1、2015-2016学年江苏省扬州市邗江中学高二（下）期中化学试卷（新疆班）一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1消防安全与化学科学密切相关，下列有关举措合理的是（）AKNO3、KClO3与单质S、C2H5OH混搭存放在同一库房间B金属钠、二硅化钙着火时，直接用高压水枪喷水扑灭C燃气中添加具有明显臭味的四氢噻吩杂质，用以警示气体的泄漏D剧毒的NaCN溶液泄漏时，直接将其冲入下水道，让其自然消解2在浓盐酸氧气浓硫酸氢氟酸氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是（）ABCD3下列说法正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B石油的裂解、煤的干馏
2、都是化学变化C化学反应的焓变与反应的途径有关D等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消耗的硝酸一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）24下列有关铝及其化合物的叙述正确的是（）A铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝D在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化5对下列事实的解释正确的是（）A二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，是因为二氧化硫无还原性B医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于盐酸C向50 mL
3、 18 molL1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45 molD常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应6从海水中提取镁的工艺流程如图所示下列说法错误的是（）A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气氛中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应7下列试剂保存的方法中不是从氧化还原反应角度考虑的是（）A钠保存在石蜡油或煤油中B氯水保存在棕色的试剂瓶中C保存FeCl2溶液需加入少量铁粉D盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞8下列除杂质的操作中不正确的是（）A铁
4、粉中混有铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶9用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A等质量的N2和CO所含分子数均为NAB在标准状况下，22.4 L CH4与NH3的混合气体所含的电子数为10NAC标准状况下，224 mL水含有的电子数为0.1 NAD1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子10下列反应的离子方程式正确的是（）ANaAlO2溶液中通入过量的CO2：A
5、lO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+CO32BNO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO3+NOC醋酸溶液与水垢中的Mg（OH）2反应：Mg（OH）2+2H+Mg2+2H2ODNaClO溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11下列说法正确的是（）A石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化B可通过电解熔融MgCl2来
6、制取金属镁，故也能通过电解熔融AlCl3来制取铝C铝热剂、盐酸、水玻璃、双氧水、明矾均为混合物DNa2O2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物12常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=1的溶液：Ag+、Al3+、Cl、SO42B能使甲基橙溶液变红的溶液：Na+、K+、HCO3、S2C =1012的溶液：NH4+、Cu2+、NO3、ClD无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO413某课外小组的同学设计了以下装置（部分夹持仪器已略）制取无水AlCl3（易升华），其中不能达到相应实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙干燥氯气C用装置丙制取并收集AlCl
7、3D用装置丁处理丙中排出的尾气14给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O15硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应C工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%二、（非选择题共80分）16某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、M
8、g2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失说明原溶液中肯定存在的离子是，有关的离子方程式为（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水（NH3H2O），出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有，有关的离子方程式为（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的ACl BNO3 CCO32 DOH17如图中AJ分别代表相关反应的一种物质已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出请填写以下空白：（1）A的化学式（2）写出反应的化学方程式：，（3）写出反
9、应的离子方程式：（4）J与F反应的化学方程式：（5）在反应中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为mol18空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一其工艺流程如下：（1）步骤的离子方程式：（2）步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离仪器的名称是（3）溴水混合物中溶有一定量的氯气，因此在步骤中可将蒸馏产生的气体通过（填试剂名称）溶液，以除去氯气（4）步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：（5）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是（6）提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物”而不是蒸馏“溴水
