安徽合肥2013高考一模-化學(xué)（解析版）

1、安徽省合肥市2013年高考化學(xué)一模試卷一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分）1（3分）（2013合肥一模）化學(xué)與環(huán)境保護(hù)密切相關(guān)，下列敘述正確的是（）A綠色化學(xué)的核心是應(yīng)用化學(xué)原理對(duì)環(huán)境污染進(jìn)行治理B煤經(jīng)氣化和液化兩個(gè)物理變化過程，可變?yōu)榍鍧嵢剂螩PM2.5（2.5微米以下的顆粒物）的污染主要來自化石燃料的燃燒D氫能是清潔能源，工業(yè)上電解水法制大量氫氣符合節(jié)能減排理念考點(diǎn)：常見的生活環(huán)境的污染及治理專題：熱點(diǎn)問題分析：A綠色化學(xué)的核心是從源頭上減少污染物；B煤的氣化與液化均發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；CPM2.5指固體顆粒對(duì)環(huán)境的污染，人類使用能源大多為化石燃料；D電解水消耗大量的能源解答：解：A

2、因綠色化學(xué)的核心是從源頭上減少污染物，而不是對(duì)環(huán)境污染進(jìn)行治理，故A錯(cuò)誤；B煤的氣化中碳與水反應(yīng)CO和氫氣，液化中發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成甲醇，使其成為清潔能源，故B錯(cuò)誤；CPM2.5指固體顆粒對(duì)環(huán)境的污染，人類使用能源大多為化石燃料，化石燃料燃燒產(chǎn)生較多的固體顆粒造成污染，故C正確；D氫能是清潔能源，但電解水消耗大量的能源，電解水法制大量氫氣不符合節(jié)能減排理念，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查環(huán)境污染及能源問題，注意綠色化學(xué)及能源的綜合利用即可解答，明確常見的環(huán)境污染物及節(jié)能減排理念來分析解答，題目難度不大2（3分）（2013合肥一模）科學(xué)工作者發(fā)現(xiàn)另一種“足球分子”N60，它的結(jié)構(gòu)與C60相似下列說

3、法正確的是（）AN60和C60互為同素異形體BN60是一種新型化合物CN60和N2是同素異形體DN60和14N都是氮的同系物考點(diǎn)：同素異形體；芳香烴、烴基和同系物專題：物質(zhì)的分類專題分析：A同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；B化合物由兩種或兩種以上元素組成，由一種元素組成構(gòu)成的物質(zhì)是單質(zhì)；C同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；D結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差1個(gè)或者若干個(gè)CH2基團(tuán)的化合物互稱為同系物，多用于有機(jī)化合物解答：解：AN60和C60是不同同種元素的單質(zhì)，所以不是同素異形體，故A錯(cuò)誤；BN60中只含一種元素，所以是單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；CN60和N2是N的不同單質(zhì)，所以是同素異形體，故C正確；DN

4、60是單質(zhì)，14N是元素，所以不是同系物，且同系物多用于有機(jī)化合物，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查概念的判斷，注意同系物、同素異形體和同分異構(gòu)體的區(qū)別，為易錯(cuò)點(diǎn)3（3分）（2013合肥一模）下列關(guān)于物質(zhì)的性質(zhì)與用途的說法中不正確的是（）A氧化鋁的熔點(diǎn)很高，因此可用做耐火材料B某些金屬氧化物灼燒時(shí)有特殊的顏色，因此可用于制造煙花C氫氟酸能與二氧化硅反應(yīng)，因此可用于刻蝕玻璃D氯氣具有強(qiáng)氧化性，因此可用于漂白有色布料考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；硅和二氧化硅專題：化學(xué)應(yīng)用分析：A、氧化鋁熔點(diǎn)高，用于制各種耐火磚、耐火坩堝、耐火管、耐高溫實(shí)驗(yàn)儀器；B、金屬元素灼燒發(fā)生焰色反應(yīng)；C、玻璃的成

5、分主要是硅酸鹽和二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應(yīng)；D、氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白作用解答：解：A、氧化鋁熔點(diǎn)高，用于制各種耐火磚、耐火坩堝、耐火管、耐高溫實(shí)驗(yàn)儀器，因此可用做耐火材料，故A正確；B、金屬元素灼燒發(fā)生焰色反應(yīng)，則某些金屬氧化物灼燒時(shí)有特殊的顏色，因此可用于制造煙花，故B正確；C、玻璃的成分主要是硅酸鹽和二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應(yīng)；可用于刻蝕玻璃，故C正確；D、氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白作用，氯氣本身無漂白作用，故D錯(cuò)誤；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了氧化鋁、二氧化硅、氯氣性質(zhì)的應(yīng)用，金屬元素的焰色反應(yīng)應(yīng)用，掌握物質(zhì)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目較簡單4（3分）（2013合肥一模）在C

