2025年青岛版六三制新高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年青岛版六三制新高一化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、元素性质呈周期性变化的根本原因是（）A.元素相对原子质量依次递增B.元素的最高正化合价呈周期性变化C.元素原子最外层电子排布呈周期性变化D.元素金属性或非金属性呈周期性变化2、有以下四种物质：rm{垄脵}标况下rm{11.2L}rm{CO_{2}}rm{垄脷1g}rm{H_{2}}rm{垄脹1.204隆脕10^{24}}个rm{N_{2}垄脺4隆忙}时rm{18mLH_{2}O}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.分子个数：rm{垄脹>垄脺>垄脵=垄脷}B.原子个数：rm{垄脹>垄脺>垄脵>垄脷}C.体积：rm{垄脹>垄脺>垄脵=垄脷}D.质量：rm{垄脹>垄脵>垄脺>垄脷}3、下列不能说明rm{Cl}的得电子能力比rm{S}强的亊实是rm{(}rm{)}

rm{垄脵HCl}比rm{H_{2}S}稳定。

rm{垄脷HCl0}氧化性比rm{KH_{2}S0_{4}}强。

rm{垄脹HClO_{4}}酸性比rm{H_{2}SO_{4}}强。

rm{垄脺Cl_{2}}能与rm{H_{2}S}反应生成rm{S}

rm{垄脻Cl}原子最外层有rm{7}个电子，rm{S}原子最外层有rm{6}个电子。

rm{垄脼Cl_{2}}与rm{Fe}反应生成rm{FeCl_{3}}rm{S}与rm{Fe}反应生成rm{FeS}．A.rm{垄脷垄脻}B.rm{垄脵垄脷}C.rm{垄脵垄脷垄脺}D.rm{垄脵垄脹垄脻}4、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是rm{(}rm{)}A.氯气与氢气化合比溴与氢气化合容易B.硒化氢比硫化氢稳定C.氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强D.铍的原子失电子能力比镁弱5、rm{1g}干冰中含有氧原子rm{a}个，则阿伏加德罗常数可表示为rm{(}rm{)}A.rm{22a}B.rm{44a}C.rm{dfrac{44}{3}a}D.rm{14a}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质；某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）判断BaCl2已过量的方法是____．

（2）第②步中，有关的离子方程式是____．第③步中，有关的离子方程式是____．

（3）若先加适量盐酸再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是：____．

（4）为检验精盐纯度，需配制1000mL.0.2mol/LNaCl（精盐）溶液，若定容时观察液面仰视，会造成所配制的溶液浓度（填“偏高”或“偏低”）____．7、欲使NaOH溶液中每100个水分子溶有5个Na+，则该溶液的质量分数=______．（保留两位有效数字）8、选用正确的实验操作；将下列各组物质进行分离或提纯．

A.分液rm{B.}过滤rm{C.}萃取rm{D.}蒸馏rm{E.}蒸发结晶rm{F.}高温分解。

rm{(1)}分离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}固体中少量的rm{CaCO_{3}}固体：______．

rm{(4)}从碘水中提取碘：______．

rm{(5)}分离乙醇rm{(}沸点为rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸点为rm{110.6隆忙)}的液体混合物：______．9、根据要求完成下列实验过程rm{(a}rm{b}为弹簧夹，加热及固定装置已略去rm{)}rm{(1)}验证碳、硅非金属性的相对强弱rm{(}已知酸性：亚硫酸rm{>}碳酸rm{)}rm{垄脵}连接仪器、________________、加药品后，打开rm{a}关闭rm{b}然后滴入浓硫酸，加热。rm{垄脷}装置rm{A}中试剂是__________________________________________。rm{垄脹}能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是__________________。rm{(2)}验证rm{SO_{2}}的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。rm{垄脵}在rm{(1)垄脵}操作后打开rm{b}关闭rm{a}rm{垄脷H_{2}S}溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是______________。rm{垄脹BaCl_{2}}溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式写出其中rm{SO_{2}}显示还原性生成沉淀的离子方程式：_______________。10、（6分）物质的用途和该物质的性质密切相关。请对照性质找用途（填字母）物质特性：（1）硅的导电性介于导体和绝缘体的导电性之间（）（2）钛制品非常轻，却非常坚固，不易变形（）（3）锡无毒，抗蚀能力强（）主要用途：A．制造晶体管、集成电路B．制造罐头筒C．制造灯丝D．制造太空飞船和人造卫星的部件11、A+、B2－、C－三种离子具有相同的电子层结构，以下比较中正确的是A．原子半径B＜C＜AB．原子序数A＞B＞CC．离子半径B2－＞C－＞A+D．原子的电子总数C＜A＜B12、（7分）．下图是周期表中短周期的一部分，A.B.C三种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数的2倍。1、(用元素符号表示)AB____C2、B的最高价氧化物的化学式，属于晶体。3、C的气态氢化物的化学式，其中存在____键。13、在①金属铁②氯酸钾③纯碱④单质碘⑤二氧化硅⑥烧碱⑦盐酸⑧氧化钙⑨水⑩干冰中，属于金属单质的是____（填序号，下同）；属于非金属单质的是____；属于盐的是____；属于碱的是____；属于酸的是____；属于碱性氧化物的是____；属于酸性氧化物的是____属于不成盐氧化物的是____14、完成下列反应的离子方程式rm{(1)}稀硫酸和氢氧化钡溶液反应。