10、混合物”，请说明原因：19化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制取氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，使得溶液中还混有一定量的硫酸亚铁工业上为了充分利用制氢废液，常用其制备皓矾（ZnSO47H2O）某校化学兴趣小组的同学以制氢废液为原料来制取皓矾其实验流程如图所示：已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围如下：Fe（OH）3：2.73.7 Fe（OH）2：7.69.6Zn（OH）2：5.78.0 试回答下列问题：（1）加入的试剂，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸，最好选用，其理由是；（2）加入的试剂，供选择使用的有：aZ
11、n粉，bZnO，cZn（OH）2，dZnCO3，eZnSO4，可选用；（3）从晶体1晶体2，该过程的名称是；（4）在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因20某科研小组以难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO
12、2+2H2OAl（OH）3+OH“浸取”时应保持溶液呈性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示）（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是、和水21轻质碳酸镁是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块（主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子）为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如下：（1）“氧化”一步中发生反应的离子方程式为（2）“调节pH”一步应调节溶液的pH=9.8，其目的是（3）“热解”一步温度控制在75左右，其原因是（4）从“过滤2”步骤中得到的滤液中能回收的盐类物质主要有（填化学式） 生
13、成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.911.1注：Fe（OH）2沉淀呈絮状，不易从溶液中除去（5）轻质碳酸镁的成分为碱式碳酸镁MgCO3Mg（OH）23H2O，则“热解”一步发生反应的离子方程式为2015-2016学年江苏省扬州市邗江中学高二（下）期中化学试卷（新疆班）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1消防安全与化学科学密切相关，下列有关举措合理的是（）AKNO3、KClO3与单质S、C2H5OH混搭存放在同一库房间B金属钠、二
14、硅化钙着火时，直接用高压水枪喷水扑灭C燃气中添加具有明显臭味的四氢噻吩杂质，用以警示气体的泄漏D剧毒的NaCN溶液泄漏时，直接将其冲入下水道，让其自然消解【考点】化学实验安全及事故处理；化学试剂的存放【分析】AKNO3、KClO3有氧化性； B钠能与水反应生成氢气；C四氢噻吩有臭味；D剧毒的NaCN溶液会污染下水道中的水【解答】解：AKNO3、KClO3有氧化性，单质S、C2H5OH易燃烧，放在一起可能发生爆炸，故A错误； B钠能与水反应生成氢气，氢气易爆炸，故B错误；C四氢噻吩有臭味，能起警示作用，故C正确；D剧毒的NaCN溶液会污染下水道中的水，造成环境污染，故D错误故选C2在浓盐酸氧气浓
15、硫酸氢氟酸氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是（）ABCD【考点】硅和二氧化硅【分析】硅属于亲氧元素，极易和氧气反应，硅还能和氟气、HF和强碱溶液反应，据此分析解答【解答】解：硅与浓盐酸不反应，故不选；硅与氧气反应生成二氧化硅，故选；硅与浓硫酸不反应，故不选；硅与氢氟酸反应方程式：Si+4HF=SiF4+2H2，故选； 硅与氢氧化钾溶液反应，方程式：Si+2KOH+H2O=K2SiO3+2H2，故选；故选：D3下列说法正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2B石油的裂解、煤的干馏都是化学变化C化学反应的焓变与反应的途径有关D等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a、b消
16、耗的硝酸一样多途径a：CuCuOCu（NO3）2；途径b：CuCu（NO3）2【考点】铁的化学性质；物理变化与化学变化的区别与联系；硝酸的化学性质【分析】AFe与氯气反应生成氯化铁；B石油裂解得到甲烷、乙烯等，煤的干馏得到苯等；C焓变与反应的途径无关，与起始状态有关；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸【解答】解：AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl3，与量无关，故A错误；B石油裂解得到甲烷、乙烯等，煤的干馏得到苯等，均有新物质生成，则均为化学变化，故B正确；C焓变与反应的途径无关，与起始状态有关，故C错误；Da中硝酸只作酸，b中硝酸作氧化剂和酸，则等量Cu制备硝酸铜时，b消耗的硝酸多，故D
17、错误；故选B4下列有关铝及其化合物的叙述正确的是（）A铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝D在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】AMg为活泼金属，还原性大于Al；BHCl、NaOH均完全反应，由2Al6HCl2NaOH3H2分析；CAl为活泼金属，利用电解法冶炼；D浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，溶液稀释，且浓硫酸稀释放热，与Al发生氧化还原反应【解答】解：AMg为活泼金属，还原性大于Al，铝粉与氧化镁不反应
18、，电解熔融氯化镁冶炼Mg，故A错误；BHCl、NaOH均完全反应，由2Al6HCl2NaOH3H2可知，生成氢气物质的量比为1：3，故B错误；CAl为活泼金属，利用电解法冶炼，工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝，故C正确；D浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，溶液稀释，且浓硫酸稀释放热，温度升高，与Al发生氧化还原反应，不能发生钝化，故D错误；故选C5对下列事实的解释正确的是（）A二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，是因为二氧化硫无还原性B医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于盐酸C向50 mL 18 molL1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物