6、u2S+2Cu2O6Cu+SO2反應(yīng)中，說法正確的是（）ACu2O在反應(yīng)中被氧化BCu2S在反應(yīng)中既是氧化劑又是還原劑CCu既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物D若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移12mol電子，則生成6molCu考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2反應(yīng)中，Cu元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，S元素由2價(jià)升高到+4價(jià)，以此來解答解答：解：ACu2O中Cu元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，所以氧化亞銅得電子被還原，故A錯(cuò)誤；B因Cu2S中Cu元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，S元素由2價(jià)升高到+4價(jià)，則Cu2S既是氧化劑又是還原劑，故B正確；CCu元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，則Cu為還原產(chǎn)物，故C錯(cuò)

7、誤；D由反應(yīng)可知，生成6molCu轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6mol，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移12mol電子，則生成12molCu，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)，明確反應(yīng)中元素的化合價(jià)的變化是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大5（3分）（2013合肥一模）下列敘述正確的是（）A1.7gOH離子中含有的電子數(shù)目為NAB常溫、常壓下，22.4L氧氣中含氧原子數(shù)目為2NAC常溫下，0.1molC2H4分子中含共價(jià)鍵數(shù)目為0.5 NAD含1molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A1個(gè)OH中含有10個(gè)電子，根據(jù)N=nNA計(jì)算電子數(shù)目；B氣體體積

8、與溫度和壓強(qiáng)有關(guān)，溫度升高和減小壓強(qiáng)可使氣體體積增大，反之降低；C1molC2H4分子中含共價(jià)鍵數(shù)目為6mol；D根據(jù)濃硫酸和稀硫酸的性質(zhì)分析解答：解：A1個(gè)OH中含有10個(gè)電子，1.7gOH離子的物質(zhì)的量是0.1mol，含有的電子數(shù)目為NA，故A正確； B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L 氧氣氣體的物質(zhì)的量為1mol，分子數(shù)為NA常溫常壓下，溫度升高，體積膨脹，故22.4L 氧氣物質(zhì)的量小于1mol，氣體的分子數(shù)小于NA，故B錯(cuò)誤；C0.1molC2H4分子中含共價(jià)鍵數(shù)目為0.6NA，故C錯(cuò)誤；D濃硫酸和銅反應(yīng)的過程中變?yōu)橄×蛩幔×蛩岷豌~不反應(yīng)，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查

9、了有關(guān)阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意濃硫酸和銅反應(yīng)的過程中變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸和銅不反應(yīng)6（3分）（2013合肥一模）能實(shí)現(xiàn)下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化的元素是（）單質(zhì)氧化物酸或堿鹽A硅B氮C鈉D鐵考點(diǎn)：鈉的重要化合物；無機(jī)物的推斷專題：元素及其化合物分析：A、二氧化硅不能與水反應(yīng)；B、氮?dú)馀c氧氣反應(yīng)生成NO，NO不能與水反應(yīng)；C、鈉與氧氣反應(yīng)生成氧化鈉或過氧化鈉，與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉；D、鐵與氧氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，四氧化三鐵不與水反應(yīng)解答：解：A、硅一定條件下可以與氧氣反應(yīng)生成二氧化硅，但二氧化硅不能與水反應(yīng)，故A不符合；B、氮?dú)馀c氧氣反應(yīng)生成NO

10、，NO不能與水反應(yīng)，故B不符合；C、鈉與氧氣反應(yīng)生成氧化鈉或過氧化鈉，氧化鈉或過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，故C符合；D、鐵與氧氣反應(yīng)生成四氧化三鐵，四氧化三鐵不與水反應(yīng)，故D不符合；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查元素化合物的性質(zhì)，難度不大，掌握物質(zhì)的性質(zhì)是關(guān)鍵，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握7（3分）（2013合肥一模）已知Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）H0；則下列敘述不正確的是（）A該反應(yīng)的H值與反應(yīng)物用量無關(guān)B該反應(yīng)的化學(xué)能可以轉(zhuǎn)化為電能C反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量D該反應(yīng)中反應(yīng)物的化學(xué)鍵斷裂放出能量，生成物化學(xué)鍵形成吸收能量考點(diǎn)：反應(yīng)熱和

