2025年青岛版六三制新必修1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年青岛版六三制新必修1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9题，共18分)1、短周期元素W、X、Y、Z的原子数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图所示，其中a、b；d、g为化合物；a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质能与沸水反应，且该单质可制造照明弹，f为固体单质。下列有关说法正确的是。

A.简单离子半径：Y＞Z＞XB.元素的非金属性：W＞XC.X、Y两种元素组成的化合物只含离子键D.最高价氧化物对应水化物的碱性:Y＞Z2、下列比较中正确的是（）A.离子还原性：S2->Cl->Br->I-B.氧化性：F2>Cl2>Br2>SC.酸性：H2SO4>HClO4>H3PO4D.非金属性：F>Cl>S>O3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是（）A.106gNa2CO3中Na+的数目为2NAB.标准状况下，22.4LCCl4所含分子数为NAC.17g氨气和17g氢氧根所含电子数均为10NAD.24gO2和24gO3所含的氧原子数均为1.5NA4、下列关于离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中一定有CO32－B.加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定有SO42－C.加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，则一定含有NH4＋D.用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色。则试样中一定有Na＋，不含有K＋5、下列溶液中氯离子浓度最大的是A.100mL0.8mol·L－1MgCl2溶液B.50mL0.5mol·L－1AlCl3溶液C.200mL1mol·L－1NaCl溶液D.200mL2mol·L－1KClO3溶液6、下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是A.氧化镁中混有氧化铝B.氯化铝溶液中混有氯化铁C.氧化铁中混有二氧化硅D.氯化亚铁溶液中混有氯化铜7、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，2.24LCl2与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NAB.2.8gCO和N2的混合气中，所含原子总数为0.2NAC.物质的量浓度为0.5mol·L-1Al2(SO4)3溶液中，含有SO数目为1.5NAD.2.3gNa完全与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，失去的电子数为0.1NA8、下列关于化学与生产、生活的说法不正确的是A.“火树银花”焰火的实质是金属元素的焰色反应B.酸雨是碳、氮、硫的氧化物大量排放引起的C.侯氏制碱法中使用氨水是利用了其溶于水溶液呈碱性D.工业上由石油获取乙烯的过程中既有物理变化又有化学变化9、实验室由MnO2制取KMnO4的流程如图：

下列说法错误的是A.步骤①发生反应2MnO2+O2+4KOH=2K2MnO4+2H2OB.步骤②用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒C.试剂X可为石灰乳D.上述流程中只有MnO2可循环利用评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、根据元素周期表1~20号元素的性质和递变规律；回答下列问题：

（1）属于金属元素的有_________种；其中金属性最强的元素的单质与氧气反应生成的化合物的化学式为_________；_________（填两种）。

（2）最高正化合价最高的元素是________（填元素符号）；其最高正化合价为__________。

（3）单质既能与盐酸反应；又能与NaOH溶液反应的是_________，并写出这两个方程式_________，________。

（4）第三周期中，原子半径最大的元素是（稀有气体元素除外）_____________。11、用一种试剂除去下列物质中的杂质(括号内物质为杂质；所用试剂均足量)，写出所加的试剂及有关反应的离子方程式。

(1)FeSO4溶液(CuSO4)：试剂为________，离子方程式为________________________。

(2)Cu(Mg)：试剂为________，离子方程式为________________________。

(3)CO(CO2)：试剂为________，离子方程式为________________________。12、应用铝热反应焊接铁轨时发生的主要反应为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3。

（1）作还原剂的物质是_____，铁元素的化合价_____（填“升高”或“降低”）。

（2）在该反应中，若消耗了1molAl则生成_____molFe，转移电子的物质的量为______mol。13、(1)比较给出能力的相对强弱：________（填“>”“<”或“=”）；用一个化学方程式说明和结合能力的相对强弱________。

(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式________。

(3)在常压下，甲醇的沸点（65℃）比甲醛的沸点（-19℃）高。主要原因是________。14、在我校食堂南侧的绿树青草间；有一由井水形成的弯弯小溪。近来发现，昔日那碧波澄清的水面上，泛起了棕红色的“水锈”，小煞风景。