rm{(2)}氧化铝和稀盐酸反应rm{(3)}醋酸和大理石反应。

rm{(4)}硫酸铵溶液和氢氧化钠溶液共热rm{(5)}镁粉和硫酸氢钠溶液反应_____评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、计算题(共3题，共24分)22、将rm{54.8g}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量某浓度的盐酸，收集到气体rm{V}rm{L.}另一份直接加热至恒重，生成气体rm{2.24L(}所有气体体积均在标准状况下测定rm{).}试准确计算出：

rm{(1)}原固体混合物中rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量：rm{nNa_{2}CO_{3})=}______

rm{(2)V=}______L.23、把rm{5.1g}镁铝合金的粉末放入过量盐酸中，得到rm{5.6LH_{2}(}标准状况下rm{)}试计算：rm{(1)}改合金中铝的质量分数_____________rm{(}保留rm{1}位小数rm{)}rm{(2)}该合金中铝和镁的物质的量之比________________________24、某温度时，在一个rm{5L}的恒容容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：rm{(1)}该反应的化学方程式为_____________________。rm{(2)2min}时反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时____________rm{(}填“大”，“小”或“相等”下同rm{)}混合气体密度比起始时_________。填“大”，“小”或“相等”下同rm{(}混合气体密度比起始时_________。rm{)}将rm{(3)}与rm{amolX}的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：rm{bmolY}rm{n}rm{n}则原混合气体中rm{{,!}}__________。rm{(X)=n(Y)=n(Z)}则原混合气体中rm{a:b=}__________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共12分)25、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

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

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。26、某酸性废液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO3—、F-和Cr2O72-等。下图是该废液的综合利用工艺流程：（假设：F—与金属离子的络合反应不影响其它反应和计算）

已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3[Ni(NH3)6]2+（[Ni(NH3)6]2+为难电离的络合离子）

（1）滤渣1的主要成分为：____________。

（2）试剂X可以是足量氨水，还可以是：____________。（填序号）

A．Ni(OH)2B．Cr2O3C．Fe2O3D．NaOH

（3）若试剂X是足量氨水，“沉镍”的离子方程式为：____________。

（4）经检测，最后的残液中c(Ca2+)＝1.0×10─5mol•L-1，则残液中F－浓度____________（填“符合”或“不符合”）排放标准[已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求氟离子浓度小于10mg•L─1]。

（5）镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池；电镀和催化剂等领域。

①某蓄电池反应为NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2,放电时若外电路中转移0.6mol电子则正极增重____g。

②图为双膜三室电解法处理含镍废水回收金属镍的原理示意图，阳极的电极反应式为____；电解过程中，需要控制溶液pH值为4左右，原因是_______。

27、锰及其化合物间的转化如图。

请回答下列问题：

（1）反应①发生的主要化学反应的方程式为：_____。

（2）粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为_____。

（3）测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当____；表明达到滴定终点。

（4）已知：常温下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如图，用Fe、C作电极电解含MnO4-的碱性污水，使之转化为Mn(OH)2沉淀除去。A电极是____（填“Fe”或“C”），该电极的产物使碱性污水中MnO4-转化为沉淀除去的离子方程式为____。

28、以白云石（主要成分为CaCO3和MgCO3）为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10−12

