2025年中图版必修一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年中图版必修一化学上册阶段测试试卷581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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、几种短周期元素的主要化合价及原子半径数据如下：

。元素代号。

L

M

Q

R

T

主要化合价。

+2

+3

+6；-2

+7；-1

-2

原子半径/nm

0.160

0.143

0.102

0.099

0.074

据表中信息判断，下列有关叙述正确的是（）A.L、M的单质分别与水反应时，M的单质反应更剧烈B.M与T形成的化合物是两性氧化物C.Q的气态氢化物的稳定性强于TD.L与R两元素形成的化合物中，含有共价键2、常温下，某澄清透明的溶液中可能存在：Fe2+、Cu2+、Mg2+、SO32-、Br-、SO42-等离子中的一种或几种；现进行如下实验：

下列说法不正确的是：A.溶液中一定不存在Mg2+、Cu2+B.溶液中一定不存在SO32-C.溶液中一定存在Fe2+、Br-、SO42-D.沉淀B中可能含有氢氧化镁，肯定含有氢氧化铁3、某粒子的结构示意图为关于该粒子的说法不正确的是A.核外电子数为16B.核外有3个电子层C.质子数为16D.在化学反应中易失电子4、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.镁可以和CO2反应，可用于制造信号弹和焰火B.纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料C.锂单质较钠活泼，可用于制造锂离子电池D.无水CoCI2呈蓝色，吸水后为粉红色[CoCl2·6H2O]，可用于制造变色硅胶(干燥剂)5、下列物质的制备过程中，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是A.提纯硅：SiO2CO2+粗硅SiCl4硅B.冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC.制溴：浓缩海水Br2HBr(aq)Br2D.制碘：海带海带灰I2(aq)I26、下列实验现象和结论或原因相符的是。操作及现象原因或结论A打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化，液态铝不会滴落铝的熔点高于Al2O3B某溶液中加盐酸，产生气体通入石灰水变浑浊溶液中一定有或C用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液是钠盐溶液D将胆矾加入到浓硫酸中，胆矾变为白色浓硫酸具有吸水性

A.AB.BC.CD.D7、下列分离或除杂方法正确的是（）A.用分液法分离水和酒精B.用蒸馏法分离苯和溴苯C.用燃烧方法除去CH4中混有的少量H2D.用催化加氢方法除去乙烷中混有的少量乙烯8、明矾KAl(SO4)2．12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐（含有Al和少量Fe；Mg杂质）制备明矾的流程如图所示：

下列叙述错误的是A.回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用B.“沉淀”为Al2(CO3)3C.“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶D.上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO39、某白色粉末由两种物质组成,进行如下实验:1取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解,再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解2取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2CO3、BaCO3D.Na2CO3、CuCO3评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：

。

ⅠA

1

①

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

2

②

③

④

⑧

3

⑤

⑥

⑦

⑨

请按要求回答下列问题。

(1)元素④的名称是___________，元素④在周期表中所处位置___________，从元素原子得失电子的角度看，元素④具有___________性(填“氧化”或“还原”)。

(2)按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，⑥、④、⑦的氢化物稳定性：___________(写氢化物的化学式)。

(3)元素⑦的原子结构示意图是___________。

(4)写出元素⑤形成的单质在氧气中燃烧的化学方程式___________，这一反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。11、U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性。U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体。X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑；白两种固体。

请回答下列问题：

⑴.V的单质分子的结构式为_______________；XW的电子式为____________；U元素在周期表中的位置是_____________。

⑵.U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号）__________。

①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体。

⑶.U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V、W的氢化物沸点最高的是（写化学式）____________；V、W的氢化物分子结合H＋能力较强的是（写化学式）______________，用一个离子方程式加以证明___________________________________________。12、硼是一种奇特的元素；它来自超新星爆发和宇宙射线的散列辐射。

(1)写出BF3电子式___________；B与F形成共价键时，共用电子对偏向_____原子，判断依据是_________________。

(2)硼酸(H3BO3)在水中电离出阴离子[B(OH)4]-，请写出硼酸的电离方程式___________。13、A；B、C三种物质存在如图转化关系。

若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为___。14、化工生产中常用到“三酸两碱”；“三酸”指硝酸；硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。

(1)从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是_______(填物质名称)。

(2)“三酸”与“两碱”之间的反应，若用化学方程式表示有六个(酸过量时)，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式(酸过量时)：_______、_______。