（1）根据学过的知识，你认为该“水锈”的主要成分可能是（写化学式）__________。

（2）怎样用化学方法检验此“水锈”的主要成分？简述实验操作：

第一步：取含“水锈”的浑浊液少许于试管；

第二步：_____________________________________________________________；

第三步：_____________________________________________________________。

上述有关反应的离子方程式为_____________________、___________________。15、元素周期表的第三周期元素，从左到右:原子半径逐渐_______；元素的金属性逐渐_______，元素的非金属性逐渐_______。该周期元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_______(填元素符号，下同)；最高价氧化物对应的水化物呈两性的是_______；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、从混合物中分离提纯蛋白质可采用过滤的方法。(_______)A.正确B.错误17、氨气的电子式：(___________)A.正确B.错误18、晶体失去结晶水，一定是风化的结果。(___________)A.正确B.错误19、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误20、从溶液中取出了所得硫酸的物质的量浓度为(_______)A.正确B.错误21、温度和容积相同的两容器中分别盛有5molO2和2molN2，则压强之比为5∶2。(_____________)A.正确B.错误22、定容时，加多了水，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度不变。(_______)A.正确B.错误23、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共12分)24、硫酸锰是一.种重要的化工原料，在农业、电化学和建筑等领域均有广泛应用。以含锰废料(含有MnO2、CuO、Fe和少量CaO)为原料制备MnSO4的一种流程如下：

已知：

I.烧渣中含有MnO；CuO、Cu、Fe、CaO。

II.难溶电解质的溶度积常数如下表所示：

回答下列问题：

(1)“焙烧”过程加入煤粉的主要作用为___________________________。

(2)“酸浸”时所加稀H2SO4不宜过量太多的原因为______________________________.滤渣1的主要成分为_____________________(填化学式)。

(3)“氧化”过程中主要反应的离子方程式为__________________。

(4)“调pH为4”的目的为______________________；若“溶液”中c(Cu2+)=0.022mol/L，“滤液2”的体积是“溶液”体积的2倍，则“调pH为4”时Cu2+是否开始沉淀____________(通过计算说明)。

(5)(NH4)2S的电子式为___________________。

(6)已知：(NH4)2SO4与MnSO4的溶解度曲线如图所示。“操作”主要包括蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、干燥；其中用乙醇代替水洗涤的原因为__________，需控制温度为____(填选项字母)得到产品最多。

A.10°CB.40°CC.60°CD.100°C

25、氧化锌在工业和生活中的运用非常广泛，以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)为原料制备活性氧化锌的工艺流程如下；请回答下列问题：

(1)浸取前，将闪锌矿粉碎的目的是___________。

(2)矿渣中除了有淡黄色的物质，还有___________(填化学式)。

(3)加入铁粉的目的是___________，能循环利用的无机物是___________(填化学式)。

(4)生成的离子方程式为___________。

(5)有机萃取剂TBP能将氯化亚铁和氯化锌分离的原因是___________。

(6)工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即向废水中加入H2O2，以FeCl2作催化剂；产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解水中的有机物(TOC)。

①其他条件一定时，n(H2O2)：n(Fe2＋)的值对TOC去除效果的影响如图1所示，当废水中TOC的去除率最大时，n(H2O2)：n(Fe2＋)=___________。

②在酸性条件下，H2O2的加入量对TOC的去除效果如图2所示，当TOC的去除效果最好时，H2O2的物质的量浓度c(H2O2)=___________(保留三位有效数字)。26、铁是人体必需元素；同时在生产生活中有重要应用。

I.(1)血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力。药品美蓝是其有效的解毒剂，解毒时美蓝发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。

(2)设计简单的实验，检验某补铁口服液(主要成分为葡萄糖酸亚铁)是否已经氧化变质_______；

II.碳酸亚铁(FeCO3)也可作为补血剂(片剂)，利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备FeCO3的流程如下：

(3)“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2+16H+，则另一个反应的离子方程式为_________。

(4)化学社的同学欲用下图装置模拟“沉淀”步骤；操作如下：

①打开a中K1、K3，关闭K2；

②一段时间后，_________，反应过程中生成的氢气的作用是________、_________(至少写两条)，d装置的作用是_________；

(5)写出在空气中煅烧FeCO3制备高纯铁红的化学方程式：____________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共15分)27、某种溶液可能含有下列阴离子中的一种或几种：Cl−。