（1）白云石高温煅烧所得固体产物的主要成分为_______（填化学式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因为_______（用离子方程式表示）。

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

（4）“碳化”反应的化学方程式为_______。

（5）煅烧所得固体的活性与其中CaO含量及固体疏松程度有关。其他条件相同时，将不同温度下的煅烧所得固体样品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煅烧所得固体的活性差异。溶液变色的时间与各样品煅烧温度的关系如图所示。当温度高于950℃时，煅烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950℃时，活性降低的原因为_______。将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同时间后_______与样品煅烧温度之间的关系。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解答】解：A；元素的原子的相对原子质量增大；但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；B、元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，化合价属于元素的性质，故B错误；

C；由原子的电子排布可知；随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故C正确；

D；元素金属性或非金属性都属于元素的性质；元素的金属性和非金属性的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故D错误；

故选C．

【分析】元素的金属性和非金属性、元素的原子半径都属于元素的性质；元素的相对原子质量递增，但不呈现周期性的变化；结构决定性质，元素原子的核外电子排布的周期性变化导致元素性质的周期性变化．2、C【分析】解：rm{垄脵}标况下rm{11.2L}rm{CO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}

rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}rm{垄脷1g}的物质的量为rm{dfrac{1g}{2g/mol}=0.5mol}

rm{H_{2}}个rm{dfrac

{1g}{2g/mol}=0.5mol}的物质的量为rm{dfrac{1.204隆脕10^{24}}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}=2mol}

rm{垄脹1.204隆脕10^{24}}时rm{N_{2}}的物质的量为rm{dfrac{18ml隆脕1g/ml}{18g/mol}=1mol}．

A、物质的量大小为rm{dfrac

{1.204隆脕10^{24}}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}=2mol}分子数目之比等于物质的量之比，分子个数rm{垄脺4隆忙}故A正确；

B、各物质中原子是物质的量为：rm{18mLH_{2}O}rm{dfrac

{18ml隆脕1g/ml}{18g/mol}=1mol}rm{垄脹>垄脺>垄脵=垄脷}所以原子的物质的量rm{垄脹>垄脺>垄脵=垄脷}原子数目之比等于物质的量之比，所以原子个数rm{垄脵0.5mol隆脕3=1.5mol}故B正确；

C；氢气与氮气所处状态不知道；不能计算体积，无法进行体积比较，故C错误；

D、各物质的质量为：rm{垄脷0.5mol隆脕2=1mol}rm{垄脹2mol隆脕2=4mol垄脺1mol隆脕3=3mol}rm{垄脹>垄脺>垄脵>垄脷}所以质量大小为rm{垄脹>垄脺>垄脵>垄脷}故D正确．

故选：rm{垄脵0.5mol隆脕44g/mol=22g}．

A；利用公式计算各物质的物质的量；分子数目之比等于物质的量之比．

B；计算各物质中原子的物质的量；原子数目之比等于物质的量之比．

C；氢气与氮气所处状态不知道；无法计算体积．

D、根据rm{垄脷1g}计算二氧化碳的物质的量，根据rm{垄脹2mol隆脕28g/mol=56gl垄脺18ml隆脕1g/ml=18g}计算氮气的物质的量，再根据rm{垄脹>垄脵>垄脺>垄脷}计算质量，根据rm{C}计算水的质量据此进行判断．

考查常用化学计量数有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与范围．rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}【解析】rm{C}3、A【分析】解：rm{垄脵}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，而rm{HCl}比rm{H_{2}S}稳定，所以氯的非金属性强于硫，则rm{Cl}的得电子能力比rm{S}强；故正确；

rm{垄脷}最高价含氧酸；次氯酸不是最高价含氧酸，故错误；

rm{垄脹}最高价含氧酸，酸性越强元素的非金属性越强，得电子能力越强，rm{HClO_{4}}酸性比rm{H_{2}SO_{4}}强，所以氯的非金属性强于硫，则rm{Cl}的得电子能力比rm{S}强；故正确；

rm{垄脺Cl_{2}}能与rm{H_{2}S}反应生成rm{S}说明氯气的氧化性比rm{S}强，单质的氧化性越强，对应的元素的非金属性越强，则rm{Cl}的得电子能力比rm{S}强；故正确；

rm{垄脻}非金属性的强弱与原子最外层电子数多少无关；故错误；

rm{垄脼Cl_{2}}与铁反应生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}与铁反应生成rm{FeS}说明rm{Cl}原子得电子能力强；故正确；