19、质的量等于0.45 molD常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应【考点】浓硫酸的性质【分析】A二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，但二氧化硫有还原性；BBaSO4难溶于水和酸，具有不易被X射线透过的特点；C浓硫酸随反应进行，浓度变稀后稀硫酸和铜不反应；D常温下铝、铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化现象【解答】解：A同种元素的不同价态之间若发生氧化还原反应，遵循价态归中不交叉，SO2中S显+4价，浓硫酸硫酸中S显+6价，无中间价态，所以SO2虽具有还原性气体，但不能被浓硫酸浓硫酸氧化，故A错误；B难溶于水也难溶于酸的BaSO4没有毒，还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被
20、用做X射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”，故B正确； C浓硫酸随反应进行，浓度变稀后稀硫酸和铜不反应，向50mL18molL1 的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，故C错误；D常温下铝、铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化，发生的是氧化还原反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故D错误；故选B6从海水中提取镁的工艺流程如图所示下列说法错误的是（）A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤电解MgCl2时阴极产生氯气C步骤可将晶体置于HCl气氛中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【考点】海水资源及其综合利用【分析】从海水中提取镁
21、的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙，溶于水得到氢氧化钙加入到母液中沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富集镁元素，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁； A从海水中制取镁，原料来源丰富；B根据电解时，阴极是阳离子放电；C考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；D根据从海水中提取镁的工艺流程分析各反应类型【解答】解：从海水中提取镁的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙CaCO3CaO+CO2，溶于水得到氢氧化钙CaO+H2OCa（OH）2，加入到母液中沉淀镁离子Mg2+2OH =Mg（OH）2，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富
22、集镁元素2HCl+Mg（OH）2MgCl2+2H2O，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁MgCl2Mg+Cl2；A海水中镁元素含量高，原料来源于海水，提取镁原料来源丰富，故A正确；B电解熔融MgCl2可得到金属镁，镁离子在阴极放电，电极反应方程式为：Mg2+2e=Mg，故B错误；CMgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl26H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，同时带走水蒸气，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解，故C正确；
23、D上述工艺流程中涉及为分解反应为化合反应，为复分解反应，为复分解反应，为分解反应，故D正确；故选：B7下列试剂保存的方法中不是从氧化还原反应角度考虑的是（）A钠保存在石蜡油或煤油中B氯水保存在棕色的试剂瓶中C保存FeCl2溶液需加入少量铁粉D盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞【考点】化学试剂的存放【分析】A钠能与空气中的水和氧气发生还原反应反应；B氯水见光会分解，发生氧化还原反应；CFeCl2容易被空气中的氧气所氧化，发生氧化还原反应；D二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，发生复分解反应【解答】解：A钠能与空气中的水和氧气发生还原反应反应，故钠保存在石蜡油或煤油中，故A正确；B
24、氯水见光会分解，发生氧化还原反应，故氯水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；CFeCl2容易被空气中的氧气所氧化，发生氧化还原反应，故保存FeCl2溶液需加入少量铁粉，故C正确；D二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，发生复分解反应，故D错误，故选D8下列除杂质的操作中不正确的是（）A铁粉中混有铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A铝粉可溶于氢氧化钠溶液
25、；B铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；C引入新杂质；D氯气不溶于饱和食盐水【解答】解：A铝粉可溶于氢氧化钠溶液，而铁与氢氧化钠不反应，可用于除杂，故A正确；B铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，可用于除杂，故B正确；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法分离，而用氢氧化钠易引入新杂质，且操作复杂，故C错误；D氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故D正确故选C9用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A等质量的N2和CO所含分子数均为NAB在标准状况下，22.4 L CH4与NH3的混合气体所含的电子数为10NAC标准状况下，224 mL水含有的电子数为0.1 NAD1 mol SO2与
26、足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol；B、求出混合物的物质的量，然后根据甲烷和氨气均含10个电子来分析；C、标况下水为液态；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应【解答】解：A、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故等质量的氮气和CO的物质的量相等，但不一定是NA个，故A错误；B、标况下22.4L混合物的物质的量为1mol，而甲烷和氨气均含10个电子，故1mol混合物中含10NA个电子，故B正确；C、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的电子数，故C错误；D、二氧化硫和氧气的反应为