(1)当溶液中有大量H+存在时，则不可能有________存在。

(2)当溶液中有大量Ba2+存在时，溶液中不可能有________存在。

(3)当溶液中有________和________等阳离子存在时，上述所有阴离子都不可能存在。28、A；B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素；A最外层电子数是其电子层数的两倍；B能形成双原子阴离子；C与B能形成两种常见的离子化合物，B、E同主族，C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水。请回答下列问题：

（1）B的双原子阴离子电子式为_______，用化学式表示一种由B、C、E组成的物质_____。

（2）B的氢化物比E的氢化物的沸点____(填“高”或“低”)，理由是__________。

（3）B、C、D组成化合物的水溶液与过量AB2反应的离子方程式______________________。29、已知A～K均为中学化学中常见的物质；它们之间有如下图所示的转化关系，其中A为两种物质组成的混合物，H；I、K为单质，H是气体，G是红褐色沉淀。（反应过程中生成的水及其他产物没有列出）

请回答以下问题：

(1)写出下列物质的化学式：H___________，J____________。

(2)写出A中某组分在一定条件下与水蒸气反应的化学方程式：_____________。

(3)写出C跟氯气反应生成E的离子方程式：__________________________。

(4)写出C转化到G的现象变化__________________________________________；

发生颜色变化现象涉及的化学方程式为__________________________________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

根据题干信息，a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为镁元素；由这些元素组成的常见物质的转化关系可知，若f为固体单质，则b为二氧化碳；f为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁；短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则其分别为C、O、Na、Mg，据此分析解答问题。

【详解】

A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大的半径越小，所以简单离子的半径X>Y>Z；A不正确；

B．元素的非金属性为O>C；B不正确；

C．X；Y两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠；其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，C不正确；

D．Na的金属性强于Mg；故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，D正确；

答案选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．因非金属性Cl>Br>I>S，则离子的还原性为：S2->I->Br->Cl-；A错误；

B．因非金属性F>Cl>Br>S，则单质的氧化性为：F2>Cl2>Br2>S；B正确；

C．因非金属性Cl>S>P，则对应最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4>H2SO4>H3PO4；C错误；

D．同周期元素从左到右非金属性增强，则F>O，Cl>S，同主族元素从上到下非金属性减弱，则O>S；D错误；

答案选B。3、B【分析】【详解】

A．根据带入数据可得又因为故A不选；

B．标准状况下CCl4为液态；故不适用气体摩尔体积，故选B；

C．氨气、氢氧根均为结构，且摩尔质量均为17g/mol，由可得17g氨气和17g氢氧根离子所含的电子数故C不选；

D．氧气中氧原子个数为氧气的2倍，臭氧中氧原子个数为臭氧分子的3倍，又由带入数据可得：24gO2和24gO3所含的氧原子数均为1.5NA；故D不选；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A.加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中可能有HCO3－、CO32－，HSO3－、SO32－；故A错误；

B.加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是AgCl、BaSO4，则溶液中可能有SO42－或Ag+；故B错误；

C.加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，该气体是NH3，则一定含有NH4＋；故C正确；

D.用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，则试样中一定有Na＋，可能含有K＋，还需透过蓝色钴玻璃观察，才能确定有无K+；故D错误；

故选C。5、A【分析】【分析】

【详解】

A.100mL0.8mol·L－1MgCl2溶液中氯离子的浓度为0.8mol·L－1×2=1.6mol·L－1；

B.50mL0.5mol·L－1AlCl3溶液中氯离子的浓度为0.5mol·L－1×3=1.5mol·L－1；

C.200mL1mol·L－1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol·L－1×1=1mol·L－1；

D.KClO3不能电离出氯离子，因此KClO3溶液中不含氯离子；

综上所述；氯离子浓度最大的为A。

故答案：A。6、D【分析】【详解】

A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2；过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；

B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，FeCl3变为Fe(OH)3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到AlCl3溶液；除去了杂质，故B不选；

C．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而碱性氧化物Fe2O3与NaOH不能发生反应，加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的Fe2O3；故C不选；

D．二者都可以与NaOH发生反应；当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离；提纯二者，故D选；

故选D。

【点睛】

分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：①所选试剂一般只和杂质反应；②作不应引入新的杂质；③不减，即不减少欲被提纯的物质；④易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；⑤易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。7、C【分析】【详解】