故选A．

rm{垄脵}元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

rm{垄脷}最高价含氧酸；

rm{垄脹}最高价含氧酸；酸性越强元素的非金属性越强，得电子能力越强；

rm{垄脺Cl_{2}}能与rm{H_{2}S}反应生成rm{S}说明氯气的氧化性比rm{S}强；单质的氧化性越强，对应的元素的非金属性越强；

rm{垄脻}非金属性的强弱与原子最外层电子数多少无关；

rm{垄脼Cl_{2}}与铁反应生成rm{FeCl_{3}}而rm{S}与铁反应生成rm{FeS}说明rm{Cl}原子得电子能力强．

本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意把握比较的角度，注意最高价氧化物的酸性，对应元素非金属性．【解析】rm{A}4、B【分析】解：rm{A.}由于氯气的氧化性大于溴单质；则氯气与氢气化合比溴与氢气化合容易，故A正确；

B.非金属性：rm{Se<S}则硒化氢不如硫化氢稳定，故B错误；

C.金属性：rm{Sr>Ca}则氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强，故C正确；

D.由于金属性：rm{Be<Mg}则失电子能力：rm{Be<Mg}故D正确；

故选B．

A.氯气的氧化性大于溴单质；氧化性越强，与氢气反应的越容易；

B.非金属性越强；对应氢化物的稳定性越强；

C.金属性越强；最高价氢氧化物的碱性越强；

D.铍的金属性小于rm{Mg}则失去电子的能力：rm{Be<Mg}．

本题考查了原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，明确元素周期律的内容为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了是的灵活应用能力．【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{1g}二氧化碳的物质的量为：rm{dfrac{1g}{44g/mol}mol}含有氧原子的物质的量为：rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}

所以阿伏伽德罗常数为：rm{N_{A}=dfrac{N}{n}=dfrac{a}{dfrac{1}{22}}=22a}

故选A．

干冰为二氧化碳，rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac

{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}二氧化碳的物质的量为rm{N_{A}=dfrac{N}{n}=dfrac{a}{

dfrac{1}{22}}=22a}含有氧原子的物质的量为：rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac{1g}{44g/mol}mol=dfrac{1}{22}mol}再根据rm{1g}计算出阿伏伽德罗常数．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容rm{dfrac{1g}{44g/mol}mol}要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．rm{N(O)=2N(CO_{2})=2隆脕dfrac

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

【分析】

（1）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，BaCl2溶液已过量；

故答案为：取少量②中上层清液于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则BaCl2溶液已过量（其他合理答案均可）；

（2）②步是加入氯化钡沉淀硫酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；③步是加入氢氧化钠沉淀镁离子，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

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

（3）若先加适量盐酸再过滤，生成的沉淀如CaCO3、BaCO3会溶解在盐酸中，影响制得精盐的纯度，故答案：会有部分沉淀如CaCO3、BaCO3溶解；从而影响制得精盐的纯度；

（4）容量瓶配制溶液定容时；误差分析依据刻度丁液面分析判断，若观察液面仰视，多加了水，会超出刻度线造成所配制的溶液浓度偏小，故答案为：偏小．

【解析】【答案】（1）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；来判断氯化钡是否过量；

（2）②步是加入氯化钡沉淀硫酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；③步是加入氢氧化钠沉淀镁离子，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

（3）若先加适量盐酸再过滤；生成的碳酸钙；碳酸钡沉淀会溶解于盐酸达不到提纯氯化钠的作用；

（4）依据容量瓶是以刻度定液面的原理分析误差．

7、略

【分析】解：（1）设水的物质的量为100mol，则NaOH为5mol，则水的质量为100mol×18g/mol=1800g、NaOH的质量为5mol×40g/mol=200g，故溶液质量分数为×100%=10%；故答案为：10%．

