安徽省当涂第一中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023-2024年度高二上学期开学考考试化学试题(卷面分值：100分考试时间：75分钟)注意事项：1.本试卷共6页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号写在答卷的密封区内。2.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答卷的指定位置上，作答选择题必须将答案写在答卷的相应题号框内。请保持试卷卷面清洁，不折叠、不破损。3.考试结束后，请将答卷交回。可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Al27　Cl35.5　Fe56　Cu64第Ⅰ卷(选择题　共48分)一、选择题(本大题共16题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的)1.下列说法错误的是（）A.油脂、蛋白质、纤维素在人体内都能发生水解反应B.石油裂化、煤的干馏、煤的气化、煤的液化都有化学变化发生C.稻草、纸张的主要成分是纤维素；羊毛、蚕丝的主要成分是蛋白质D.利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂【答案】A【解析】【详解】A.人体内无纤维素水解酶，不能消化纤维素，A错误；B.石油的裂化、煤的干馏、煤的气化、煤的液化过程中都产生了新的物质，因此都有化学变化发生，B正确；C.稻草、纸张的主要成分都是纤维素，而羊毛和蚕丝的主要成分是蛋白质，C正确；D.油脂在碱性条件下的水解生成丙三醇和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此可利用油脂在碱性条件下的水解生产甘油和肥皂，D正确；故合理选项是A。2.利用固体表面催化工艺进行分解过程如图所示。 下列说法不正确的是A.属于共价化合物B过程②吸收能量，过程③放出能量C.反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成D.标准状况下，分解生成时转移电子数约为【答案】D【解析】【分析】NO吸附在催化剂表面，在催化剂表面断键形成N原子和O原子，N原子和O原子在催化剂表面反应生成N2和O2，解吸得到N2和O2。【详解】A．NO属于共价化合物，A正确；B．过程②断键，吸收能量，过程③形成化学键，放出能量，B正确；C．反应过程中N和O之间为极性键断裂，生成N2和O2时形成了非极性键，C正确；D．标准状况下，分解生成时，N元素由-3价变为0价，共有2molNO反应，转移电子数约为，D错误；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，22.4LHCl气体中含有H＋数目为NAB.常温下，5.6gFe与足量的浓硝酸反应，转移电子数目为0.3NAC.常温常压下，28g乙烯和丙烯的混合物中C-H键的数目为4NAD.常温常压下，1molCl2通入水中充分反应转移1mol电子【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，HCl气体为共价化合物，HCl气体中不含H＋，A错误；B.常温下，Fe与浓硝酸发生钝化生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，B错误；C.乙烯和丙烯的最简式都为CH2，常温常压下，28g乙烯和丙烯的混合物中含有2molCH2，C-H键的数目为4NA，C正确；D.常温常压下，1molCl2通入水中，部分氯气与水反应（即氯气与水的反应为可逆反应），转移电子物质的量小于1mol，D错误；答案为C。 4.下列离子方程式正确的是①碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mg2+③醋酸与大理石：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：2H++SO+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓⑤Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OA.①②④B.②③⑤C.②③④D.③④⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】①碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合，采用“以少定多”法，离子方程式应为：Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+，故①错误；②碳酸镁与稀硫酸反应，生成可溶性盐MgSO4、CO2气体、水，离子方程式正确；③醋酸与大理石发生复分解反应，由于醋酸为弱酸，碳酸钙难溶于水，所以两种反应物都应以化学式表示，离子方程式正确；④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全，可假设NaHSO4为1mol，则需要加入1molBa(OH)2，离子方程式应为：H++SO+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，故④错误；⑤Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成Fe3+和H2O，离子方程式正确；综合以上分析，②③⑤正确，故B正确；故选B。5.下列关于有机物的叙述正确的  A.乙烯使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理相同B.醋酸、葡萄糖和淀粉三种无色溶液，可以用新制悬浊液鉴别C.乙醇、乙酸均能与钠反应放出，二者分子中官能团相同D.取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝，说明淀粉溶液已经完全水解【答案】B 【解析】【详解】A．