(3)“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓盐酸的是_______(填序号)。

A．AuB．CuC．Fe

(4)烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后(CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3)，将溶液低温小心蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是(填化学式)：①_______，②Na2CO3，③_______，④NaHCO3。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、由一种元素组成的物质一定是同一种物质。(______)A.正确B.错误16、溶液是电中性的，胶体是带电的。(_____)A.正确B.错误17、SO2中混有少量SO3，可以将混合气体通过浓硫酸除去。(_______)A.正确B.错误18、用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥。(_____)A.正确B.错误19、氯化镁的电子式(___________)A.正确B.错误20、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21、无色溶液加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，则溶液中一定存在I-。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共8分)22、海洋具有十分巨大的开发潜力；人民可以从海水中获得多种物质。

（1）不需经过化学变化就能从海水中获得的一种物质是________________________

（2）经上述操作后剩余的浓缩海水中含有大量的Mg2+,从中提取金属镁的流程如下：

①贝壳的主要成分是CaCO3，燃烧贝壳时发生反应的化学方程式是____________________________；在沉淀中生成的Mg(OH)2的离子方程式是________________________。

②过滤后向Mg(OH)2中加入________________即得到MgCl2溶液，在经过一系列操作得到MgCl2。

③电解熔融MgCl2得到镁蒸气，同时生成_________________________________，它可用于上述流程中的_____________________________步骤，这样做的好处是__________________________,镁蒸气冷却后即为固体镁，冷却镁蒸气时可在下列哪种气体氛围中进行__________（填序号）

A．H2B．O2C．空气。

④上述与含镁物质有关的操作中，消耗能量最多的步骤是_____________,原因是_____________。23、硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4；其工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)NaBH4的电子式为___________。

(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是___________。

(3)滤渣的成分是___________。

(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是___________，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有___________；滤纸、玻璃片和小刀。

(5)操作2的名称为___________。流程中可循环利用的物质是___________。

(6)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1gNaBH4的还原能力相当于___________gH2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，结果保留两位小数)。24、利用钛白粉厂废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2的简要流程如下：

已知：i.部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：。金属离子TiO2+Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀的PH1.21.97.03.2沉淀完全的pH2.83.19.44.7

ii.pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+。

请回答下列问题：

（1）加入适量铁的作用是______________________________________。

（2）生成TiO(OH)2的化学方程式是________________________________。

（3）滤渣I、滤渣Ⅱ中均含有的物质的化学式是___________________________。

（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+；配平下列离子方程式：

2[Fe(NH3)2]2++____________+4H2O+H2O2=___________+4NH3·H2O。

（5）常温下；电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为___________________________________

（6）已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34，当pH=10时，求溶液中c(Al3+)=______________

（7）25℃，pH=3的(NH4)2SO4溶液中，计算2c(SO42-)-c(NH4+)=_______mol/L（列式即可）。25、硫铁矿(主要成分为FeS2)是重要的矿产资源，以硫铁矿为原料制备氯化铁晶体(FeCl3∙6H2O)和亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的工艺流程如下：

(1)已知：请写出配平的反应方程式____

(2)通氯气氧化的目的是____；

(3)气体的主要成分是实验室中可用溶液回收将气体通入到溶液中，溶液中含硫元素的离子的物质的量与的通入量的关系如图：实线A是__的变化曲线，虚线B是___的变化曲线(填离子符号)交点C处发生反应的离子方程式为___。

(4)实验室用固体配制240mL0.100mol∙L-1的溶液，需要的仪器有___；烧杯、玻璃棒、天平。

(5)下列配制的溶液浓度偏高的是___；

A.称量时；称量时间较长。

B.配制前；容量瓶中有少量蒸馏水。

C.配制时，未冷却直接定容。

D.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面。

E.定容时俯视刻度线F.加蒸馏水时不慎相过了刻度线评卷人得分五、原理综合题(共4题，共8分)26、现已确认，NOX的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，如图表示了我国某地区在1959～2019年间，空气中NOx含量因燃料燃烧；工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。

(1)结合上图数据，判断下列说法正确的是_________。

A.在交通运输中排放的NOx与燃料的不充分燃烧有关。

B.1mol氮氧化物(NOx)形成硝酸型酸雨时转移电子(5-2xmol)

C.N2转化为NO的过程不属于氮的固定。

D.随着汽车工业的发展，交通运输的NOx排放量所占比重在逐渐增大。

(2)汽车尾气中常常含有CO、NOx等气体，为减轻污染，现代汽车都加装了“三效催化净化器”，可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体(假设CO、NOx均不能完全转化)。某小组在实验室模拟汽车尾气处理；设计了如图所示装置(部分夹持仪器已略去)。

①装置(Ⅲ)的主要作用是________。

②加热停止后，打开旋塞K，放入适量氧气时，装置(Ⅱ)中可观察到的现象是_______；装置(IV)中可观察到的现象是__________。

③该套装置中有不完善之处，还应在装置(Ⅳ)后增加________。

(3)工业上常用碱液来吸收NOx；有关的化学反应：

①

②

现有一定条件下amolNO2和bmolNO的混合气体恰好被200mLNaOH溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为_______。NaOH溶液的物质的量浓度为_________