设水的物质的量为100mol；则NaOH为5mol，根据m=nM计算水；NaOH的质量，进而计算溶液质量分数．

本题考查溶液质量分数的有关计算比较基础，有利于基础知识的巩固，注意知识的归纳和梳理是关键．【解析】10%8、略

【分析】解：rm{(1)CCl_{4}}和rm{H_{2}O}分层，选择分液法分离，故答案为：rm{A}

rm{(2)CaCO_{3}}不溶于水，选择过滤法分离，故答案为：rm{B}

rm{(3)CaCO_{3}}固体高温分解生成rm{CaO}选择高温分解法除杂，故答案为：rm{F}

rm{(4)}碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，选择萃取分液法分离，故答案为：rm{C}

rm{(5)}乙醇rm{(}沸点为rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸点为rm{110.6隆忙)}互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离，故答案为：rm{D}．

rm{(1)CCl_{4}}和rm{H_{2}O}分层；

rm{(2)CaCO_{3}}不溶于水；

rm{(3)CaCO_{3}}固体高温分解生成rm{CaO}

rm{(4)}碘不易溶于水；易溶于有机溶剂；

rm{(5)}乙醇rm{(}沸点为rm{78隆忙)}和甲苯rm{(}沸点为rm{110.6隆忙)}互溶；但沸点不同．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．【解析】rm{A}rm{B}rm{F}rm{C}rm{D}9、（1）①检验装置气密性②品红溶液③A中品红溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀（2）②2H2S+SO2=3S↓+2H2O③Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl-【分析】【分析】本题考查非金属性比较的方法，明确反应原理是解答的关键，注意基础知识的掌握，题目难度中等。【解答】rm{(1)垄脵}为了保证实验的顺利进行；避免装入药品后发现装置气密性不好，更换部分仪器而浪费药品，避免装置漏气影响实验效果，所以连接仪器后须检查装置气密性，故答案为：检验装置气密性；

rm{垄脷}装置rm{A}为检验rm{SO_{2}}可以放品红溶液，故答案为：品红溶液；

rm{垄脹}当rm{A}中品红溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，故答案为：rm{A}中品红溶液没有完全褪色，盛有rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液的试管中出现白色沉淀；

rm{(2)垄脷}二氧化硫中硫元素的化合价是rm{+4}价，有氧化性，二氧化硫气体与rm{H_{2}S}溶液常温下反应，生成黄色固体硫rm{(}单质rm{)}和水，故答案为：rm{2H_{2}S+SO_{2}=3S隆媒+2H_{2}O}

rm{垄脹BaCl_{2}}溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成rm{+6}价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的方程式为rm{Ba^{2+}+SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TBaSO_{4}隆媒+4H^{+}+2Cl^{-}}另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：rm{Ba^{2+}+SO_{2}+Cl_{2}+2H_{2}O篓TBaSO_{4}隆媒+4H^{+}+2Cl^{-}}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}检验装置气密性rm{垄脵}品红溶液rm{垄脷}品红溶液中品红溶液没有完全褪色，盛有rm{垄脷}rm{垄脹A}中品红溶液没有完全褪色rm{垄脹A}rm{Na}溶液的试管中出现白色沉淀rm{2}rm{2}rm{SiO}rm{3}rm{3}rm{(2)}10、略

【分析】试题分析：（1）硅的导电性介于导体和绝缘体之间，利用此性质常用来制造晶体管、集成电路，选A；（2）钛制品非常轻，却非常坚固，不易变形，利用此性质常用来制造太空飞船和人造卫星的部件，选D；（3）锡无毒，抗蚀能力强，利用此性质常用来制造罐头筒，选B。考点：考查物质的性质和用途。【解析】【答案】A；D；B11、略

【分析】三者在周期表中的位置关系为：选中介D，与A同主族，与B、C同周期，则原子半径：A＞D＞B＞C，故A错误；原子序数A＞C＞B，故B错误；原子序数越大，离子半径越小，故C正确；各原子的电子总数=各自的原子序数，则原子的电子总数A＞C＞B，故D错误；【解析】【答案】C12、略