乙烯使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理不相同，前者是加成反应，后者是氧化还原反应，故A不选；B．醋酸遇到新制悬浊液时，现象是悬浊液溶解；葡萄糖遇到新制悬浊液加热时，现象是产生砖红色沉淀；淀粉遇到新制悬浊液时，没有明显现象发生，所以可以用新制悬浊液鉴别，故选B；C．乙醇、乙酸均能与钠反应放出，二者分子中官能团不相同，前者是羟基，后者是羧基，故C不选；D．氢氧化钠溶液过量，则碘会与氢氧化钠发生反应，无法确定是否水解完全，故D不选；答案选B。6.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。该反应达到化学平衡状态时，下列说法正确的是A.正、逆反应速率均为零B.CH3OH全部转化为CH3OCH3和H2OC.CH3OH、CH3OCH3、H2O的浓度不再变化D.CH3OH、CH3OCH3、H2O的浓度一定相等【答案】C【解析】【详解】A．化学平衡是一种动态平衡，平衡时同种物质的正逆反应速率相等，但不等于零，A项错误；B．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则CH3OH不可能全部转化为CH3OCH3和H2O，B项错误；C．达到平衡时，同种物质的正逆反应速率相等，则CH3OH、CH3OCH3、H2O的浓度不再变化，C项正确；D．各组分的浓度与初始浓度和转化率有关，平衡时各组分的浓度不再变化，但不一定相等，D项错误；答案选C。7.SO2可形成酸雨，是大气污染物。利用如图装置既可以吸收工厂排放的SO2又可以制得硫酸溶液。下列说法正确的是 A.a极为负极，发生还原反应B.b极的电极反应式为C.电子的流动方向：a极→电解质溶液→b极D.从左下口流出的硫酸溶液的质量分数一定大于50%【答案】B【解析】【分析】根据图示，a通入生成，发生氧化反应，为原电池的负极，b通入，为原电池的正极，发生反应：。【详解】A．a极负极，发生氧化反应，A错误；B．b通入，为原电池的正极，发生反应：，B正确；C．电子不能在电解质溶液中传导，C错误；D．氢离子由a极区向b极区移动，a极区发生反应，左上口有水进入，左下口流出的硫酸溶液质量分数可能小于50%，D错误；故选B。8.如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论 Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2＞Br2＞I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变血红色还原性：Fe2＋＞Cl-A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】向KMnO4晶体中滴加一滴浓盐酸，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，生成的Cl2在培养皿内扩散，并与a、b、c、d、e的滤纸中相关溶液中的溶质发生反应。【详解】A．a处发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的I2使淀粉变蓝，b处发生反应Cl2+NaBr=2NaCl+Br2，表明氧化性：Cl2＞Br2和Cl2＞I2，不能说明氧化性：Br2＞I2，A不正确；B．c处发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则可以说明氯气与水反应生成酸性和漂白性物质，蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B不正确；C．d处，氯气与水反应生成的酸性物质能中和NaOH，也可以使之出现对应的实验现象，C不正确；D．e处变血红色是氯气氧化Fe2＋生成Fe3＋的结果，表明发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则还原性：Fe2＋＞Cl-，D正确；故选D。9.化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价一类”二维图。铁元素的“价一类”二维图如图所示，下列说法正确的是A.工业上高炉炼铁用CO还原Fe2O3炼铁，该反应为置换反应B.FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化生成红棕色粉末C.维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C作还原剂 D.往FeCl3中滴加氢氧化钠溶液生成Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故FeCl3可用作净水剂【答案】C【解析】【详解】A．反应物没有单质参加反应，不是置换反应，故A错误；B．FeO为黑色，易被氧化为氧化铁，则FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化四氧化三铁，故B错误；C．维生素C将Fe3＋转化为Fe2＋，Fe元素发生还原反应，可知维生素表现还原性，故C正确；D．FeCl3中滴加氢氧化钠溶液直接生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故D错误；故选：C。10.在指定的溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是A.无色透明溶液中：、、、B.常温下，的溶液中：、、、C.加入紫色石蕊显蓝色的溶液中：、、、D.与Al反应产生的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸根离子为紫红色，不可能存在于无色溶液中，且酸性条件下高锰酸根离子能氧化碘离子，碘离子、氢离子和高锰酸根离子不能共存，A错误；B．常温下pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能氧化亚铁离子，两者不能大量共存，B错误；C．