(4)标准状况下将体积为V的小试管中装满NO2气体，倒扣于水槽中，同时通入一定体积的O2,当液面处于5/6V时，通入的O2体积为_____27、（一）镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。已知：SeO2在常温下是白色的晶体，熔点为340-350℃，则SeO2晶体属于____晶体，SeO2中Se原子采取的杂化类型为___。

（二）A、X、Y、Z、W、M、G等原子序数一次增大的前四周期元素。元素相关信息A原子核外电子总数与其周期数相同X其羞态原子的L层中有3个未成对电子Y荃态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其它电子的自旋方向相反Z原子核外p电子数比s电子数多l个W原子的第一至第四电离能(kJ·mol-1)分别是：I1=578，I2=1817I3＝2745I4=11575M元素的主族数与周期数相差4G其基态原子最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子

（1）画出W基态原子的核外电子排布图______。

（2）A2Y的VSEPR模型名称为____。

（3）已知为X2Y分子中Y原子只与一个X原子相连，请根据等电子原理，写出X2Y的电子式____。

（4）X、G形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为______。

（5）已知Z和M形成的化合物的晶体密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常效为NA，该晶体中两个距离最近的Z离子中心间距离为_____cm。28、二氧化碳又名碳酸气；具有较高的民用和工业价值，在多种领域有着广泛的应用。目前，二氧化碳在棚菜气肥；蔬菜（肉类）保鲜、生产可降解塑料等领域也展现良好的发展前景。二氧化碳是一种无色无味的气体，无毒、不导电并且没有可燃性。但是金属镁在点燃的条件下可以在二氧化碳气体中燃烧。其中还原产物是碳。

Ⅰ．①氧化产物是___________________

②请写出化学反应方程式，并用双线桥法表示该反应的电子转移总数_______

Ⅱ．CO2气体与碱溶液反应时；用量不同其生成的产物不同。

取两份等物质的量浓度等体积的Ca(OH)2的溶液，一份通入过量CO2，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系如图所示。

写出沉淀变化由a到b的离子方程式：_________________________________________________________

Ⅲ．另一份先加入少量的KOH固体溶解，再将过量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合溶液中，请绘图表示出生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系;

并写出与上图中不同曲线处对应的离子反应方程式__________________________________；

_______________________________________________________________。29、工、农业废水以及生活污水中浓度较高的会造成氮污染。工业上处理水体中的一种方法是零价铁化学还原法。某化学小组用废铁屑和硝酸盐溶液模拟此过程；实验如下。

（1）先用稀硫酸洗去废铁屑表面的铁锈；然后用蒸馏水将铁屑洗净。

①除锈反应的离子反程式是__________。

②判断铁屑洗净的方法是__________。

（2）将KNO3溶液的pH调至2.5。从氧化还原的角度分析调低溶液pH的原因是__________。

（3）将上述处理过的足量铁屑投入（2）的溶液中。如图表示该反应过程中；体系内相关离子浓度；pH随时间变化的关系。请根据图中信息回答：

①t1时刻前该反应的离子方程式是__________。

②t2时刻后，该反应仍在进行，溶液中的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是__________。

（4）铁屑与KNO3溶液反应过程中向溶液中加入炭粉，可以增大该反应的速率，提高的去除效果，其原因是__________。评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)30、将3.84gFe和Fe2O3的混合物溶于120mL的盐酸，刚好完全反应，生成0.03molH2，若反应后的溶液中无Fe3+；且溶液体积不变，试求：

(1)原混合物中Fe2O3的质量为_________________；

(2)原盐酸的物质的量浓度为__________________。31、铁的某种氯化物FeClx质量为1.625g溶于水后，加入足量的AgNO3溶液，产生的沉淀经洗涤干燥后称得质量为4.305g。求x的值和铁的氯化物的化学式______、_______。32、8gCH4共有___mol氢原子，0.1molNH3共有约___个原子，同温同压下，同体积的NH3和H2S气体的质量比为___；同温同压下，同质量的NH3和H2S气体的体积比为___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

短周期主族元素中；元素最高化合价与其族序数相等，其最低化合价=族序数-8；原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，结合表中数据可知，L位于第IIA族；M位于第ⅢA族、Q和T位于第VIA族、R位于第VIIA族，且T只有负价，T为O元素，Q为S元素；R的最高价为+7元素，则R为Cl元素；再结合原子半径大小可知，L为Mg元素、M为Al元素，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知；L为Mg元素，M为Al元素，Q为S元素，R为Cl元素，T为O元素；

