（浙江选考）2020版高考化学大一轮复习综合测试（二）.docx

综合测试(二)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Fe56Ba137Zn65一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是()A.NaClB.MgOC.H2SO3D.Ca(OH)2答案D解析NaCl属于盐类,MgO属于碱性氧化物,H2SO3属于酸,Ca(OH)2属于碱,因此选项D正确。2.(2018台州中学第一次统练)下列仪器名称不正确的是()答案C解析C项仪器是泥三角,不是三脚架,故C错误。3.下列物质属于弱电解质的是()A.CH3COOHB.铜C.氢氧化钾固体D.乙醇答案A解析CH3COOH属于弱酸,属于弱电解质。4.下列反应不属于四种基本反应类型的是()A.CuSO4+H2SCuS+H2SO4B.2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2C.Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2OD.4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3答案B解析A项所述反应属于复分解反应,B项所述反应属于氧化还原反应,C项所述反应属于分解反应,D项所述反应属于化合反应;不属于四种基本反应类型的是B项。5.下列物质的制备,不符合工业生产实际的是()A.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯度的硅B.工业上电解饱和食盐水制氯气C.工业上电解熔融氯化镁制单质镁D.工业上炼铁时,常用石灰石除去铁矿石中的SiO2答案A解析工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅,选项A错误。6.下列有关二氧化硫的说法中正确的是()A.二氧化硫可用于抑制酒中细菌生长,可在葡萄酒中微量添加B.二氧化硫能使品红褪色,加热后颜色不能恢复C.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了二氧化硫的漂白性D.二氧化硫属于碱性氧化物,可以用NaOH溶液吸收答案A解析二氧化硫使品红褪色体现它的漂白性,二氧化硫与色素结合生成无色不稳定的物质,受热后又分解恢复原来颜色,选项B错误;二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色,原因是二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了二氧化硫的还原性,选项C错误;二氧化硫属于酸性氧化物,选项D错误。7.下列化学用语表述正确的是()A.二氧化硅的分子式:SiO2B.次氯酸的结构式:HOClC.氯原子的结构示意图:+17288D.四氯化碳的比例模型:答案B解析二氧化硅属于原子晶体,不存在分子,只能称SiO2为化学式,选项A错误;+17288为Cl-的结构示意图,C项错误;氯原子半径比碳原子大,因此该四氯化碳的比例模型错误,选项D错误,正确答案为B。8.(2018慈溪浒山中学检测)下列说法中错误的是()A.原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B.元素周期表中从第B族到第B族10个纵行的元素都是金属元素C.除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8D.第1周期元素、第A族元素和稀有气体元素都是非金属元素答案A解析金属阳离子的核外电子层数往往小于其周期数,故A项错误;副族元素全部都是金属元素,故B项正确;He的最外层电子数为2,其余稀有气体原子的最外层电子数都是8,故C项正确;第1周期只有氢和氦两种元素,属于非金属元素,第A族元素包括氟、氯、溴、碘、砹,都属于非金属元素,稀有气体元素也都是非金属元素,故D正确。9.(2018台州中学第一次统练)下列有关说法正确的是()A.储热材料芒硝可用于光能-化学能的转换B.发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能C.利用微生物在光合作用下分解水,是氢气制取的一个重要研究方向D.太阳能、可燃冰资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染,且可以再生,是最有希望的未来新能源答案B解析储热材料芒硝受热熔化后可储热,结晶后可放热,故可用于热能-化学能的转换,故A错误;当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精,垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能,故B正确;利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向,而不是利用光合作用,光合作用不会产生氢气,故C错误;可燃冰资源不可再生,故D错误。10.(2018杭州学军中学选考模拟考试)下列关于有机化合物的说法正确的是()A.H2与D2互为同素异形体B.符合CnH2n+2且n不同的烃一定属于同系物C.CH2Cl2有2种同分异构体D.碳元素有多种核素,其中13C可用于考古断代答案B解析H2与D2的结构相同,不互为同素异形体,故A错误;符合CnH2n+2且n不同的烃都属于烷烃,一定属于同系物,故B正确;甲烷为正四面体结构,4个H均为相邻位置,则CH2Cl2只有1种结构,故C错误;碳元素有多种核素,其中14C可用于考古断代,故D错误。