11、焓變專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：A、依據(jù)焓變概念分析判斷，H=H（生成物總焓）H（反應(yīng)物總焓）；B、反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，可以設(shè)計(jì)成原電池實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；C、反應(yīng)是放熱反應(yīng)，依據(jù)能量守恒分析；D、斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成化學(xué)鍵會(huì)放熱解答：解：A、作為一個(gè)描述系統(tǒng)狀態(tài)的狀態(tài)函數(shù)，焓變沒有明確的物理意義，H（焓變）表示的是系統(tǒng)發(fā)生一個(gè)過程的焓的增量，確定了一個(gè)化學(xué)方程式，就確定了一個(gè)焓變，焓變并不隨反應(yīng)物的增加而增加，焓變與化學(xué)方程式的寫法有關(guān)，故A正確；B、反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，可以設(shè)計(jì)成原電池，鋅做負(fù)極，失電子，溶液中氫離子在正極得到電子實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故B正確；C、反應(yīng)是放熱反應(yīng)

12、，依據(jù)能量守恒，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，故C正確；D、斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成化學(xué)鍵會(huì)放熱，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了焓變的含義理解，原電池的原理分析，化學(xué)反應(yīng)能量變化和能量守恒關(guān)系，化學(xué)鍵變化與能量變化判斷，題目較簡單8（3分）（2013合肥一模）下列各組離子在制定的溶液中一定能大量共存的是（）A無色溶液：K+、Al3+、NO3、AlO2BpH=12的溶液：K+、Cl、SO32、SiO32C含0.1molL1 NO3的溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液：Na+、NH4+、SO42、HCO3考點(diǎn)：離子共存問題專題

13、：離子反應(yīng)專題分析：AAl3+與AlO2不能共存；BpH=12的溶液呈堿性，如離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，則可大量共存；CFe2+與NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)；D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性解答：解：AAl3+與AlO2發(fā)生互促水解而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；BpH=12的溶液呈堿性，離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C酸性條件下NO3具有強(qiáng)氧化性，與具有還原性的Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論溶液呈酸性還是堿性，H

14、CO3都不能大量共存，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查離子共存問題，注意把握離子的性質(zhì)，解答本題時(shí)要注意題給信息，為解答該題的關(guān)鍵，題目難度不大9（3分）（2013合肥一模）如圖為完成不同的化學(xué)實(shí)驗(yàn)所選用的裝置或進(jìn)行的操作，其中正確的是（）A裝置可用于分離互不相溶的液體B裝置可用于實(shí)驗(yàn)室配置一定物質(zhì)的量濃度溶液C裝置可用于驗(yàn)證醋酸、碳酸、苯酚的酸性強(qiáng)弱D裝置可用于實(shí)驗(yàn)室制備少量氨氣考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)；氨的實(shí)驗(yàn)室制法；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；比較弱酸的相對(duì)強(qiáng)弱的實(shí)驗(yàn)專題：化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作分析：A裝置為蒸餾裝置；B裝置為溶液的配制，但濃硫酸不能直接倒入容

15、量瓶中；C根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)原理分析；D該裝置收集不到氨氣解答：解：A由裝置中的儀器可知為蒸餾裝置，分離沸點(diǎn)不同的相互溶解的液體，故A錯(cuò)誤；B裝置為溶液的配制，因濃硫酸稀釋放出大量的熱，容量瓶只在常溫下使用，則濃硫酸不能直接倒入容量瓶中，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)原理可知，醋酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳與苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚，則可驗(yàn)證醋酸、碳酸、苯酚的酸性強(qiáng)弱，故C正確；D因氯化銨受熱分解后在管口又會(huì)化合生成氯化銨，所以該裝置收集不到氨氣，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及混合物的分離提純、溶液配制、氣體的制取、酸性的比較等知識(shí)點(diǎn)，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，學(xué)生具有

16、較好的基礎(chǔ)即可解答，題目難度不大10（3分）（2013合肥一模）下列離子方程式書寫正確的是（）A銅屑中加入足量氯化鐵溶液：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+B大理石中加入足量濃鹽酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2OC硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液：Ba2+OH+H+SO=BaSO4+H2OD碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液：HCO+OH=CO+H2O考點(diǎn)：離子方程式的書寫專題：離子反應(yīng)專題分析：離子方程式是指用實(shí)際參加反應(yīng)的離子符號(hào)表示離子反應(yīng)的式子離子方程式的書寫步驟一般為：“寫”：寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式；“拆”：可溶性的電解質(zhì)用離子符號(hào)表示，其它難溶的物質(zhì)、氣體、水等仍用化學(xué)式

17、表示；“刪”：刪去方程式兩邊不參加反應(yīng)的離子； “查”：檢查式子兩邊的各種原子的個(gè)數(shù)及電荷數(shù)是否相等； A方程式左右電荷不守恒；B大理石中加入足量濃鹽酸，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，方程式左右守恒；C硫酸電離的氫離子和硫酸根離子的比為2：1，氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子的比為1：2；D碳酸氫銨電離出的銨根離子和氫氧根離子反應(yīng)生成氨氣和水，電離出的碳酸氫根離子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水；解答：解：A方程式左邊帶2個(gè)單位的正電荷，右邊帶3個(gè)單位的正電荷，銅屑中加入足量氯化鐵溶液，正確的離子方程式為2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A錯(cuò)誤；B大理石中加入足量濃鹽酸，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，大理石的主要

