【化学】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题(解析版）

【化学】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题(解析版）

宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 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 ‎【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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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+3H22NH3，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。‎ ‎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】‎ ‎【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。‎ ‎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 最高或最低 化合价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+3‎ ‎-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的半径小于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 ‎【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。‎ ‎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) （ ）‎ A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 B. 杠杆为导体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 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。‎ ‎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。‎ ‎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＋Fe3FeCl2，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＋Fe3FeCl2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 (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。‎ ‎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+3H22NH3，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，补全元素周期表的边界为：。‎ ‎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：‎ ‎(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___________等气体的体积。 ‎ ‎(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。‎ ‎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。‎ 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。‎ 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。‎