27、可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于2NA个，故D错误故选B10下列反应的离子方程式正确的是（）ANaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+CO32BNO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO3+NOC醋酸溶液与水垢中的Mg（OH）2反应：Mg（OH）2+2H+Mg2+2H2ODNaClO溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；C醋酸为弱酸，应保留化学式；D次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根
28、离子；【解答】解：A反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A错误；BNO2溶于水，反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式：3NO2+H2O=2H+2NO3+NO，故B正确；C醋酸溶液与水垢中的Mg（OH）2反应，离子方程式：Mg（OH）2+2CH3COOHMg2+2H2O+2CH3COO，故C错误；DNaClO溶液中通入过量SO2气体的离子反应为ClO+H2O+SO22H+Cl+SO42，故D错误；故选：B二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确
29、答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11下列说法正确的是（）A石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化B可通过电解熔融MgCl2来制取金属镁，故也能通过电解熔融AlCl3来制取铝C铝热剂、盐酸、水玻璃、双氧水、明矾均为混合物DNa2O2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物【考点】石油的裂化和裂解；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；电解原理【分析】A有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；BAlCl3的共价化合物，熔融状态下不导电；C混合物是两种或两种以上的物质组成，溶液肯定是混
30、合物；D活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键【解答】解：A石油裂解获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔，生成了新物质；煤的气化生成了一氧化碳和氢气，生成了新物质；海水制镁由镁离子得到单质镁，生成了新物质；所以石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化，故A正确；B工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁；AlCl3的共价化合物，熔融状态下不导电，所以电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，故B错误；C铝热剂是铁和氧化铝的混合物、盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、均为混合物，双氧水、明矾均为纯净物，故C错误
31、；DNa2O2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物，故D正确；故选AD12常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=1的溶液：Ag+、Al3+、Cl、SO42B能使甲基橙溶液变红的溶液：Na+、K+、HCO3、S2C =1012的溶液：NH4+、Cu2+、NO3、ClD无色溶液中：K+、CH3COO、HCO3、MnO4【考点】离子共存问题【分析】A银离子与氯离子、硫酸根离子反应；B能使甲基橙溶液变红的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子、硫离子与氢离子反应；C该溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D高锰酸根离子为有色离子【解答】解：AAg+与
32、Cl、SO42反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B能使甲基橙溶液变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，HCO3、S2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cu2+、NO3、Cl之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DMnO4为有色离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C13某课外小组的同学设计了以下装置（部分夹持仪器已略）制取无水AlCl3（易升华），其中不能达到相应实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙干燥氯气C用装置丙制取并收集AlCl3D用装置丁处理丙中排出的尾气【考点】化学实验方案
33、的评价【分析】A高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气且不需要加热；B氯气和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气；C加热条件下氯气和Al反应生成氯化铝，氯化铝易水解，无水氯化钙能吸收水分且和氯化铝不反应；D氯气有毒，不能直接排空，但氯气能和NaOH溶液反应生成易溶于水的物质【解答】解：A高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气且不需要加热，应该采用固液混合不加热型装置，故A正确；B氯气和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，应该用浓硫酸干燥氯气，故B错误；C加热条件下氯气和Al反应生成氯化铝，氯化铝易水解，无水氯化钙能吸收水分且和氯化铝不反应，所以能实现实验目的，故C正确；D氯气有毒，不能直接排空，但氯气能
34、和NaOH溶液反应生成易溶于水的物质NaCl、NaClO，所以能实现实验目的，故D正确；故选B14给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDCuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅【分析】A、二氧化硫与氯化钡不反应；B、二氧化硅不溶于水；C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体；D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀【解答】解：A、二氧化硫与氯化钡不反应