18、成分為碳酸鈣，碳酸鈣為難溶于水的物質(zhì)應(yīng)寫化學(xué)式，二氧化碳和水為氧化物應(yīng)寫化學(xué)式，故離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2O，故B正確；C硫酸為二元強(qiáng)酸，硫酸電離的氫離子和硫酸根離子的比為2：1，氫氧化鋇為二元強(qiáng)堿，氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子的比為1：2二者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水的離子方程式為Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C錯(cuò)誤；D碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液，碳酸氫銨電離出的銨根離子和氫氧根離子反應(yīng)，電離出的碳酸氫根離子和氫氧根離子反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2H2O，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查離

19、子方程式的書寫，明確發(fā)生的反應(yīng)并熟悉離子反應(yīng)方程式的書寫方法是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大11（3分）（2013合肥一模）下列敘述正確的是（）A濃度均為0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合所得的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.2molL1B0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2（CO32）C0.2molL1HCl溶液與等體積0.1molL1NaOH溶液混合后，溶液的pH=1D0.1molL1氨水中滴入0.1molL1鹽酸至溶液呈中性時(shí)，混合溶液中：c（NH4+）=c（Cl）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較

20、專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，但濃度減??；B從物料守恒的角度分析；C計(jì)算反應(yīng)后的溶液的c（H+），可計(jì)算pH；D從電荷守恒的角度分析解答：解：A物質(zhì)的量濃度各為0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后，溶液為原來的體積的2倍，則有：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)物料守恒可知，溶液中應(yīng)存在c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+（CO32），故B錯(cuò)誤；Cc（H+）=0.05mol/L，則pH=1.7，故C錯(cuò)誤；D反應(yīng)后的溶液電荷守恒，存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+

21、c（OH），溶液呈中性，則有c（H+）=c（OH），所以有c（NH4+）=c（Cl），故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查離子濃度的大小比較，題目難度中等，本題注意從物料守恒和電荷守恒的角度分析，注意A項(xiàng)，為易錯(cuò)點(diǎn)，不要忽視濃度的變化12（3分）（2013合肥一模）下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)結(jié)論一致的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀該溶液中不一定含有B光潔的鐵釘放在冷的濃硫酸中，無明顯現(xiàn)象鐵釘與冷的濃硫酸不反應(yīng)C將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分別滴加CCl4振蕩靜置，下層分別呈無色和紫紅色氧化性：Br2Fe3+I2D向濃度均

22、為0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；硫酸根離子的檢驗(yàn)專題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題分析：A、鹽酸酸化的氯化鋇中含有氯離子，溶液中含銀離子、硫酸根離子也可以生成白色沉淀；B、鐵在常溫下在濃硫酸中 發(fā)生鈍化現(xiàn)象是濃硫酸的強(qiáng)氧化性；C、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能說明三價(jià)鐵離子氧化性大于碘單質(zhì)；D、反應(yīng)生成沉淀，但不能證明溶度積的大?。唤獯穑航猓篈、向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該溶液中不一定含有SO42；溶液中的銀離子也會(huì)出現(xiàn)沉淀現(xiàn)象，故A正確；B、鐵在常溫下在濃硫酸中 發(fā)生鈍化現(xiàn)象是濃硫酸的強(qiáng)氧化性；在鐵表

23、面生成致密氧化物薄膜阻止反應(yīng)進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；C、將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分別滴加CCl4振蕩靜置，下層分別呈無色和紫紅色，能證明溴單質(zhì)氧化性大于鐵離子和碘單質(zhì)，但不能證明鐵離子氧化性大于碘單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D、向濃度均為0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3，證明氯化銀、碘化銀是難溶物質(zhì)，二者溶度積的比較可以用沉淀轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，反應(yīng)現(xiàn)象的推斷，離子檢驗(yàn)和現(xiàn)象結(jié)論的分析判斷，掌握離子性質(zhì)和檢驗(yàn)方法是解題關(guān)鍵，題目難度中等13（3分）（2013合肥一模）觀察下列幾個(gè)裝置示意圖，有關(guān)敘述正確的是（）A裝置中