加入紫色石蕊显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下选项中的四种离子相互之间不反应，能大量共存，C正确；D．与Al反应生成氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，酸性条件下硅酸根离子不能大量存在，碱性条件下镁离子不能大量存在，D错误；故答案选C。11.山东师大在合成布洛芬药物方面取得了进展。布洛芬的结构简式如图所示。下列关于布洛芬的说法，错误的是 A.布洛芬能与碳酸钠溶液反应B.布洛芬的分子式为C13H18O2C.布洛芬可发生加成反应、取代反应、氧化反应D.布洛芬与互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．该分子含羧基，能与碳酸钠溶液反应，A正确；B．由结构可知，分子式为C13H18O2，B正确；C．苯环和烷基上氢、羧基均可发生取代反应，苯环可以发生加成反应，该物质可以燃烧发生氧化反应，C正确；D．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；布洛芬与结构不相似，不互为同系物，D错误；故选D。12.实验小组设计图所示装置，验证SO2性质，对实验现象分析不正确的是A.通入SO2一段时间后，试管内时的CCl4溶液逐渐褪色，说明SO2具有还原性B.一段时间后试管内有白色沉淀，说明SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀C.试管中红色花瓣颜色变浅，说明SO2溶于水具有漂白性D.滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，说明SO2能与碱溶液反应【答案】B【解析】【分析】硫酸和Na2SO3发生复分解反应产生SO2，SO2与溴、水在氯化钡溶液和溴的四氯化碳分界处发生 氧化还原反应生成硫酸、HBr，一段时间后溴的四氯化碳溶液褪色，证明二氧化硫有还原性，硫酸与氯化钡产生硫酸钡沉淀，湿润的二氧化硫使红色花瓣褪色，说明二氧化硫有漂白性，与NaOH溶液反应消耗NaOH，滴有酚酞的NaOH溶液褪色。【详解】A．由分析可知，一段时间后试管内Br2的CCl4溶液褪色，则SO2和Br2、H2O发生氧化还原反应，说明SO2具有还原性，故A正确；B．由分析可知沉淀为BaSO4，故B错误；C．SO2有漂白性，根据试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性，故C正确；D．滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，NaOH物质的量减少，则说明SO2能与碱溶液反应，故D正确。答案为B。13.对于反应4A(g)+5B(g)4C(g)+6D(g)来说，下列4种不同情况下反应速率最快的是A.v(A)=0.01mol·L−1·s−1B.v(B)=0.6mol·L−1·min−1C.v(C)=0.5mol·L−1·min−1D.v(D)=0.005mol·L−1·s−1【答案】A【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示；【详解】故选A。14.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①Cl2+KOH―→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法正确的是A.若反应①中n(ClO-)∶n()=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1B.反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2C.氧化性：K2FeO4>KClO D.若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2【答案】D【解析】【详解】A．反应①中氯气既是氧化剂又是还原剂，若反应①中n(ClO-)∶n()=5∶1，根据得失电子守恒，n(ClO-)∶n()：n(Cl-)=5∶1：10，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶6=5:3，故A错误；B．反应①产物中K、Cl原子数比为1:1，反应①中每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标准状况下Cl2的体积是44.8L，故B错误；C．反应②中，KClO中Cl元素化合价降低，KClO是氧化剂，Fe(NO3)3中Fe元素化合价升高得到K2FeO4，K2FeO4是氧化产物，所以氧化性：K2FeO4<KClO，故C错误；D．若反应①的氧化产物只有KClO，①Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molKClO，0.3molCl2通过反应①生成0.3molKClO，故D正确；选D。15.为了研究一定浓度Fe2+的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是A.pH越大氧化率越大B.温度越高氧化率越小C.Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率【答案】D【解析】【详解】A．②③对比，pH越大氧化率越低，故A错误；B．①②对比，温度越高氧化率越大，故B错误； C．根据实验结果，可知Fe2+的氧化率与溶液的pH和温度有关，但不能证明Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关，故C错误；D．pH越大氧化率越低，温度越高氧化率越大，实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率，故D正确；选D。