A．L为Mg元素；M为Al元素，二者属于同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，原子序数Mg＜Al，金属性Mg＞Al，元素的金属性越强，其单质与水反应越剧烈，镁的金属性大于铝，所以镁反应较剧烈，故A错误；

B．M为Al元素，T为O元素，Al与O形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，能溶于强酸强碱溶液生成盐和水，即Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故B正确；

C．Q为S元素；T为O元素，二元素属于同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，S的原子序数大于O的原子序数，非金属性S＜O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以S的氢化物的稳定性弱于O的氢化物的稳定性，故C错误；

D．L为Mg元素，R为Cl元素，Mg元素、Cl元素形成的化合物是氯化镁(MgCl2)，只含离子键，为离子化合物，其电子式为故D错误；

答案为B。2、A【分析】【分析】

加氯气和氯化钡生成白色沉淀，故A为硫酸钡沉淀，所以原溶液可能含SO32-或SO42-；由分层后的液体颜色说明原溶液含Br-，加过量氢氧化钠沉淀B，再加盐酸溶解后和硫化氢反应出现淡黄色沉淀，说明原溶液含亚铁离子，由于SO32-与Fe2+、Cu2+、Mg2+会发生反应生成沉淀，所以原溶液不含亚硫酸根离子，故一定含硫酸根离子，一定含Fe2+、Br-、SO42-，Mg2+、存在也有上述实验现象，Mg2+可能存在，Cu2+存在的条件下会与硫化氢反应生成硫化铜黑色沉淀，与实验现象不符，故Cu2+一定不存在；以此分析。

【详解】

A．根据分析可知，溶液中一定不存在SO32-、Cu2+，Mg2+可能存在；故A错误；

B．根据分析可知，溶液中一定不存在SO32-；故B正确；

C．分层后的液体颜色说明原溶液含Br-，加过量氢氧化钠沉淀B，再加盐酸溶解后和硫化氢反应出现淡黄色沉淀，说明原溶液含亚铁离子，且一定含硫酸根离子，溶液中一定存在Fe2+、Br-、SO42-；故C正确；

D．溶液中可能含有镁离子；一定有铁离子，沉淀B中可能含有氢氧化镁，肯定含有氢氧化铁，故D正确；

答案选A。3、D【分析】【分析】

有示意图可知核电荷数=核外电子数=16；故为S原子结构示意图。

【详解】

A．在原子中，核电荷数=质子数=原子序数=核外电子数=16，A正确；

B．S原子核外有3个电子层；B正确；

C．S原子质子数为16；C正确；

D．通常；最外层电子数大于4，易得电子；最外层电子数小于4，易失电子，故S原子易得电子，D错误；

故答案为：D。4、D【分析】【详解】

A．镁在氧气中燃烧发出耀眼的白光；可用于制造信号弹和焰火，与镁能和二氧化碳反应没有关系，A错误；

B．纳米Fe3O4可用作铁磁性材料；与四氧化三铁能与酸反应没有关系，B错误；

C．锂可用于制造锂离子电池；与锂单质和钠的活泼没有关系，且锂的活泼性弱于钠单质的，C错误；

D．无水CoCI2呈蓝色，吸水后为粉红色[CoCl2·6H2O]；因此可用于制造变色硅胶(干燥剂)，D正确；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A．SiO2与C反应生成CO，不是CO2；A错误；

B．电解熔融的氧化铝制备金属铝；氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，电解氯化铝不能达到铝，B错误；

C．海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质；被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，步骤和实验过程正确，C正确；

D．热裂汽油含有不饱和烃；和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，D错误；

故选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化，液态铝不会滴落，是因为铝箔表面的铝单质被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高，故A错误；

B．某溶液中加盐酸，产生气体通入石灰水变浑浊，能使石灰水变浑浊的气体由二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能有或故B错误；

C．用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧；火焰呈黄色，能说明该物质中含有钠元素，不一定是钠盐，还可以是强碱氢氧化钠，故C错误；

D．将胆矾加入到浓硫酸中；胆矾变为白色，说明胆矾中的结晶水被浓硫酸吸收，说明浓硫酸具有吸水性，故D正确；

答案选D。7、B【分析】【详解】

A分液法是用来分离两种不能互溶的液体；酒精和水能以任意比例互溶，无法用分液法来分离，A错误；

B．用蒸馏法可以分离沸点不同的液体混合物；苯和溴苯两种有机物常温下为液态，沸点不同，可以用蒸馏法分离苯和溴苯，B正确；

C．CH4和H2都能燃烧，不能用燃烧法除去甲烷中混有的少量H2；C错误；

D．催化加氢能使乙烯转变为乙烷，但H2的量难以控制，过量时会使乙烷中混有H2；不足时又不能除尽乙烯，而且反应的条件要求很高，不适用于除杂，D错误。

答案选B。8、B【分析】【分析】

【详解】

A；可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾；废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，选项A正确；