24、陽極上析出紅色固體B裝置中銅片應(yīng)與電源負(fù)極相連C裝置中外電路電流方向：b極a極D裝置中陰極反應(yīng)：2 Cl2e=Cl2考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理專題：電化學(xué)專題分析：A、電解時(shí)，溶液中銅離子得電子能力大于氫離子B、電鍍時(shí)，鍍件應(yīng)與電源負(fù)極相連C、原電池中電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極D、離子交換膜只允許離子通過解答：解：A、電解氯化銅溶液時(shí)，陰極上銅離子得電子析出金屬銅單質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B、電鍍時(shí)，鍍層應(yīng)與電源正極相連，鍍件與電源負(fù)極相連，所以銅做陽極，待鍍鐵制品應(yīng)與電源負(fù)極相連，故B錯(cuò)誤；C、氫氧燃料電池中，負(fù)極上氫氣失電子，正極上氧氣得電子，所以裝置中閉合電鍵后外電路電子由a極流向b極，電路電流

25、方向：b極a極，故C正確；D、所以裝置是電解池，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了原電池和電解池原理，難度不大，注意電解池中如果較活潑的金屬作陽極，電解池工作時(shí)，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子14（3分）（2013合肥一模）下列實(shí)驗(yàn)過程中產(chǎn)生的現(xiàn)象與圖中曲線變化相對(duì)應(yīng)的是（）AAlCl3滴入NaOH溶液BPH=1的醋酸和鹽酸分別加水稀釋C氨氣通入醋酸溶液中DSO2氣體通入溴水中考點(diǎn)：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)專題：圖示題分析：A根據(jù)AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl

26、3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl判斷；B醋酸為弱電解質(zhì)，鹽酸為強(qiáng)電解質(zhì)，二者加水稀釋時(shí)的pH變化不同，無論怎么稀釋，溶液都呈酸性；C氨氣與醋酸反應(yīng)生成強(qiáng)電解質(zhì)醋酸銨；D根據(jù)反應(yīng)Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr判斷解答：解：A在氫氧化鈉溶液中滴入氯化鋁溶液，發(fā)生的反應(yīng)為AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，現(xiàn)象是先沒有沉淀后出現(xiàn)沉淀，故A錯(cuò)誤；BPH相同的醋酸和鹽酸，加水等體積稀釋，濃度變稀，加大醋酸的電離，故相比于鹽酸其PH更小，故B錯(cuò)誤；C氨氣通入醋酸溶液中，反應(yīng)生成強(qiáng)電解質(zhì)醋酸銨

27、，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；DSO2氣體通入溴水中，發(fā)生反應(yīng)Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，反應(yīng)后溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，但溴水溶液呈酸性，開始時(shí)pH7，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的性質(zhì)和弱電解質(zhì)的電離，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為C，注意看準(zhǔn)圖象曲線的變化15（3分）（2013合肥一模）“類推”的思維方式在化學(xué)學(xué)習(xí)與研究中經(jīng)常采用下列類推思維中正確的是（）ANaOH飽和溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)，則Ca（OH）2飽和溶液導(dǎo)電能力也強(qiáng)BCaC2能水解：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，則Mg2C2也能水解：Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCHC加熱時(shí)

28、Cu與O2反應(yīng)生成CuO，則加熱時(shí)Cu與S反應(yīng)生成CuSDBaCl2溶液中通入SO2無沉淀產(chǎn)生，則Ba（NO3）2溶液中通入SO2也無沉淀產(chǎn)生考點(diǎn)：化學(xué)反應(yīng)的基本原理專題：元素及其化合物分析：A溶液的導(dǎo)電是通過自由移動(dòng)的離子的定向移動(dòng)實(shí)現(xiàn)，導(dǎo)電能力強(qiáng)弱與溶液中自由移動(dòng)的離子濃度大小和離子所帶電荷多少有關(guān)，溶液中自由離子濃度越大，所帶電荷越多，導(dǎo)電能力越強(qiáng)；B碳化鈣和水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成氫氧化鎂和乙炔，碳化鎂遇水與水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，分別、與生成氫氧化鎂和丙炔；C加熱時(shí)Cu與O2反應(yīng)生成CuO，S的氧化性很弱，S單質(zhì)和金屬反應(yīng)，只能生成低價(jià)金屬化合物；D二氧化硫能被酸化的Ba（NO3）2溶液氧化

29、，二氧化碳不反應(yīng)；解答：解：ANaOH是易溶于水易電離的強(qiáng)電解質(zhì)，其飽和溶液離子濃度大，導(dǎo)電能力強(qiáng)，Ca（OH）2是微溶于水的強(qiáng)電解質(zhì)，溶于水的能完全電離，但因微溶，其飽和溶液離子濃度小，導(dǎo)電能力弱故A錯(cuò)誤；B電石是一種重要的化工原料，碳化鈣與水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，鈣離子和水電離出的氫氧根結(jié)合生成氫氧化鈣，碳與水電離出的氫離子結(jié)合生成乙炔，CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2，是水解反應(yīng)；碳化鎂遇水與水發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，鎂離子和氫氧根離子結(jié)合生成氫氧化鎂，碳元素與水電離出的氫離子結(jié)合生成丙炔，產(chǎn)物為氫氧化鎂和丙炔，Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCH，是水解反應(yīng)，故B正確；C加