A．氯气和铁反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，标准状况下，2.24LCl2物质的量==0.1mol，0.1molCl2与足量铁粉反应转移电子的数目为0.2NA；故A正确；

B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，故2.8g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均为双原子分子，故0.1mol混合物中含0.2NA个原子；故B正确；

C．未说明0.5mol·L-1Al2(SO4)3溶液的体积，无法计算SO数目；故C错误；

D．2.3g钠的物质的量为0.1mol，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，失去的电子数一定为0.1NA；故D正确；

故选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．不同金属灼烧产生不同的焰色；火树银花”中描述的“焰火”景象实质是金属元素的焰色反应，故A正确；

B．酸雨的形成与二氧化硫；氮的氧化物排放有关；与碳的氧化物排放无关，故B错误；

C．侯氏制碱法是向饱和氯化钠溶液中通入氨气，由于氯化钠溶液饱和，生成的碳酸氢钠溶解度小于氯化钠，所以碳酸氢钠以沉淀析出，先添加NH3而不是CO2，CO2在NaCl中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的碳酸氢根，才能析出NaHCO3晶体；故C正确；

D．工业制乙烯；通过石油的分馏；裂解得到，分馏是物理变化，裂解是化学变化，故D正确；

故选：B。9、D【分析】【分析】

MnO2被空气中的氧气氧化为K2MnO4，向水浸后的K2MnO4溶液中通入CO2，发生歧化反应得到MnO2、KMnO4和K2CO3。分离出的K2CO3溶液中加入石灰乳；得到的KOH可以循环使用。

【详解】

A．步骤①是MnO2和氧气、KOH发生反应生成K2MnO4的反应，化学方程式为：2MnO2+O2+4KOH=2K2MnO4+2H2O；故A正确；

B．步骤②是过滤；用到的玻璃仪器有烧杯；漏斗和玻璃棒，故B正确；

C．试剂X可为石灰乳，和K2CO3反应生成CaCO3和KOH，将CaCO3过滤出去后得到KOH溶液；蒸发结晶得到的KOH可以循环使用，故C正确；

D．由以上分析可知，上述流程中除了MnO2可循环利用外；KOH也也可循环利用，故D错误；

故选D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

（1）元素周期表前20号元素中属于金属元素的有Li、Be、Na、Mg、Al、K、Ca，共7种。在这些金属元素中金属性最强的元素是K与氧气反应生成的化合物有K2O、K2O2、KO2、KO3。

故答案为7K2OK2O2

（2）Cl元素的在高氯酸根中有最高正价为+7价。

故答案为Cl+7

（3）金属Al既能和酸反应也能和碱反应，Al和盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，铝和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

故答案为Al2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

（4）同一周期的元素；原子序数越大，原子半径就越小。因此第三周期中，原子半径最大的是Na。

故答案为Na【解析】7K2OK2O2Cl+72Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑AlNa11、略

【分析】【分析】

(1)Fe比Cu活泼；因此可向溶液中加入铁粉置换出铜；

(2)Mg是活泼金属；能与稀盐酸反应，而Cu是不活泼金属，不与稀盐酸反应；

(3)CO2能与氢氧化钠溶液反应而CO不能。

【详解】

(1)铁粉和硫酸铜能发生置换反应生成铜，同时生成硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

(2)Cu和Mg都是金属，Mg和稀盐酸反应，而Cu和稀盐酸不反应，则可以选取稀盐酸作除杂剂，离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；

(3)二氧化碳是酸性氧化物能和碱反应，一氧化碳和碱不反应，所以可以选取氢氧化钠溶液作除杂剂，离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O。

【点睛】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。【解析】①.铁粉②.Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋③.稀盐酸④.Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑⑤.氢氧化钠溶液⑥.CO2＋2OH－=CO32－＋H2O12、略

【分析】【详解】

(1)根据反应Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3可知，Fe2O3中Fe的化合价降低，Al的化合价升高，则Fe2O3作氧化剂；Al作还原剂，故答案为：Al；降低；

(2)由化学计量数与物质的量成正比可知，消耗1molAl生成1molFe，Al的化合价由0价升高至+3价，则转移电子的物质的量为3mol，故答案为：1；3。【解析】Al降低1313、略

【分析】【详解】

(1)水中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，水给出氢离子的能力比乙醇要强；反应可以说明；