16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示，下列说法中正确的是元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、−3−2A.X、Y元素的金属性：X<YB.一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C.一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来D.Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水【答案】C【解析】【分析】根据原子半径和主要的化合价，X为Mg，Y为Al，Z为N，W为O。【详解】A．X、Y元素的金属性：，A错误；B．Z为N，W为O，和只能生成，B错误；C．因为的氧化性强于，所以一定条件下，可以与氮的氢化物置换出来，C正确；D．Y为Al，最高价氧化物对应的水化物为，不能溶于稀氨水，D错误；故选C。第Ⅱ卷(主观题/非选择题共52分)二、非选择题(本大题共4题，共计52分)17.以二氧化锰和浓盐酸为主要原料制取氯气，并设计了如图所示装置(其中A是连有注射器针头的橡皮管，针头已插入并穿过橡皮塞)。 试回答下列问题：（1）乙和丙中的现象分别是_____；由上述现象可得出结论：_____(写化学式)具有漂白作用；（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_____；分液漏斗与烧瓶连接橡皮管的目的是_____；（3）ClO2气体是一种新型高效含氯消毒剂。实验室可通过以下反应制2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，试回答下列问题。若反应共产生了0.2mol气体，消耗还原剂的质量为_____g。ClO2的有效氯含量为_____(有效氯含量指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力)。（4）用ClO2气体可去除地下水中Mn2+，生成难溶于水的MnO2，该反应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.乙中布条不褪色、丙中布条褪色②.HClO（2）①.②.平衡气压，有利于液体流下（3）①.4.5②.2.63（4）【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸加热生成氯气，制得的Cl2通过浓H2SO4（甲中）干燥Cl2，除去氯气中的水蒸气；Cl2与干红布条不反应（乙中），没有次氯酸生成，所以有色布条不褪色；Cl2与H2O反应生成的HClO起漂白作用，所以丙中红色布条褪色；Cl2与KI溶液反应生成I2单质，CCl4萃取碘单质，溶液分层（丁中）下层是I2的CCl4溶液，所以丁中的现象是下层四氯化碳层呈紫红色，采用分液的方法分离；装置戊收集氯气，尾气使用碱液吸收氯气防止污染空气；【小问1详解】氯气不具有漂白性，次氯酸具有漂白性，通入到乙中的氯气为干燥氯气，所以不能使红色布条褪色，通入丙中的氯气与湿润布条中的水反应生成据有漂白性的次氯酸，所以有色布条褪色，故答案为：乙中布条不褪色、丙中布条褪色；HClO； 【小问2详解】圆底烧瓶中制取氯气反应物用的二氧化锰和浓盐酸，加热生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：；利用橡皮管连接后，分液漏斗与烧瓶内气压相等，平衡气压，有利于液体流下；【小问3详解】反应中碳元素化合价由+3变为+4，则草酸为还原剂，若反应共产生了0.2mol气体，则反应生成二氧化碳0.1mol，消耗还原剂0.05molH2C2O4，H2C2O4质量为4.5g。ClO2消毒时氯元素化合价由+4变为-1，Cl2消毒时氯元素化合价由0变为-1，根据题意可知，故有效氯含量为；【小问4详解】ClO2气体可去除地下水中Mn2+，生成难溶于水的MnO2，该反应中氯元素化合价由+4变为-1、锰元素化合价由+2变为+4，根据电子守恒可知，离子方程式为。18.按照要求回答问题。（1）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，则A物质为___________，C→D的化学方程式：___________。（2）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据如图所示回答问题：①检验某物质一定是Y的方法是___________。②W的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为___________；若反应后收集到336mL气体产物(标准状况)，则电子转移数目为___________。③欲制备，从氧化还原角度分析，合理的是___________(填序号)。 A．B．C．D．【答案】（1）①.N2②.3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）①.将SO2通入品红溶液中观察褪色，加热恢复红色②.③.0.03NA④.B【解析】【分析】(1)将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，试管容积的是气体，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，气体C为NO2，则D为HNO3，B为NO，A为N2。(2)X为气态氢化物H2S，Y为硫元素+4价的氧化物SO2，Z为硫元素+4价的盐，可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸H2SO4。【小问1详解】A为N2，C为NO2，D为HNO3，则C→D的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。【小问2详解】①由上述分析可知Y为SO2，二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，加热恢复红色，所以检验二氧化硫的试剂可以用品红溶液。