30、熱時(shí)Cu與O2反應(yīng)生成CuO，硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，只能把金屬氧化到低價(jià)，Cu的低價(jià)為+1價(jià)，2Cu+SCu2S，故C錯(cuò)誤；D硝酸鋇在酸化后隱含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫?yàn)榱蛩?，生成沉淀，二氧化碳不反?yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題以類推思維方式為載體考查了元素化合物的性質(zhì)，平時(shí)須注意相關(guān)知識(shí)的類比和歸類，以便能夠靈活應(yīng)用，題目難度不大16（3分）（2013合肥一模）在一定條件下，將PCl3（g）和Cl2（g）充入體積不變的2L密閉容器中發(fā)生下述反應(yīng)：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）5min末達(dá)到平衡，有關(guān)數(shù)據(jù)如表PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始濃度（molL1）2

31、.01.00平衡濃度（molL1）C1C20.4下列判斷不正確的是（）A若升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，則正反應(yīng)為吸熱B反應(yīng)5min內(nèi)，v（PCl3）=0.08 molL1min1C當(dāng)容器中Cl2為1.2mol時(shí)，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)D平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，在相同條件下再達(dá)平衡時(shí)，c（PCl5）0.2 molL1考點(diǎn)：化學(xué)平衡的影響因素專題：化學(xué)平衡專題分析：A、升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，根據(jù)v=計(jì)算v（PCl3

32、）；C、平衡時(shí)c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，根據(jù)n=c×V計(jì)算n（Cl2），進(jìn)而計(jì)算平衡時(shí)Cl2的物質(zhì)的量；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到達(dá)的平衡，等效為開始PCl3為1mol/L、Cl2為0.5mol/L到達(dá)平衡，與原平衡相比，壓強(qiáng)降低，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率降低；解答：解：A、升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，v（PCl3）=0.08 molL

33、1min1，故B正確；C、平衡時(shí)c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，n（Cl2）=0.4mol/L×2L=0.8mol，故平衡時(shí)Cl2的物質(zhì)的量為1mol/L×2L0.8mol=1.2mol，故C正確；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到達(dá)的平衡，等效為開始PCl3為1mol/L、Cl2為0.5mol/L到達(dá)平衡，反應(yīng)物的濃度變?yōu)樵胶獾囊话?，與原平衡相比，壓強(qiáng)降低，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率降低，故相同條件下再達(dá)平衡時(shí)，c（PCl5）0.2 molL1，故D正確；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用

34、、化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算等，難度中等，注意D選項(xiàng)中構(gòu)建平衡建立的途徑二、填空解答題（共4小題，滿分52分）17（14分）（2013合肥一模）A、B、C、D、E是元素周期表中前四周期中五種常見元素，其相關(guān)信息如下表：元素相關(guān)信息A原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍B其一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護(hù)傘”C原子的第一電離能在第三周期中最小D基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2）E可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體請(qǐng)回答下列問題：（1）C在元素周期表中位于第三周期、第A族；E的基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（2）B、C、D的簡單離子半徑由大

35、到小的順序?yàn)椋ㄓ没瘜W(xué)符號(hào)表示，下同）S2O2Na+，B、D的簡單氣態(tài)氫化物中穩(wěn)定性較大的是H2O（3）B、C的單質(zhì)按物質(zhì)的量比1：2形成的化合物中化學(xué)鍵的類型為離子鍵；該化合物屬于離子晶體（4）E的黑色磁性晶體發(fā)生鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式是（5）處理含AO、DO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)D已知：2AO（g）+O2（g）=2AO2（g）H=566.0kJmol1 D（s）+O2（g）=DO2（g）H=296.0kJmol1此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用專題：元素周期律與元素周期

36、表專題分析：A元素原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍，則L層有4個(gè)電子，故A為碳元素；B元素的一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護(hù)傘”，故B為氧元素；C元素原子的第一電離能在第三周期中最小，故C為Na元素；D元素基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能級(jí)最多容納2個(gè)電子，n=2，故D元素基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p4，故D為S元素；E元素可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體，故E為Fe元素，據(jù)此解答解答：解：A元素原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍，則L層有4個(gè)電子，故A為碳元素；B元素的一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護(hù)傘”，故B為氧元素；C元素原子的第一電離能在第三