(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子,两个碳原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以的电子式为

(3)甲醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，而甲醛是醛基不能形成氢键，只有分子间作用力，氢键的作用力大于分子间作用力，因此，需要更多的能量去破坏氢键使甲醇沸腾，故答案为：甲醇分子间存在氢键。【解析】>甲醇分子间存在氢键14、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）根据学过的知识，该“水锈”的主要成分可能是Fe2O3

（2）用化学方法检验水锈成分其实就是检验Fe3+，实验操作如下：第一步：取含“水锈”的混浊液少许于试管；第二步：加适量盐酸溶解第三步：加硫氰化钾溶液出现血红色上述有关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3

考点：水锈的主要成分及Fe3+的检验【解析】①.Fe2O3②.加适量盐酸溶解③.加硫氰化钾溶液出现血红色④.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O⑤.Fe3++3SCN—=Fe(SCN)315、略

【分析】【分析】

【详解】

同一周期，从左到右(稀有气体除外)，原子半径逐渐减小；元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；第三周期元素元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是NaOH、故对应的元素是Na；最高价氧化物对应的水化物呈两性的是Al(OH)3；故对应的元素是Al；

最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4、故对应的元素是Cl。【解析】减小减弱增强NaAlCl三、判断题(共8题，共16分)16、B【分析】【分析】

【详解】

蛋白质分子能够透过滤纸，因此不能采用过滤方法分离提纯。要根据胶体的性质，利用溶液中蛋白质分子直径大小，采用渗析方法提纯，因此认为可通过过滤提纯蛋白质的方法是错误的。17、B【分析】【分析】

【详解】

氨气的电子式：错误；18、B【分析】【分析】

【详解】

风化指含结晶水的化合物在空气中失去结晶水，晶体失去结晶水也可以通过加热等方法实现，不一定是风化的结果，故错误，答案为：错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，若为CO2，则原溶液中存在或若为SO2，则原溶液中存在或题干说法错误。20、B【分析】【详解】

溶液为均一稳定的，物质的量浓度与体积无关，故取出10mL的硫酸的物质的量浓度仍为5mol/L，故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

温度和容积相同的两容器中，压强之比等于物质的量之比，有5molO2和2molN2，则压强之比为5：2，正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

定容时，加多了水，溶液体积变大，导致溶液浓度偏小，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度仍然偏小，错误。23、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。四、工业流程题(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

含锰废料与煤粉在高温下混合，其中MnO2与C反应产生MnO，CuO与C反应产生Cu单质，同时得到含有CO的气体，得到的烧渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO，然后同稀硫酸酸浸，其中MnO、CuO、Fe反应变为Mn2+、Cu2+、Fe2+，CaO反应产生溶解度较小的CaSO4进入滤渣1中，而Cu不能溶解，进入滤渣1，向滤液1中加入MnO2，可在酸性条件下氧化Fe2+为Fe3+，然后调节溶液的pH=4，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤渣2成分为Fe(OH)3，向滤液2中加入(NH4)2S，其电离产生的S2-与溶液中Cu2+形成CuS沉淀过滤出去，进入滤渣3中，滤液3中含有的Mn2+、SO42-、NH4+等，根据溶解度曲线可知从滤液3中提取MnSO4采用的操作过程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4；结合乙醇易挥发，会带走水分，便于干燥，结合温度对物质溶解度的影响分析温度控制范围。

【详解】

(1)由流程中物质转化关系可知在焙烧时加入煤粉可以与MnO2反应转化为MnO；因此煤粉的作用是作还原剂；

(2)“酸浸”时所加稀H2SO4不宜过量太多的原因是若过多，调节pH=4时就会消耗过多的碱，由信息可知加入稀硫酸可将CaO转化为CaSO4，同时焙烧时CuO转化为Cu不溶于稀硫酸，故滤渣1的主要成分是CaSO4和Cu；

(3)“氧化”过程中MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，主要反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

(4)“调pH为4”的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去。滤液2的体积是溶液体积的2倍，则滤液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，则Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未开始形成沉淀；

