分子中氮原子之间为叁键，其电子式为 ；HClO 中 H 原子与 O 原子共用一对
电子，O 原子与 Cl 原子共用一对电子，电子式为 ；NH4Cl 由铵根离子和氯离子构成，
其电子式为 。
(4)氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，其形成过程为
。
【点睛】共价键的成键微粒为原子，离子键的成键微粒为阴阳离子。同种非金属元素形成的
共价键为非极性共价键，不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键。
28.根据题意解答
(1)某实验小组同学进行如下实验，以检验化学反应中的能量变化，据实验现象判断①是_________热反应，②是_________热反应．反应过程___(填“①”或“②”)的能量变化可用图 2
表示．
(2)为了验证 Fe3+与 Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是_________(填序号)．
(3)将 H2 设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图 4 所示(a、b 为多孔碳棒)，负极通入_______
其电极反应式为________________电池总反应为______________
(4)如图 5 是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置．
①若两个电极分别是锌、铜，电解质溶液是稀硫酸，正极的电极反应式___________；若电极
保持不变，将电解质溶液换成硫酸铜，请将该电池设计为双液原电池画入图 6 中
___________；
②当电极 a 为 Al、电极 b 为 Mg、电解质溶液为氢氧化钠时，该原电池的负极为_______；该原电池的电池总反应为_____________________________．
③若电池的总反应是 2FeCl3＋Fe 3FeCl2，则可以作正极材料的是________，正极反应式
是__________若该电池反应消耗了 0.1mol FeCl3，则转移电子的数目为_____。
【答案】 (1). 放 (2). 吸 (3). ① (4). ② (5). H2 (6). H2-2e-+2OH-=2H2O
(7). 2H2+O2=2H2O (8). 2H++2e-=H2 (9). (10). Al (11).
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (12). 比铁不活泼的金属或石墨 (13). Fe3++e-=Fe2+
(14). 0.1NA
【解析】
【分析】
当反应物总能量大于生成物总能量时，反应为放热反应；验证 Fe3+与 Cu2+氧化性强弱，可以
通过氧化还原反应进行验证；氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应，氧气在正极发生反应；
原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，据此判断正负极材料。
【详解】（1）Al 与 HCl 反应后，温度升高，则说明反应放热，Ba（OH）2•8H2O 与 NH4Cl 的
反应温度降低，说明反应为吸热反应；反应①为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总
能量，所以①的能量变化可用图 2 表示。
（2）为了验证 Fe3+与 Cu2+氧化性强弱，可通过氧化还原反应 Cu+2Fe3+= 2Fe2++ Cu2+来验证,将
该反应设计成原电池,铜作负极,比铜不活泼的金属或石墨作正极,选择含 Fe3+的电解质溶液,
若电流计指针偏转说明反应能发生,证明 Fe3+氧化性强于 Cu2+，则装置②符合要求。
（3）氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应，电极反应式为 H2-2e-+2OH-=2H2O，电池的总反应
式为 2H2+O2=2H2O。
（4）①若两个电极分别是锌、铜，电解质溶液是稀硫酸，则锌作负极，铜作正极，正极的电
极反应式为 2H++2e-=H2；若电极保持不变，将电解质溶液换成硫酸铜，将锌棒插入到硫酸锌
溶液中，铜棒插入到硫酸铜溶液中，中间用盐桥连接形成双液原电池，装置如图：。
②当电极 a 为 Al、电极 b 为 Mg、电解质溶液为氢氧化钠时，Al 能与氢氧化钠发生氧化还原
反应，则 Al 作原电池的负极；该原电池的电池总反应为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+
3H2↑。
③根据电池的总反应 2FeCl3＋Fe 3FeCl2 可知，铁作负极，则正极材料应为比铁不活泼的
金属或石墨，Fe3+在正极得电子发生还原反应，电极反应式是 Fe3++e-=Fe2+；根据电极反应式
可知，若该电池反应消耗了 0.1mol FeCl3，则转移电子的数目为 0.1NA。
29.按照要求填空：
(1) 在一可变的容积的密闭容器中进行
①增加 Fe 的量，其反应速率的变化是______(填增大、不变、减小，以下相同)
②将容器的体积缩小一半，反应速率______________
③保持体积不变，充入 N2 使体系压强增大，其反应速率________
④保持压强不变，充入 N2 使容器的体积增大，其反应速率__________
(2)2HI(g) ⇌H2(g)+I2(g)(正反应为吸热反应)改变下列条件：
①减小容器体积：平衡____(填正移，逆移，不移动，以下相同)颜色___(加深，变浅，不变，
以下相同)
②加热升高温度：平衡____________
③体积不变，充入 H2：平衡_____________颜色_______________
(3)可逆反应 2NO2(g) N2O4(g)，(正反应为放热反应)，据图判断 t2、t3 时刻采取的措施 t2：