37、周期中最小，故C為Na元素；D元素基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能級(jí)最多容納2個(gè)電子，n=2，故D元素基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p4，故D為S元素；E元素可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體，故E為Fe元素，（1）C為Na元素，處于周期表中第三周期第A族，E為Fe元素，為26號(hào)元素，基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，故答案為：三、A，1s22s22p63s23p63d64s2；（2）B、C、D的簡單離子分別為O2、Na+、S2，電子層排布相同核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，最外層電子數(shù)相同，電子層越多，離子半徑越大

38、，故離子半徑由大到小的順序?yàn)镾2O2Na+，非金屬性O(shè)S，故氣態(tài)氫化物中穩(wěn)定性H2OH2S，故答案為：S2O2Na+，H2O；（3）B、C的單質(zhì)按物質(zhì)的量比1：2形成的化合物為Na2O，含有離子鍵，屬于離子晶體，故答案為：離子鍵，離子；（4）E的黑色磁性晶體為Fe3O4，發(fā)生鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式是3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3，故答案為：3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3；（5）處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S已知：、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1， 、S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.0kJ

39、mol1，由蓋斯定律，得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=（566.0kJmol1）（296.0kJmol1）=270kJmol1，故答案為：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1點(diǎn)評(píng)：考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、核外電子排布規(guī)律、半徑比較、化學(xué)鍵、熱化學(xué)方程式書寫等，難度中等，旨在考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的全面掌握18（12分）（2013合肥一模）某有機(jī)物（分子式為C13H18O2）是一種食品香料，其合成路線如圖所示通過質(zhì)譜法測(cè)得A的相對(duì)分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3；D分子中含有支鏈；F分子中含有苯環(huán)但無甲基，

40、在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應(yīng)生成F請(qǐng)回答：（1）B中所含官能團(tuán)的名稱為羥基；E的結(jié)構(gòu)簡式為（2）C與新制懸濁液反應(yīng)的離子方程式為（3）D與F反應(yīng)的化學(xué)方程式為，酯化反應(yīng)（4）符合下列條件：遇FeCl3溶液顯紫色、苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的F的同分異構(gòu)體有6中，寫出其中一種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式考點(diǎn)：有機(jī)物的推斷專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：質(zhì)譜法測(cè)得A的相對(duì)分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3，說明A含有兩類氫原子，且其原子個(gè)數(shù)比是1：3，設(shè)A的分子式為CxHy，且x和y都是正整數(shù)，只有x=4、y=8時(shí)符合條件，則A是烯烴，A中有兩類氫原子且個(gè)數(shù)比是1：

41、3，所以A為異丁烯或二丁烯；結(jié)合已知信息得，A反應(yīng)生成醇B，B被氧氣氧化生成醛C，醛被新制氫氧化銅氧化生成酸D，D分子中含有支鏈，所以D的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCOOH，則C的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCHO，B的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCH2OH，A的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反應(yīng)生成有機(jī)物C13H18O2，D中含有4個(gè)碳原子，所以F中含有9個(gè)碳原子，且D和C13H18O2中氧原子數(shù)相同，所以D和F發(fā)生酯化反應(yīng)，則F是醇，F(xiàn)的分子式為：C9H12O，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應(yīng)生成F，所以F的結(jié)構(gòu)簡式為

42、：，則E的結(jié)構(gòu)簡式為解答：解：質(zhì)譜法測(cè)得A的相對(duì)分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3，說明A含有兩類氫原子，且其原子個(gè)數(shù)比是1：3，設(shè)A的分子式為CxHy，且x和y都是正整數(shù)，只有x=4、y=8時(shí)符合條件，則A是烯烴，A中有兩類氫原子且個(gè)數(shù)比是1：3，所以A為異丁烯或二丁烯；結(jié)合已知信息得，A反應(yīng)生成醇B，B被氧氣氧化生成醛C，醛被新制氫氧化銅氧化生成酸D，D分子中含有支鏈，所以D的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCOOH，則C的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCHO，B的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCH2OH，A的結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反

43、應(yīng)生成有機(jī)物C13H18O2，D中含有4個(gè)碳原子，所以F中含有9個(gè)碳原子，且D和C13H18O2中氧原子數(shù)相同，所以D和F發(fā)生酯化反應(yīng)，則F是醇，F(xiàn)的分子式為：C9H12O，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應(yīng)生成F，所以F的結(jié)構(gòu)簡式為：，則E的結(jié)構(gòu)簡式為（1）通過以上分析知，B中所含官能團(tuán)的名稱為羥基，E的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：羥基，；（2）C與新制懸濁液反應(yīng)生成異丁酸根離子、氧化亞銅和水，所以反應(yīng)的離子方程式為：，故答案為：；（3）D與F發(fā)生酯化反應(yīng)，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，故答案為：，酯化反應(yīng)；（4）遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；苯環(huán)上有兩