35、，弱酸不能制强酸，故A错误；B、二氧化硅不溶于水，二氧化硅与水不反应，故B错误；C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体，故C错误；D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2CH2（OH）（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，所以能实现转化，故D正确；故选D15硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应C工业上利用
36、Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【考点】含硫物质的性质及综合应用；氯气的化学性质【分析】A酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；B凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应；C工业上常用氯气和消石灰反应来制取漂白粉；D原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比【解答】解：ACO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故A错误； B除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故B正确；C澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石
37、灰，故C错误；D工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）H1反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）H2反应中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故D错误故选B二、（非选择题共80分）16某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+，Fe3+（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+，有关的离子方程式为Ag+ClAgCl（3）取（
38、2）中的滤液，加入过量的稀氨水（NH3H2O），出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有Mg2+，有关的离子方程式为Mg2+2NH2H2OMg（OH）2+2NH4+（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的BACl BNO3 CCO32 DOH【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】（1）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；（2）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；（3）能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+；（4）溶液中一定含银离子，与银离子结合生成沉淀的不能存在【解答】解：（1）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Cu2+、F
39、e3+，故答案为：Cu2+、Fe3+；（2）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为：Ag+；Ag+Cl=AgCl；（3）能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+，离子反应方程式为Mg2+2NH3H2OMg（OH）2+2NH4+，故答案为：Mg2+2NH3H2OMg（OH）2+2NH4+；（4）原溶液中存在Ag+，则Cl 不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32、OH不能与其共存，硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是硝酸根，故选B17如图中AJ分别代表相关反应的一种物质已知A分解
40、得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出请填写以下空白：（1）A的化学式NH4HCO3（2）写出反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C，4NH3+5O24NO+6H2O（3）写出反应的离子方程式：NH4+HCO3+2OHNH3+CO2 +2H2O（4）J与F反应的化学方程式：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（5）在反应中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为0.2mol【考点】无机物的推断；含氮物质的综合应用【分析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，
41、则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3【解答】解：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和Na2O2反应，则C为H2O或二氧化碳，Mg能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和
42、O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3（1）通过以上分析知，A是NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应生
43、成氨气、二氧化碳和水，离子方程式为：NH4+HCO3+2OHNH3+CO2 +2H2O，故答案为：NH4+HCO3+2OHNH3+CO2 +2H2O；（4）在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（5）水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，当生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量=0.2mol，故答案为：0.218空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一其工艺流程如下：（1）步骤