B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝，故“沉淀”为Al(OH)3；选项B错误；

C；沉淀溶解于稀硫酸；再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矾，选项C正确；

D.上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3；过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，选项D正确。

答案选B。9、C【分析】【详解】

A.Na2CO3、Al(OH)3都与硫酸反应；硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；

B.碳酸氢钠与盐酸反应生成气体；AgCl不溶于盐酸，故B错误；

C.BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀；故C正确；

D.Na2CO3、CuCO3都与硫酸反应；硫酸足量时没有固体剩余，故D错误。

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

根据元素周期表的结构；可以得出①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为P，⑦为S，⑧为Ne，⑨为Cl，据此分析；

【详解】

(1)元素④位于第二周期ⅥA族；即④为氧元素；氧元素容易得到电子，体现氧化性；故答案为氧元素；第二周期ⅥA族；氧化；

(2)④⑥⑦分别代表的元素为氧元素、磷元素、硫元素，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，利用同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性：O＞S＞P，即氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞PH3；故答案为H2O＞H2S＞PH3；

(3)元素⑦为S，核电荷数为16，即原子结构示意图为故答案为

(4)元素⑤为Na元素，在氧气中燃烧生成Na2O2，即反应方程式为2Na＋O2Na2O2；这一反应为放热反应；故答案为2Na＋O2Na2O2；放热。【解析】氧第二周期ⅥA族氧化性H2O＞H2S＞PH32Na+O2Na2O2放热11、略

【分析】【分析】

U；V、W、X、Y、Z分别是：C、N、O、Mg、S、Fe；

【详解】

Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应；则X为Mg元素，根据U；V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大可知V为N元素；

（1）V为N元素，其单质为N2，结构为N≡N；XW为MgO，为离子化合物，电子式为U为C元素，原子序数为6，位于元素周期表中第二周期IVA族；

（2）U为C元素；形成的单质有金刚石；石墨和C60等，分别属于原子晶体、混合晶体、分子晶体，故答案为：①③；

（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，H2O、NH3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，H2O常温下为液态，沸点最高的是H2O；NH3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合H+，V、W的氢化物分子结合H＋能力较强的是NH3；可用NH3+H3O＋=NH4++H2O的反应来证明。【解析】N≡N第二周期IVA族①③H2ONH3NH3+H3O＋=NH4++H2O12、略

【分析】【分析】

(1)BF3中每个氟原子与硼原子形成一对共用电子对；由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，共用电子对偏向于吸引电子能力强的元素，非金属性越强，吸引电子能力越强，据此分析解答；(2)硼酸(H3BO3)能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成[B(OH)4]-离子，结合水的电离可知硼酸还应该电离出氢离子，据此写出硼酸的电离方程式。

【详解】

(1)BF3中每个氟原子与硼原子形成一对共用电子对，则电子式为由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，共用电子对偏向于吸引电子能力强的元素，非金属性越强，吸引电子能力越强，B与F同周期，核电荷数F＞B，原子半径B＞F，非金属性F＞B，则共用电子对偏向于氟原子；(2)硼酸(H3BO3)能电离，它在水中能结合水电离出的OH−，形成[B(OH)4]-离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+。【解析】氟B与F同周期，核电荷数F＞B，原子半径B＞F，非金属性F＞BB(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+13、略

【分析】【详解】

A、B.C三种物质存在如图转化关系，若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，因此A与C是铝盐和偏铝酸盐，X为强碱溶液，所以A与C反应的离子方程式为：Al3++3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓。【解析】Al3++3A1O2−+6H2O=4Al(OH)3↓14、略

【分析】【分析】

硝酸、硫酸和盐酸与烧碱反应本质是氢离子与氢氧根离子反应生成水；过量的硝酸、硫酸和盐酸与碳酸钠反应本质是氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳与水，结合金属活动性顺序表和CO2与NaOH的反应分析解答。

【详解】

(1)硝酸；硫酸和盐酸属于酸；烧碱是氢氧化钠，属于碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，分类不恰当的是纯碱，故答案为：纯碱；

(2)硝酸、硫酸和盐酸与烧碱反应的本质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O；过量的硝酸、硫酸和盐酸与碳酸钠反应的本质是氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳与水，反应的离子方程式为2H++CO=CO2+H2O，故答案为：H++OH-=H2O；2H++CO=CO2+H2O；