____t3：_______
【答案】 (1). 不变 (2). 增大 (3). 不变 (4). 减小 (5). 不移动 (6). 加深
2 3 4 23Fe s +4H O(g) Fe O (s)+4H (g)（ ）(7). 正移 (8). 逆移 (9). 变浅 (10). 加入 N2O4 (11). 降低温度
【解析】
【分析】
增大固体反应物的量不改变反应速率；缩小容器体积，压强增大，反应速率加快；2HI(g)
⇌H2(g)+I2(g)中 I2(g)有颜色，该反应为反应前后气体分子数不变的反应。
【详解】(1)①增大固体反应物的量不改变反应速率，则增加 Fe 的量，其反应速率不变。
②将容器的体积缩小一半，反应物浓度增大，反应速率增大。
③保持体积不变，充入不参与反应的 N2，虽然体系压强增大，但反应物浓度不变，其反应速
率不变。
④保持压强不变，充入不参与反应的 N2，容器的体积增大，反应物浓度减小，其反应速率减
小。
(2)①该反应为气体分子数不变的反应，减小容器体积，各组分浓度增大，颜色加深，但平衡
不移动。
②该反应正反应为吸热反应，加热升高温度，平衡正移。
③体积不变，充入 H2，增大生成物浓度，平衡逆移，I2(g)的浓度减小，颜色变浅。
(3)可逆反应 2NO2(g) N2O4(g)为反应前后气体分子数减小的反应，正反应为放热反应，
据图判断 t2 时刻正反应速率不变，逆反应速率加快，平衡逆向移动，则采取的措施为加入
N2O4；t3 时刻正逆反应速率都减慢，当逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，采取的措施为
降低温度。
【点睛】根据勒夏特列原理如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就
向能够减弱这种改变的方向移动，从而判断平衡移动的方向。
30.一定温度时，在 4L 密闭容器中，某反应中的气体 M 和气体 N 的物质的量随时间变化的曲
线如图所示：
(1)t1 时刻 N 的转化率为____________。(2)0～t3 时间内用 M 表示的化学反应速率为____________mol/(L·min)。
(3)平衡时容器内气体的压强与起始时容器内压强的比值为____________。
(4)该反应的化学方程式为______；t2 时刻，正逆反应速率大小：v 正 ____v 逆(填“＞”、“=”
或“＜”)。
(5)下列能表示上述反应达到化学平衡状态的是____________(填编号)
A.v 逆(M)=2v 正(N) B.M 与 N 的物质的量之比保持不变
C.混合气体密度保持不变 D.容器中压强保持不变
(6)已知：H-H 的键能为 436kJ/mol，N-H 的键能为 391kJ/mol，生成 1mol NH3 过程中放出 46kJ
的热量。则 N≡N 的键能为_________kJ/mol。
【答案】 (1). 25% (2). (3). 7：10 (4). 2N(g) M(g)
(5). ＞ (6). BD (7). 946
【解析】
【分析】
根据图像分析，从反应开始到平衡 M、N 的物质的量变化量分别为 3mol、6mol，得出反应方
程式为 2N(g) M(g)。
【 详 解 】 (1)t1 时 刻 N 的 物 质 的 量 为 6mol ， N 起 始 的 物 质 的 量 为 8mol ， 其 转 化 率 为
。
(2)0～t3 时间内用 M 表示的化学反应速率 。
(3)恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体分子的物质的量之比，则平衡时容器内气体的
压强与起始时容器内压强的比值为 7：10。
(4)综上分析，该反应的化学方程式为 2N(g) M(g)；t2 时刻，反应未达到平衡，此时反应继
续向正向移动，正逆反应速率大小：v 正＞v 逆。
(5) A.当正逆反应速率相等时，反应达到平衡，根据化学计量数，2v 逆(M)=v 正(N)时反应达到
平衡，A 错误；
B.起始时 M 与 N 的物质的量之比为 1:4，平衡时 M 与 N 的物质的量之比为 5:2，M 与 N 的物
质的量之比由变到不变并保持不变，则反应达到平衡，B 正确；
C.混合气体的质量不变，容器的体积不变，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达
3
/3 ( )4 mol Lt min⋅
( ) 8-6 mol100%= 100% 25%( ) 8
n
n mol
× × =变化 （ ）
起始
3 3
(5 2 /) 3 ( )4 4 mol L minm
c mol
inv t L t t
∆ −= ⋅= =∆ ×
到平衡状态，C 错误；
D.该反应为反应前后气体分子数改变的反应，则容器中压强由变到保持不变，说明反应达到
平衡状态，D 正确；
答案选 BD。
(6)合成氨反应为 N2+3H2 2NH3，反应放出能量=成键释放的能量-断键吸收的能量，设 N≡N
的键能为 x kJ/mol，则 2×46kJ=(391kJ/mol×6)-(x+436kJ/mol×3)，求得 x=946 kJ/mol，则 N≡N
的键能为 946 kJ/mol。
31.结合元素周期表回答下列问题：
(1)①表中实线是元素周期表的部分边界，请在图 1 中用实线补全元素周期表的边界________
②请画出金属与非金属的分界线________
③请在方框中(图 3)按氦元素的式样写出 h 元素原子的相关信息________
(2)X、Y、Z 是周期表中相邻的三种短周期元素，X 和 Y 同周期，Y 和 Z 同主族，三种元素原
子的最外层电子数之和为 17，核内质子数之和为 31。
①X 是______， Z 是______(填写元素名称)
②X, Y, Z 三种元素的简单离子半径大小顺序是_____________________________
③三种元素形成的单质氧化性最强的化学式为______
【答案】 (1). (2).