44、的离子方程式：Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42（2）步骤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离仪器的名称是分液漏斗（3）溴水混合物中溶有一定量的氯气，因此在步骤中可将蒸馏产生的气体通过溴化铁（或其他含Br的盐类物质）（填试剂名称）溶液，以除去氯气（4）步骤的蒸馏过程中，温度应控制在8090温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低（5）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是酸化可抑制Cl2、Br2与水反应（6）提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物
45、”而不是蒸馏“溴水混合物”，请说明原因：将“溴水混合物”转变为“溴水混合物”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本【考点】海水资源及其综合利用【分析】海水中通入氯气氧化溴离子得到溴水的混合溶液，用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，再通入氯气氧化溴化氢得到溴水的混合溶液，蒸馏得到溴单质，（1）步骤中溴单质与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢；（2）根据分液是分离两种不相溶的液体，用分液漏斗分离；（3）氯气具有强氧化性，可以氧化溴离子生成溴单质，所以可以通过溴化铁反应除去氯气；（4）依据溴单质的沸点和水的沸点分析，溴的沸点是58.5C，温度控
46、制过高，水会沸腾，温度过低，溴蒸气不易挥发；（5）在酸性条件下不利于氯气、溴单质与水之间反应；（6）海水中溴元素较少，从“溴水混合物”到“溴水混合物”过程是富集溴元素；【解答】解：（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，溴单质和氢氧化钠溶液反应，和还原性的物质发生氧化还原反应，SO2和溴单质、水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案为：Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42；（2）因液溴与溴水不相溶，可用分液漏斗通过分液操作分离，故答案为：分液漏斗；（3）溴水混合物中溶有一定量的氯气
47、，氯气具有强氧化性，可以氧化溴离子生成溴单质，因此在步骤中可将蒸馏产生的气体通过溴化铁（或其他含Br的盐类物质），故答案为：溴化铁（或其他含Br的盐类物质）；（4）溴的沸点是58.5C，温度应控制在8090最佳，温度控制过高，水会沸腾，溴蒸气中有水，温度过低，溴蒸气不易挥发，故答案为：若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低；（5）氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可抑制它们与水的反应，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；（6）海水中溴元素较少，从“溴水混合物”到“溴水混合物”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，富集溴元素，将“溴水混合
48、物”转变为“溴水混合物”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本，故答案为：将“溴水混合物”转变为“溴水混合物”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本19化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制取氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，使得溶液中还混有一定量的硫酸亚铁工业上为了充分利用制氢废液，常用其制备皓矾（ZnSO47H2O）某校化学兴趣小组的同学以制氢废液为原料来制取皓矾其实验流程如图所示：已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围如下：Fe（OH）3：2.73.7 Fe（OH）2：7.69.6Zn（OH）2：5.78.0 试回答下列问题
49、：（1）加入的试剂，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸，最好选用20%的H2O2，其理由是将制氢废液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时避免引入新的杂质；（2）加入的试剂，供选择使用的有：aZn粉，bZnO，cZn（OH）2，dZnCO3，eZnSO4，可选用bcd；（3）从晶体1晶体2，该过程的名称是重结晶；（4）在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因为了冲洗掉晶体表面的杂质离子，防止晶体溶解，影响产率【考点】制备实验方案的设计【分析】由题意可知溶液A含有亚铁离子、锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7
50、3.7Fe（OH）2：7.69.6 Zn（OH）2：5.78，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，应先要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，加入的氧化剂不能引入新的杂质，通常用20%的H2O2 然后加入ZnOZnCO3或Zn（OH）2）以调节溶液的pH至3.75.7，使得Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，同时避免引入新的杂质，过滤后将滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶可得到ZnSO47H2O，洗涤晶体时，为避免晶体溶解，可用酒精进行洗涤，以此解答该题【解答】解：由题意可知溶液A含有亚铁离子、锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉
51、淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.73.7Fe（OH）2：7.69.6 Zn（OH）2：5.78，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，应先要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，加入的氧化剂不能引入新的杂质，通常用20%的H2O2 然后加入ZnOZnCO3或Zn（OH）2）以调节溶液的pH至3.75.7，使得Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，同时避免引入新的杂质，过滤后将滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶可得到ZnSO47H2O，洗涤晶体时，为避免晶体溶解，可用酒精进行洗涤，（1）由以上分析可知试剂应为过氧化氢，可将制