(5)(NH4)2S是离子化合物，由NH4+与S2-通过离子键结合而成，其电子式为

(6)由溶解度曲线可知：从滤液3中提取MnSO4的操作主要包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。MnSO4易溶于水；用乙醇代替水洗涤就可以减少因溶解而造成的损失，且乙醇易挥发带走水分，便于干燥，根据溶解度曲线可知温度可知在10℃时所得产品最多，故合理选项是A。

【点睛】

本题以MnSO4的制取为线索，考查了反应条件的控制、混合物的分离方法、氧化还原反应、溶度积常数的应用等，较全面的考查了学生对基础知识和基本反应原理的掌握和应用，体现了学以致用的目的。【解析】作还原剂避免“调pH为4”时会消耗过多的碱CaSO4、CuMnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去滤液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，则Qc[Cu(OH)2]=0.11×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未开始形成沉淀降温结晶减少因溶解而造成的损失，且乙醇挥发带走水分，便于干燥A25、略

【分析】【分析】

根据流程图可看出，向闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)中加入FeCl3溶液，目的是氧化ZnS和FeS，得到含过量的FeCl3、FeCl2和ZnCl2的浸出液，以及矿渣(反应得到的S固体与不反应的SiO2)；向浸出液中加入铁粉，可将过量的Fe3+还原转化为Fe2+，过滤后得到的溶液X的溶质为FeCl2和ZnCl2，再根据两者在有机物的溶解度不同，利用萃取原理分离出FeCl2，向FeCl2溶液中加入氯气可得到氯化铁溶液；另一方面有机层TBP中的ZnCl2，经过一系列操作，加入碳酸钠调节适当pH，反应可得到最后加热灼烧得到ZnO，据此分析作答。

【详解】

(1)闪锌矿固体颗粒越细；反应的接触面积越大，则反应越充分，浸取速率越快，故浸取前，将闪锌矿粉碎是为了增大接触面积，加快浸取速率；

(2)根据上述分析可知，得到的矿渣中含新生成的淡黄色固体S与不参与反应的SiO2；

(3)浸出液中可能含有过量的氯化铁，则加入铁粉是为了将过量的Fe3+还原为Fe2+；能循环利用的无机物是FeCl3；

故答案为：将过量的Fe3+还原为Fe2+；FeCl3；

(4)氯化锌与碳酸钠反应生成其离子方程式可表示为：

故答案为：

(5)根据萃取原理可知，FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大，从而分离出FeCl2和ZnCl2；

故答案为：FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大；

(6)①根据图1曲线信息可知，当其他条件一定时，n(H2O2):n(Fe2+)的值为1时；TOC的去除率最大，约为45%；

②根据图2信息可知，在酸性条件下，当TOC的去除效果最好时，H2O2的浓度为40mg/L，则换算成浓度为【解析】①.增大接触面积，加快浸取速率②.SiO2③.将过量的Fe3+还原为Fe2+④.FeCl3⑤.⑥.FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大⑦.1⑧.1.18×10-3mol/L26、略

【分析】【详解】

I.(1)二价铁具有还原性，可以被NaNO2氧化；药品美蓝能解毒，说明其能将被氧化的二价铁还原，则药品美蓝发生氧化反应，本题答案为：氧化；

(2)若葡萄糖酸亚铁变质；则产生了三价铁离子，可采用硫氰化钾来检验，故本题答案为：取少量样品于试管中，滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变成红色，则已经变质；

II.(3)Fe3+被FeS2还原成Fe2+，发生反应的离子方程式包括：FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2+16H+，FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓，因此，本题答案为：FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓；

(4)②由于FeCO3不稳定，易被氧化，所以“沉淀”步骤之前，应排尽装置内的空气，所以打开a中K1、K3，关闭K2，此时反应产生氢气，可将空气排尽，一段时间后，关闭K3，打开K2，可利用氢气的压强将硫酸亚铁转至三颈烧瓶中，生成“沉淀”，d装置的作用是形成液封，防止空气中的氧气进入将产品氧化，故本题答案为：关闭K3，打开K2；排尽装置中的空气，防止产品被氧化；将b中生成的硫酸亚铁压入c装置中；形成液封；防止空气中的氧气进入将产品氧化；

(5)煅烧FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。

【点睛】

FeCO3不稳定，易被氧化，可通过反应产生氢气，可将空气排尽，又可利用氢气的压强将硫酸亚铁转至三颈烧瓶中，生成“沉淀”，这是对装置的巧妙应用，也是解