(3)根据金属活动性顺序表可知；能与盐酸反应置换出氢气的金属是铁，金和铜不能反应，故答案为：C；

(4)0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2，发生的反应可能有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，根据吸收二氧化碳的量，溶液中的溶质可能为：NaOH、Na2CO3或Na2CO3或Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3，故溶液低温蒸干得到固体的组成为：NaOH、Na2CO3或Na2CO3或Na2CO3、NaHCO3或NaHCO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意二氧化碳与氢氧化钠的反应与通入的二氧化碳的量的多少有关，CO2(少量)+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2(过量)+NaOH=NaHCO3。【解析】纯碱CO+2H+=CO2↑+H2OOH-+H+=H2OCNaOH、Na2CO3Na2CO3、NaHCO3三、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【详解】

由一种元素组成的物质不一定是同一种物质；例如氧气和臭氧都是由氧元素组成，但是不是同种物质，该说法错误。

答案为：错误。16、B【分析】【详解】

胶体有吸附性，胶体吸附带电荷的微粒而使胶粒带电，胶体本身不带电，错误。17、A【分析】【详解】

三氧化硫可以被浓硫酸吸收，正确。18、A【分析】【详解】

用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

氯化镁是离子化合物，电子式为故错误。20、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。21、A【分析】【详解】

氯气把碘离子氧化为碘单质、CCl4萃取出碘单质呈紫红色，正确。四、工业流程题(共4题，共8分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)人们通过海水晒盐获得NaCl；该方法没有新物质生成，属于物理变化，所以不需经过化学变化就能从海水中获得的一种物质是NaCl。

(2)①贝壳的主要成分是CaCO3，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，所以燃烧贝壳时发生反应的化学方程式是CaCO3CaO+CO2↑；氧化钙与水反应生成Ca(OH)2，则在沉淀中生成的Mg(OH)2的离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。

②由碱生成盐可加入酸，过滤后向Mg(OH)2中加入盐酸可得到MgCl2溶液，经过一系列操作得到MgCl2。

③电解熔融MgCl2得到镁蒸气和氯气（Cl2）；氢气和氯气反应能生成HCl，HCl溶于水则是盐酸，所以氯气可用于上述流程中的生产氯化氢步骤，这样做的好处是节约原料,镁蒸气冷却后即为固体镁，镁性质活泼，可以和氧气，空气中的氮气、氧气和CO2反应；则冷却镁蒸气时可在氢气氛围中进行，答案选A。

④电解是消耗能量最多的工艺流程，所以上述与含镁物质有关的操作中，消耗能量最多的步骤是电解，原因是消耗大量电能。【解析】NaClCaCO3CaO+CO2↑Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓盐酸Cl2生产氯化氢节约原料A电解消耗大量电能23、略

【分析】【分析】

硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)中的Fe3O4不溶于NaOH溶液，过滤后形成滤渣，得到的NaBO2经过结晶得到Na2B4O7⋅10H2O，脱水后生成Na2B4O7，Na2B4O7在钠和氧气条件下与二氧化硅反应生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH4，除去硅酸钠，通过蒸馏分离得到NaBH4；以此解答。

【详解】

(1)NaBH4的是离子化合物，阳离子为Na+，阴离子为电子式为

(2)由流程图可知，碱溶时Mg2B2O5与NaOH反应转化为NaBO2，发生反应的化学方程式为Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2；

(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4；

(4)Na的性质活泼；能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料前须先排除水蒸气和空气的干扰；原料金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有镊子；滤纸、玻璃片和小刀；

(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液；回收异丙胺，异丙胺可循环利用；

(6)NaBH4和H2作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1价，NaBH4作还原剂氢元素由-1价→+1价，H2作还原剂氢元素由0价→+1价，1gNaBH4作还原剂转移的电子的物质的量为=0.21mol，转移电子的物质的量为0.21mol时消耗H2的质量为=0.21g，则1gNaBH4的还原能力相当于0.21gH2的还原能力，故答案为：0.21。【解析】Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2Fe3O4和Mg(OH)2除去反应器中的水蒸气和空气镊子蒸馏异丙胺0.2124、略

【分析】【分析】

加入适量Fe粉，将废酸(主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+)中的Fe3+转化为Fe2+除去，得到含有Fe2+、TiO2+、Al3+的酸性溶液，加入氨水调节pH=3，使TiO2+转化为TiO(OH)2沉淀以回收，过滤，滤液中含(NH4)2SO4、FeSO4和Al2(SO4)3溶液，再加氨水调节溶液pH=10，过滤除去氢氧化铝(滤渣I)，还有部分Fe(OH)2沉淀生成，少量的氢氧化亚铁被氧气氧化生成Fe(OH)3，得到(NH4)2SO4和[Fe(NH3)2]SO4溶液，加入H2O2氧化除去[Fe(NH3)2]SO4，反应为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3+4NH3·H2O，过滤除去Fe(OH)3(滤渣II)，得到(NH4)2SO4溶液，H2SO4酸化后电解生成(NH4)2S2O8；以此解答该题。

【详解】

(1)根据题给部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH，加入适量Fe，可将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；