52、氢废液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时避免引入新的杂质，故答案为：20%的H2O2；将制氢废液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时避免引入新的杂质；（2）试剂是用来调节溶液PH到至3.75.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到至3.75.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：bcd；（3）晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶，故答案为：重结晶；（4）涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中
53、加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率，故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子，防止晶体溶解，影响产率20某科研小组以难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：A
54、l2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH“浸取”时应保持溶液呈碱性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是提高浸取速率（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示）HCO3+OH=CO32+H2O（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水【考点】制备实验方案的设计【分析】难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液为NaAlO2和KAlO2溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到
55、固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠、碳酸氢钾溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠、碳酸钾，经重结晶得到碳酸钠、碳酸钾；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质【解答】解：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2，故答案为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；氧
56、化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O；（4）煅烧时需要碳
57、酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：Na2CO3；CO221轻质碳酸镁是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块（主要成分为MgCl2，含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子）为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如下：（1）“氧化”一步中发生反应的离子方程式为ClO+2H+2Fe2+2Fe3+Cl+H2O（2）“调节pH”一步应调节溶液的pH=9.8，其目的是使Fe3+、Mn2+等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避
58、免Mg2+转化为沉淀（3）“热解”一步温度控制在75左右，其原因是温度太低，反应速率慢，温度太高NH4HCO3会分解（4）从“过滤2”步骤中得到的滤液中能回收的盐类物质主要有NaCl、NH4Cl（填化学式） 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.911.1注：Fe（OH）2沉淀呈絮状，不易从溶液中除去（5）轻质碳酸镁的成分为碱式碳酸镁MgCO3Mg（OH）23H2O，则“热解”一步发生反应的离子方程式为2Mg2+4HCO3+2H2OMgCO3Mg（OH）23H2O+3CO2【考点】镁、铝的重要化
59、合物；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】（1）根据工艺流程可知，“氧化”目的是将Fe2+氧化物为Fe3+，再通过调节PH值除去，氯酸根具有强氧化性，将Fe2+氧化物为Fe3+，自身被还原为Cl，同时生成H2O；（2）根据各氢氧化物沉淀生成的pH与沉淀完全的pH，结合工艺流程可知，“调节pH”目的是使Fe3+、Mn2+等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避免Mg2+转化为沉淀；（3）由工艺流程可知，“热解”操作目的是将Mg2+、HCO3转化为MgCO3、Mg（OH）2沉淀，温度过高NH4HCO3会分解，温度太低，反应速率较慢；（4）由工艺流程可知，溶液2中含有Na+、NH4+
60、、Cl，据此判断；（5）由工艺流程可知，“热解”操作中Mg2+、HCO3转化为MgCO3Mg（OH）23H2O沉淀，同时生成CO2【解答】解：（1）根据工艺流程可知，“氧化”目的是将Fe2+氧化物为Fe3+，再通过调节PH值除去，氯酸根具有强氧化性，将Fe2+氧化物为Fe3+，自身被还原为Cl，同时生成H2O，反应离子方程式为：ClO+2H+2Fe2+2Fe3+Cl+H2O，故答案为：ClO+2H+2Fe2+2Fe3+Cl+H2O；（2）根据各氢氧化物沉淀生成的pH与沉淀完全的pH，结合工艺流程可知，“调节pH”目的是使Fe3+、Mn2+等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避免Mg2+转化为
61、沉淀，故答案为：使Fe3+、Mn2+等杂质离子生成氢氧化物沉淀除去，且尽量避免Mg2+转化为沉淀；（3）由工艺流程可知，“热解”操作目的是将Mg2+、HCO3转化为MgCO3、Mg（OH）2沉淀，温度过高NH4HCO3会分解，温度太低，反应速率较慢，故答案为：温度太低，反应速率慢，温度太高NH4HCO3会分解；（4）由工艺流程可知，溶液2中含有Na+、NH4+、Cl，故从中能回收的盐类物质为NaCl、NH4Cl，故答案为：NaCl、NH4Cl；（5）由工艺流程可知，“热解”操作中Mg2+、HCO3转化为MgCO3Mg（OH）23H2O沉淀，同时生成CO2，故反应方程式为：2Mg2+4HCO3+2H2OMgCO3Mg（OH）23H2O+3CO2，故答案为：2Mg2+4HCO3+2H2OMgCO3Mg（OH）23H2O+3CO22016年6月18日