【分析】【解析】【答案】(7分)NSFSO3分子HF共价13、①④②③⑥⑦⑧⑤⑩⑨【分析】【解答】①金属铁属于金属单质；

②氯酸钾属于盐类；

③纯碱是碳酸钠；属于盐类；

④单质碘属于非金属单质；

⑤二氧化硅属于酸性氧化物；

⑥烧碱是氢氧化钠；属于碱；

⑦盐酸属于酸；

⑧氧化钙属于碱性氧化物；

⑨水属于不成盐氧化物。

⑩干冰是二氧化碳；属于酸性氧化物；

故属于金属单质的是①；属于非金属单质的是④；属于盐的是②③；属于碱的是⑥；属于酸的是⑦；属于碱性氧化物的是⑧；属于酸性氧化物的是⑤⑩；属于不成盐氧化物的是⑨；

故答案为：①；④；②③；⑥；⑦；⑧；⑤⑩；⑨．

【分析】单质是由一种元素组成的纯净物．非金属单质是由非金属元素组成的．一般的单质还金字旁的是金属；带气字头的是气态单质，带石字旁；三点水旁的是固态或液态非金属；

盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物；

碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；

酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；

能跟酸起反应；生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物；

能跟碱起反应；生成一种盐和水的氧化物叫酸性氧化物；

既不可以与酸反应生和水，又不可以与碱反应生和水的氧化物叫不成盐氧化物．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】本题是对离子方程式的知识的考查，是高考高频可得，难度一般。关键是掌握离子方程式的书写规律和注意事项，侧重基础知识的考查。【解答】依据离子方程式的书写规律和弱电解质不可拆分，强电解质拆分可得。rm{(1)}稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式是：稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式是：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}。故答案为：rm{2H}rm{+}rm{+}rm{+SO}rm{4}rm{4}rm{2-}氧化铝rm{2-}不可拆分rm{+Ba}和稀盐酸反应的离子方程式是：rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}rm{-}rm{-}rm{=BaSO}rm{4}rm{4}rm{隆媒+2H}rm{2}rm{2}故答案为：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{+}反应的离子方程式是：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}故答案为：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}硫酸铵溶液和氢氧化钠溶液共热的离子方程式是：rm{O}rm{(3)}rm{(}rm{)}rm{(}rm{)}rm{2CH}rm{2CH}rm{3}rm{3}rm{COOH+CaCO}故答案为：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}镁粉和硫酸氢钠溶液反应的离子方程式是：rm{COO}rm{-}rm{-}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}故答案为：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、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；16、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．17、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目19、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；20、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．21、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、计算题(共3题，共24分)22、略

【分析】解：rm{(1)}混合物直接加热时只有rm{NaHCO_{3}}分解，发生反应rm{2NaHCO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}根据方程式知，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}则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}

故答案为：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}混合物和稀盐酸反应生成rm{m(Na_{2}CO_{3})=dfrac

{54.8g}{2}-16.8g=10.6g}根据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}

故答案为：rm{(2)}．

rm{CO_{2}}混合物直接加热时只有rm{C}分解，发生反应rm{2NaHCO_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}根据方程式知，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}则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}混合物和稀盐酸反应生成rm{3.36}根据rm{(1)}原子守恒得rm{n(Na_{2}CO_{3})+n(NaHCO_{3})=n(CO_{2})=dfrac{V}{22.4}mol}据此计算二氧化碳体积．

本题考查混合物反应的有关计算，侧重考查分析、计算能力，利用原子守恒进行计算，知道物质之间的反应，题目难度不大．rm{NaHCO_{3}}【解析】rm{0.1mol}rm{3.36}23、解：rm{5.6L}氢气rm{(}标准状况rm{)}的物质的量为：rm{5.6L/(22.4L/}氢气rm{5.6L}标准状况rm{(}的物质的量为：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/}

rm{mol)=0.25mol}rm{mol)=0.25mol}rm{(}rm{1}rm{)}设镁的物质的量为rm{xmol}，铝设镁的物质的量为rm{(}，铝rm{1}，rm{1}rm{)}

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

rm{xmol}的物质的量为rm{ymol}，rm{ymol}rm{ymol}因盐酸足量，金属完全反应，

则铝的质量分数为：rm{dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100拢楼=52.9拢楼}，

则有如下关系：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}，中计算结果可知，则铝的质量分数为：rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100拢楼=52.9拢楼}，铝的物质的量为rm{