(3). (4). N (5). S (6). S2-> N3-> O2- (7). O2
【解析】
【分析】
根据元素周期表的结构可知，上边界为短周期元素，一周期有 2 种元素，位于 1、18 列，二、
三周期有 8 种元素，位于 1、2 列及 13～18 列；h 元素为钛元素；X、Y、Z 是周期表中相邻
的三种短周期元素，X 和 Y 同周期，Y 和 Z 同主族，三种元素核内质子数之和为 31，平均质
子数≈10.3，一定有元素处于第二周期，元素原子的最外层电子数之和为 17，设 X 元素的最外
层电子数为 x，则 Y、Z 最外层电子数为 x+1 或 x-1，若 Y、Z 元素的最外层电子数为 x+1，
则 x+2（x+1）=17，解得 x=5，符合题意，即 X 处于ⅤA 族，Y、Z 处于ⅥA 族，则 X 为 N 元
素，故 Y 为 O 元素、Z 为 S 元素；若 Y、Z 元素的最外层电子数为 x-1，则有 x+2（x-1）=17，
解得 x= ，不符合题意
【详解】(1)①上边界为短周期元素，一周期有 2 种元素，位于 1、18 列，二、三周期有 8 种
元 素 ， 位 于 1 、 2 列 及 13 ～ 18 列 ， 补 全 元 素 周 期 表 边 界 为 ：
。
②最外层电子数≤周期数为金属元素，最外层电子数＞周期数为非金属性元素，画出金属与
非金属的分界线为： 。
③h 元素为钛元素，原子序数为 22，符号为 Ti，相对原子质量为 51，其原子的相关信息可以
表示为 。
（2）①综上分析，X 是 N，Z 是 S。
②X, Y, Z 三种元素的简单离子为 N3-、O2-、S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同
时，核电荷数越大半径越小，则三种离子的半径大小顺序是 S2-> N3-> O2-。
③同周期从左到右、同主族从下到上，非金属单质的氧化性逐渐增强，则三种元素形成的单
质氧化性最强的化学式为 O2。
三．实验题
32.现有下列气体：H2、Cl2、CH4、HCl、NH3、NO、H2S、SO2，用如图装置进行实验，填写
下列空白：
的
19
3(1)当烧瓶干燥时，从 A 口进气可收集的气体是___________，从 B 口进气可收集的气体是
___________。
(2)当烧瓶中充满水时，可用来测___________等气体 体积。
(3)可用启普发生器制取的气体有___________
【答案】 (1). H2、CH4、NH3 (2). Cl2、HCl、H2S、SO2 (3). H2、CH4、NO (4).