(2)生成TiO(OH)2的化学方程式为TiOSO4+2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+(NH4)2SO4；

(3)由以上分析可知滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ均含有的物质的化学式为Fe(OH)3；

(4)H2O2有强氧化性，能氧化生成[Fe(NH3)2]2+生成Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3+4NH3·H2O；

(5)根据图中电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系，阳极放电的离子主要是HSO4-；则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0≤pH≤2；

(6)已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34，当pH=10时，c(OH-)=10-4mol/L，则溶液中c(Al3+)=mol/L=3.2×10-22mol/L；

(7)25℃，pH=3的(NH4)2SO4溶液中，电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，则2c(SO42-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=（10-3-10-11）mol/L。【解析】①.将Fe3+还原到Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀②.TiOSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+TiO(OH)2↓③.Fe(OH)3④.4OH-⑤.2Fe(OH)3⑥.0≤pH≤2⑦.3.2×10-22⑧.10-3-10-1125、略

【分析】【分析】

根据题中工业流程，FeS2经过在空气中和氧气充分反应生成Fe2O3和SO2，其中SO2和氢氧化钠溶液反应制取Na2SO3和NaHSO3。Fe2O3和足量稀盐酸反应溶解，过滤不溶性杂质后得到FeCl3溶液，其中会有混有Fe2+杂质。再通入氯气进行氧化将Fe2+全部转化为Fe3+，经过后续的结晶得到产物FeCl3•6H2O晶体粗品。

【详解】

(1)根据氧化还原反应的配平方法配平得到化学反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2

(2)加酸溶解后的溶液中会存在Fe2+杂质，通入氯气将其氧化为Fe3+，提高产物的纯度，提高产率，故通氯气作用为：使溶液中的Fe2+转化为Fe3+；提高产率。

(3)氢氧化钠溶液分别与少量和过量二氧化硫反应的化学方程式是不同的，少量：过量：所以当有少量二氧化硫通入时先产生随着二氧化硫的量的增多，逐渐生成同时的量减少。故A曲线为曲线B为C点为共存，故正在发生转化为的反应，故离子方程式为SO2+H2O+=2

(4)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；称量、溶解、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签。用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃杯、容量瓶、胶头滴管；配制240mL溶液应选择250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；

(5)A．氢氧化钠固体在空气中容易吸水潮解变质；称量时间过长会使称量的氢氧化钠物质的量减少，溶质减少，浓度变低，故A错误；

B.容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积均无影响，溶液的物质的量浓度不变，故B错误；

C．配制时，未冷却直接定容因热涨冷缩的原因；导致所配制溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，故C正确；

D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面；导致溶质的物质的量偏小，所得溶液的浓度偏低，故D错误；

E.定容时，俯视观察刻度线和液面，导致加入蒸馏水的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故E正确；

F.加蒸馏水时不慎超过了刻度；导致容量瓶中进入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，需要重新配制，故F错误；

故选CE。【解析】4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2使溶液中的Fe2+转化为Fe3+,提高产率SO2+H2O+=2250ml容量瓶、胶头滴管CE五、原理综合题(共4题，共8分)26、略

【分析】【分析】

标准状况下将体积为V的小试管中装满NO2气体，倒扣于水槽中，同时通入一定体积的O2,当液面处于V时，说明剩余V气体可能是氧气，也可能是NO气体。根据4NO2+2H2O+O2=4HNO3；根据3NO2+H2O=2HNO3+NO和4NO+2H2O+3O2=4HNO3计算两种情况消耗O2体积。

【详解】

(1)A.交通运输主要使用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放出的主要是CO，而不是NOx；故A错误；

B.NOx形成酸雨可表示为4NOx+(5−2x)O2+2H2O=4HNO3，1molNOx转移电子(5−2x)mol；故B正确；

C.N2转化为其化合物的过程是氮的固定；故C错误；

D.根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NOx逐渐增加；故D正确；

故答案：BD。

(2)①CO和NO在催化剂和加热条件下转化为N2和CO2，CO2遇澄清石灰水变浑浊，发生反应生成CaCO3，所以装置(Ⅲ)的主要作用是检验CO是否转化为CO2；故答案：检验CO是否转化为

②由于有部分NO没有转化为N2，向装置中通入空气时，装置(Ⅱ)中的NO与O2反应生成红棕色的NO2气体；由于有部分CO没有转化为CO2；装置(Ⅳ)中CO会与CuO反应生成Cu，使黑色粉末变红；故答案：出现红棕色气体；黑色粉末变红。