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

故该合金中铝的质量分数为rm{52.9%}rm{52.9%}；rm{(}rm{(}【分析】【分析】本题主要考查对镁铝合金中的镁铝的含量的计算等知识点。根据盐酸过量，则镁、铝都完全反应，可根据产生氢气的量和合金的量列方程式计算。【解答】rm{5.6L}氢气rm{(}标准状况rm{)}的物质的量为：rm{5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol}氢气rm{5.6L}标准状况rm{(}的物质的量为：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol}设镁的物质的量为rm{(1)}设镁的物质的量为rm{xmol}铝铝rm{(1)}rm{xmol}的物质的量为rm{ymol}rm{begin{cases}24x+27y=5.1g2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}rm{ymol}因盐酸足量，金属完全反应，则有如下关系：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拢楼=52.9拢楼}解得rm{x=0.1mol}rm{y=0.1mol}rm{x=0.1mol}由rm{y=0.1mol}中计算结果可知，则铝的质量分数为：铝的物质的量为rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100拢楼=52.9拢楼}，故该合金中铝的质量分数为rm{52.9%}rm{52.9%}rm{(2)}由rm{(1)}中计算结果可知，【解析】解：rm{5.6L}氢气rm{(}标准状况rm{)}的物质的量为：rm{5.6L/(22.4L/}氢气rm{5.6L}标准状况rm{(}的物质的量为：rm{)}rm{5.6L/(22.4L/}rm{mol)=0.25mol}rm{mol)=0.25mol}rm{(}rm{1}rm{)}设镁的物质的量为rm{xmol}，铝设镁的物质的量为rm{(}，铝rm{1}，rm{1}rm{)}rm{xmol}rm{begin{cases}24x+27y=5.1g2x+3y=0.25moltimes2end{cases}}rm{xmol}的物质的量为rm{ymol}，rm{ymol}rm{ymol}因盐酸足量，金属完全反应，

则铝的质量分数为：rm{dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100拢楼=52.9拢楼}，则有如下关系：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}，中计算结果可知，则铝的质量分数为：rm{

dfrac{0.1mol隆脕27g/mol}{5.1mol}隆脕100拢楼=52.9拢楼}，铝的物质的量为rm{

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

故该合金中铝的质量分数为rm{52.9%}rm{52.9%}；rm{(}rm{(}24、（1）3X+Y2Z（2）0.02mol/(L•min)（3）5：3

【分析】【分析】本题涉及化学平衡的建立、混合气体的密度及有关化学反应的速率和三段式的计算知识，属于综合知识的考查，难度不大。rm{(1)}化学方程式中；反应的物质系数之比等于各个物质的量的变化量之比；

rm{(2)}根据化反应速率rm{v=trianglec/trianglet}来计算化学反应速率；

rm{(3)}混合气体的平均相对分子质量rm{M=m/n}混合气体密度rm{娄脩=m/V}来判断；

rm{(4)}根据化学反应中的三段式进行计算。【解答】rm{(1)}根据图示的内容知道，rm{X}和rm{Y}是反应物，rm{X}rm{Y}rm{Z}的变化量之比是rm{0.3}rm{0.1}rm{0.2=3}rm{1}rm{2}由rm{2min}后各物质的量不再发生变化，说明该反应为可逆反应，所以，反应的化学方程式为：rm{3X+Y}rm{2Z}故答案为：rm{3X+Y}rm{2Z}

rm{(2)}反应开始至rm{2min}以气体rm{Z}表示的平均反应速率rm{v(Z)=0.2mol/(5L隆脕2min)=0.02mol/(L?min)}故答案为：rm{v(Z)=0.2mol/(5L隆脕2min)=0.02

mol/(L?min)}

rm{0.02mol/(L?min)}混合气体密度rm{(3)}从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；混合气体的平均相对分子质量rm{娄脩=m/V}从开始到平衡，质量是守恒的，但是rm{M=m/n}是逐渐减小的，所以rm{n}会变大。故答案为：大；相等；

rm{M}rm{(4)}rm{3X+Y}设rm{2Z(}的变化量是rm{Y}

初始量：rm{x)}rm{a}rm{b}

变化量：rm{0}rm{3x}rm{x}

平衡量：rm{2x}rm{a-3x}rm{b-x}

当rm{2x}时，rm{n(X)=n(Y)=n(Z)}则rm{a-3x=b-x=2x}rm{a=5x}所以原混合气体中rm{b=3x}rm{a}rm{b=5}故答案为：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、工业流程题(共4题，共12分)25、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴26、略

【分析】【分析】

某酸性废液含有和等，在溶液中加入废氧化铁调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣1，滤液中加入与发生反应生成铬离子，加碱沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣3含有：和氢氧化铬沉淀加酸生成铬离子，高锰酸钾将铬离子氧化为重铬酸根，结晶得到重铬酸钾晶体。

【详解】

（1）调节溶液PH=3.5，使铁离子全部沉淀，滤渣1为故答案为：

（2）据金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH分析，又不引入新