H2、NO 、H2S
【解析】
【分析】
H2、CH4、NH3 的密度小于空气的密度，Cl2、HCl、H2S、SO2 的密度大于空气，NO 能与氧气
反应。
【详解】（1）由于 H2、CH4、NH3 的密度比空气小，不与空气发生反应，可用向下排空气法来
收集，结合本题干燥烧瓶导气管的位置特征，H2、CH4、NH3 应从 A 口进气，把空气从 B 口
赶出；Cl2、HCl、H2S、SO2 气体的密度比空气大，与空气不发生反应，应从 B 口进气，将空
气从 A 口赶出；NO 能与空气中的 O2 反应，不能用排空气法收集。
（2）对于难溶于水的气体可用排水集气法收集、测量气体的体积，H2、CH4、NO 难溶于水，
可用排水集气法收集、测量的气的体积。
（3）启普发生器的条件：1、块状固体和液体反应；2、不需要加热；3、生成气体不能易溶
于水，所以 H2、NO、H2S 可用启普发生器制取。
【点睛】常见的用启普发生器制取气体的有：锌与稀硫酸制氢气；碳酸钙与盐酸制二氧化碳；
硫化亚铁与稀硫酸制硫化氢；铜与稀硝酸反应制 NO 等。
33.纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进
行制备。
的已知：①金属锡熔点为 231℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4 的沸点为 114℃；③SnCl4 易
与水反应。
请根据上图装置回答:
（1）装置Ⅳ中发生反应的化学方程式为__________________________。
（2）试管 II 中的试剂是___________________，装置 V 的作用是______________。
（3）裝置Ⅵ最好选用下列装置中的______________________(填标号)。
（4）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的 MnO2，需要的分离方法___________。
（5）为了顺利完成实验，点燃酒精灯的正确操作是___________________(填字母)。
A．先点燃 I 处酒精灯，后点燃Ⅳ处酒精灯
B．先点燃Ⅳ处酒精灯，后点燃 I 处酒精灯
C．同时点燃 I、Ⅳ两处酒精灯
【答案】 (1). Sn+2Cl2 ==SnCl4 (2). 饱和食盐水 (3). 冷却和收集 SnCl4 (4). C
(5). 过滤 (6). A
【解析】
【分析】
装置 I 制备氯气，制备的氯气中含有 HCl、水蒸气，装置 II 吸收 HCl，装置 III 干燥氯气，装
置 IV 中氯气与 Sn 反应生成 SnCl4，装置 V 冷却和收集 SnCl4，SnCl4 遇水水解，装置 VI 防止
水蒸气加入 V 中，氯气有毒，直接排放会污染空气，装置 VI 吸收氯气，据此分析作答。
【详解】（1）装置Ⅳ中氯气与 Sn 在加热条件下生成 SnCl4，反应方程式为：Sn+2Cl2 SnCl4；
故答案为 Sn+2Cl2 SnCl4；
（2）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，首先除去氯化氢，利用饱和食盐水，然后利用浓硫
酸干燥氯气，即试管 II 中的试剂是饱和食盐水；SnCl4 的沸点为 114℃，因此装置 V 的作用是
冷凝(收集)SnCl4，
故答案为饱和食盐水；冷却和收集 SnCl4；
（3）氯气有毒，需要尾气处理，另外 SnCl4 易与水反应，需要防止空气中的水蒸气进入，所
以装置Ⅵ中试剂最好选用碱石灰，
故答案选 C；
（4）二氧化锰不溶于水，实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的 MnO2，需要过滤，
故答案为过滤；
（5）根据题中信息可知：锡能与氧气反应，故应先通氯气排除装置中的空气，防止锡与空气
中的氧气反应，所以在加热制备 SnCl4，故先点燃 A 处酒精灯，后点燃 D 处酒精灯；
故答案为 A。
【点睛】明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意题干已知信息的提取和应用。
另外化学实验从安全角度常考虑的主要因素有：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体
倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参
加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时
宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。
四.计算题
34.将一定质量的镁铝合金投入 100 mL 一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加
浓度为 5 mol·L－1 的氢氧化钠溶液，生成的沉淀跟加入的氢氧化钠溶液的体积关系如图(横坐标
体积单位是 mL，纵坐标质量单位是 g)。
(1)合金中镁的质量是__________。
(2)所用盐酸的物质的量浓度是______________。
【答案】 (1). 4.8 g (2). 8 mol·L－1【解析】
【分析】
在合金中，Mg 与 HCl 反应生成 MgCl2，MgCl2 与 NaOH 反应转化为 Mg(OH)2，由图象中 11.6g
为 Mg(OH)2 的质量，可求出合金中镁的质量。在图象的 0 点，溶液的成分为 MgCl2、AlCl3、
HCl，在沉淀的最高点，溶液中只有 NaCl，由 NaOH 的体积，结合其物质的量浓度，可求出 HCl
的物质的量，从而求出其物质的量浓度。
【详解】(1)由图像可知，氢氧化镁的质量为 11.6 g，根据镁元素守恒：
合金中镁的质量＝11.6 g÷58 g·mol－1×24 g·mol－1＝4.8 g。答案为：4.8 g；
(2)当沉淀的量最大时，溶液中溶质为氯化钠，
盐酸的物质的量浓度＝0.16 L×5 mol·L－1÷0.1 L＝8 mol·L－1。答案为：8 mol·L－1。
【点睛】解坐标图象题的关键，是能将图象中的信息采集下来。采集图象信息时，常需寻找
特殊点，特殊点通常为曲线的起点、终点和拐点，结合发生的反应，确定各拐点对应的物质，
再结合数据，便可求出对应的物质的量。
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