③尾气中仍残留有未反应的CO；NO气体；所以应增加尾气处理装置；故答案：尾气处理装置。

(3)根据①反应可知，NO2和NO的物质的量之比应大于等于1：1，NO气体才能反应完全，故α≥b；根据化学方程式②中的比例关系可知，参与反应①的NaOH的物质的量为2bmol，与NO2单独反应的NaOH的物质的量为(a−b)mol，故c(NaOH)==5(a+b)mol⋅L-1，故答案：α≥b；5(a+b)。

(4)标准状况下将体积为V的小试管中装满NO2气体，倒扣于水槽中，同时通入一定体积的O2,当液面处于V时，说明剩余V气体可能是氧气，也可能是NO气体。假设剩余气体为氧气，说明NO2气体完全反应了，根据4NO2+2H2O+O2=4HNO3可知消耗O2体积为+V=V；假设剩余气体为NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知生成NO的体积为根据4NO+2H2O+3O2=4HNO3反应可知消耗O2体积为-V)=故答案：V。【解析】BD检验CO是否转化为出现红棕色气体黑色粉末变红尾气处理装置1/8V或5/12V27、略

【分析】【详解】

（1）SeO2在常温下是白色的晶体，熔点为340-350℃，熔点低，为分子晶体，SeO2中Se原子价层电子对=2+（6-2×2）=3，Se原子采取的杂化类型为sp2杂化，故答案为分子，sp2。

（二）有A、X、Y、Z、W、M、G等原子序数依次增大的前四周期元素，A原子核外电子总数与其周期数相同，则A是H；X基态原子的L层中有3个未成对电子，所以X是N；Y基态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其它电子的自旋方向相反，所以Y是O；Z原子核外p电子数比s电子数多l个，则Z是Na；W原子的第一至第四电离能(kJ·mol-1)分别是：I1=578，I2=1817，I3＝2745，I4=11575；这说明最高价是+3价，则W是Al；M元素的主族数与周期数相差4，则M是Cl；G基态原子最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子，因此G是Cu。

（1）基态铝原子的核外电子数是13，则其核外电子排布图为故答案为

（2）H2O分子中O的价层电子对数＝2＋(6-2×1)/2=4；所以VSEPR模型名称为四面体，故答案为四面体。

（3）已知为N2O分子中O原子只与一个N原子相连，与CO2互为等电子体，则其电子式为故答案为

（4）根据晶胞结构可知N原子个数＝8×1/8=1，Cu原子个数＝12×1/4=3，因此其化学式为Cu3N，故答案为Cu3N。

（5）氯化钠晶体密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常效为NA，该晶体中两个距离最近的钠离子中心间距离为面对角线的一半。晶胞中含有离子的个数均是4个，则晶胞边长是则晶体中两个距离最近的钠离子中心间距离为故答案为

【点睛】

元素在元素周期表中的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确各周期元素在周期表中的位置来推断。【解析】分子sp2四面体Cu3N28、略

【分析】【分析】

I．①Mg在二氧化碳中燃烧生成C和MgO；

②根据元素的化合价变化及电子转移的数目来用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和总数；箭头的起点和终点都指向同种元素；

II．CO2与Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀，当CO2过量碳酸钙沉淀又溶解生成碳酸氢钙；

III．CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合溶液中，CO2先与Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀；然后再与KOH反应生成碳酸钾，二氧化碳过量时与碳酸钾反应生成碳酸氢钾；与碳酸钙反应生成碳酸氢钙．

【详解】

Ⅰ．①Mg在二氧化碳中燃烧生成C和MgO，其反应为2Mg+CO22MgO+C；Mg元素的化合价升高被氧化，则氧化产物为MgO；

②2Mg+CO22MgO+C，C元素的化合价由+4降低为0，得4e－，Mg元素的化合价由0升高到+2，失2×2e－，则用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和总数为

II．CO2与Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀，当CO2过量碳酸钙沉淀又溶解生成碳酸氢钙，根据图中沉淀变化及所用二氧化碳的比例为1：1，由a到b的离子方程式：CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；

III．另一份先加入少量的KOH固体溶解，CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合溶液，CO2先与Ca（OH）2反应生成碳酸钙沉淀，发生Ca2＋+CO2+2OH－=CaCO3↓+H2O，生成的碳酸钙沉淀的物质的量与II中相同，然后再与KOH反应生成碳酸钾，离子方程式为：CO2+2OH－=CO32－+H2O，过量的二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，此时碳酸钙沉淀的物质的量不变，离子方程式为：CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，最后CO2与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，发生CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－，沉淀逐渐溶解，沉淀的物质的量逐渐减少，直到消失，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系图为图中平台部分与原图不同，不同曲线处对应的离子反应方程式：CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。【解析】①.MgO②.③.CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-④.⑤.CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-29、略

【分析】(1).①.铁锈的主要成分是Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

②.判断铁屑是否洗净的方法是测最后一次洗涤液的pH；若为7，则说明铁屑