44、個(gè)取代基，說明苯環(huán)上含有兩個(gè)支鏈，所以F的同分異構(gòu)體有：苯環(huán)上連接正丙基和酚羥基，正丙基和酚羥基處于苯環(huán)上鄰、間、對(duì)三種同分異構(gòu)體，異丙基和酚羥基處于苯環(huán)上鄰、間、對(duì)三種同分異構(gòu)體，所以共有6種同分異構(gòu)體，其中一種為點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物推斷，明確有機(jī)物的斷鍵和成鍵方式是解本題關(guān)鍵，解題時(shí)注意結(jié)合題給信息進(jìn)行分析解答，難度較大19（13分）（2013合肥一模）MgSO47H2O在醫(yī)藥上常用做瀉藥，工業(yè)上可用氯堿工業(yè)中的一次鹽泥為原料生產(chǎn)已知一次鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分其主要工藝如下：（1）用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，H2SO4作用是將鹽泥中的碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為可溶

45、性的硫酸鹽，同時(shí)生成硫酸鈣和硅酸除去（2）加NaClO溶液至PH=56并加熱煮沸510分鐘，沉淀2中主要含有MnO2和另外兩種難溶物，這兩種難溶物的化學(xué)式分別為Fe（OH）3、Al（OH）3；其中NaClO溶液將MnSO4轉(zhuǎn)化為MnO2的離子方程式為ClO+Mn2+H2O=MnO2+Cl+2H+（3）檢驗(yàn)濾液中是否含有Fe3+的實(shí)驗(yàn)方法是取濾液12ml于試管中，加入少量的KSCN溶液，若不變紅色，證明濾液中 無Fe3+（4）“操作X”是將溶液蒸發(fā)濃縮、冷凝結(jié)晶、過濾洗滌，即得到MgSO47H2O晶體（5）準(zhǔn)確稱量制得的樣品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的鹽酸5mL，在不斷攪拌下滴加

46、足量2molL1 BaCl2溶液，充分反應(yīng)后，得沉淀4.46g，則樣品純度為98.4%考點(diǎn)：以氯堿工業(yè)為基礎(chǔ)的化工生產(chǎn)簡介；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用專題：離子反應(yīng)專題分析：（1）用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，H2SO4作用是把鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分轉(zhuǎn)化為硫酸鹽溶于水，硫酸鈣、硅酸沉淀；（2）根據(jù)各物質(zhì)溶解后的成分分析可知沉淀還應(yīng)有Fe（OH）3、Al（OH）3；根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子相等，利用離子方程式的配平方法書寫反應(yīng)的離子方程式；（3）利用Fe3+離子與KSCN溶液生成血紅色的物質(zhì)檢驗(yàn)；（4）依據(jù)溶液中得到溶質(zhì)晶體的方法分析判斷，操作X是從硫酸

47、鎂溶液中得到MgSO47H2O晶體，需要蒸發(fā)濃縮溶液，冷凝結(jié)晶，洗滌干燥；（5）依據(jù)磷酸根離子守恒計(jì)算得到硫酸鎂晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量來計(jì)算樣品純度解答：解：（1）鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分，用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，會(huì)把碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為溶于水的硫酸鹽，把鈣離子形成硫酸鈣沉淀，把硅酸根離子形成硅酸沉淀過濾除去，故答案為：將鹽泥中的碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為可溶性的硫酸鹽，同時(shí)生成硫酸鈣和硅酸除去；（2）加入硫酸反應(yīng)生成硫酸鎂，硫酸鋁，硫酸鐵，加入次氯酸鈉是為了氧化錳離子為二氧化錳，調(diào)節(jié)溶液PH，F(xiàn)e3+、Al3+水解生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；NaClO溶

48、液在加熱條件下將溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，鹽類的水解為吸熱反應(yīng)，加熱有利于Al3+、Fe3+水解以及Mn2+氧化成MnO2，故答案為：Fe（OH）3、Al（OH）3；Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；（3）Fe3+離子與KSCN溶液生成血紅色的Fe（SCN）3，可利用該反應(yīng)進(jìn)行檢驗(yàn)，故答案為：取過濾II后的濾液12 ml于試管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不顯紅色，證明濾液中無Fe3+；（4）操作X是從硫酸鎂溶液中得到MgSO47H2O晶體，需要蒸發(fā)濃縮溶液，冷凝結(jié)晶，洗滌干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷凝結(jié)晶；（5）準(zhǔn)確稱量制得的樣品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的鹽酸5mL，在不斷攪拌下滴加足量2molL1 BaCl2溶液，充分反應(yīng)后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物質(zhì)的量=0.02mol；MgSO47H2O物質(zhì)的量為0.02mol，質(zhì)量=0.02mol×246g/mol=4.92g，樣品純度=&#