②W的浓溶液是浓硫酸，与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、水和二氧化硫气体，则反应的化学方程式为：，336mL气体为SO2，物质的量为0.015mol，则被还原的W物质的量0.015mol，硫元素由+6价变为+4价，则电子转移数目为0.015mol×2×NA/mol=0.03NA。③Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于+2和小于+2，A中S化合价都小于+2，C、D中S的化合价都大于+2，只有B符合题意。19.海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。下图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。回答下列问题：（1）海水淡化的方法主要有_____(填任意一种)。（2）从离子反应的角度思考，往海水中加入石灰乳的作用是_____。 （3）镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60％的镁从海水中提取。①若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是_____(填具体操作)。②操作b是在若在空气中加热，则会生成Mg(OH)2，写出有关反应的化学方程式：_____。（4）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为_____，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于_____。【答案】（1）蒸馏法、膜法（2）沉淀Mg2+（3）①.用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠②.（4）①.②.制取盐酸、漂白粉、漂白液、循环使用等【解析】【分析】由流程可知，海水结晶、过滤分离出粗盐、母液，粗盐重结晶得到精盐，母液加入石灰乳沉镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后的沉淀中加入盐酸生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到氯化镁晶体，氯化镁晶体在氯化氢气流中失水得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气；贝壳煅烧得到氧化钙，氧化钙和水分与生成氢氧化钙，氢氧化钙加入母液中沉淀镁离子；【小问1详解】海水淡化的方法主要有蒸馏法、膜法；【小问2详解】往海水中加入石灰乳的作用是沉淀Mg2+，生成氢氧化镁沉淀；【小问3详解】①焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是：用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；②如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O则Mg2+会水解的生成Mg(OH)2和HCl，故需通入HCl可以抑制其水解，有关反应的化学方程式：；【小问4详解】无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为，副产物氯气中含有氯元素，可以用于制取盐酸、漂白粉、漂白液、循环 使用等。20.明矾是生活中常见的净水剂，用铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)制取明矾的工艺如下：（1）焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6A↑(Al2O3少部分发生类似反应)。气体A的化学式为___________。（2）操作①的名称是___________，操作①后，需洗涤固体D表面吸附的离子，判断固体D是否洗涤干净的实验方法是：取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加KSCN溶液，观察到___________，说明已洗涤干净。（3）固体D加稀硫酸反应的离子方程式为___________。（4）操作③的具体步骤是蒸发、___________、过滤、洗涤、干燥。（5）固体E与NaOH固体焙烧可制备防火材料，下列装置适合的是___________(填字母编号)。a.b.c.d.（6）不计过程中的损失，投入5t铝土矿，理论上可制得明矾___________t(明矾的相对分子质量为474)。【答案】（1）NH3（2）①.过滤②.溶液不会变为红色（3）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（4）冷却结晶（5）b（6）18.96【解析】【分析】铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)焙烧除铁，固体B为NH4Fe(SO4)2、SiO2、Al2O3，加水溶解过滤得到固体D为SiO2、Al2O3。D中氧化铝可以和硫酸反应生成硫酸铝和水，硫酸铝和硫酸钾混合制得明矾。 【小问1详解】根据原子守恒，可得A为NH3。【小问2详解】操作①为加水溶解后过滤；洗涤固体D表面吸附的离子NH、Fe3+、SO，故判断固体D是否洗涤干净的实验方法是：取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液不会变为红色，说明已洗涤干净。【小问3详解】氧化铝可以和硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。【小问4详解】操作③的具体步骤是蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问5详解】加热固体选用坩埚，瓷器的成分中有二氧化硅，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，故选用仪器为b。【小问6详解】