11.未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染,且可以再生。下列最有希望的新能源是()天然气煤石油太阳能氢能A.B.C.D.答案A解析煤、石油和天然气是传统能源。12.在一定温度下,向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g),发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g),2 s时生成0.1 mol H2,则以HI表示该时段的化学反应速率是()A.0.05 molL-1s-1B.0.1 molL-1s-1C.0.2 molL-1s-1D.0.8 molL-1s-1答案B解析2HI(g)H2(g)+I2(g)起始1molL-1002s变化0.2molL-10.1molL-10.1molL-1v(HI)=0.2molL-12s=0.1molL-1s-113.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.Cl2通入水中:Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-B.将过氧化钠投入足量水中:2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2C.将铜丝插入浓硝酸中:3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OD.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液混合:Fe2+2SO42-+2Ba2+2OH-Fe(OH)2+2BaSO4答案B解析Cl2通入水中,发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO,A项错误;将过氧化钠投入足量水中生成氢氧化钠和氧气:2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2,B项正确;将铜丝插入浓硝酸中,发生反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O,C项错误;(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液混合,发生反应的离子方程式为Fe2+2SO42-+2NH4+2Ba2+4OH-Fe(OH)2+2BaSO4+2NH3H2O,故D项错误。14.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如右表所示,这四种元素的原子最外层电子数之和为20。则下列说法不正确的是()A.最高价氧化物对应水化物的酸性:XZB.原子半径大小:YWC.X的非金属性强于YD.X和Y的单质都存在同素异形体答案C解析设X的最外层电子数为x,则x+x-1+x+2+x+3=20,x=4,由元素周期表的结构可以推出W为Al元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Cl元素。最高价氧化物对应水化物的酸性:H2CO3HClO4,A项正确;原子半径大小:OAl,B项正确;同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,则X的非金属性弱于Y,C项错误;碳单质的同素异形体有金刚石、石墨等,氧单质的同素异形体有氧气和臭氧,D项正确。15.下列说法不正确的是()A.相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧,消耗氧气的质量相同B.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C.生物质在一定条件下发生化学反应,产生热值较高的可燃性气体,该过程属于热化学转化D.聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应答案D解析乙烯所含碳碳双键断裂,相互加成生成聚乙烯,聚乙烯中不存在碳碳双键,聚乙烯塑料的老化是由于发生了氧化反应,D项错误。16.下列说法正确的是()A.利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程B.油脂、糖类、蛋白质在一定条件下均能水解C.动物脂肪属于天然高分子化合物,工业上用于生产肥皂D.含蛋白酶的洗衣粉可以洗涤丝绸、全羊毛等纤维织物,且水温高于50 洗涤效果好答案A解析单糖不能发生水解反应,故B项错误;常温下,油脂呈液态的是油,呈固态的是脂肪,植物油、动物脂肪统称油脂,都是高级脂肪酸甘油酯,动物脂肪不属于天然高分子化合物,故C项错误;含蛋白酶的洗衣粉不可以洗涤丝绸、全羊毛等纤维织物,因为蛋白酶能催化蛋白质的水解,且水温不能太高,高于50蛋白质会发生变性,洗涤效果不好,故D项错误。17.电子表所用的纽扣电池,两极材料为锌和氧化银,电解质溶液为KOH溶液,电池反应为Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2,示意图如右图所示。下列判断正确的是()A.锌为负极,被还原B.纽扣电池工作时,OH-移向Ag2OC.每6.5 g锌发生反应时,转移的电子数为0.1NAD.纽扣电池工作时,电解质溶液的碱性增强答案D解析Zn被氧化,应作原电池的负极,故A项错误;原电池工作时,电解质中的阴离子移向负极,即向锌电极移动,故B项错误;每6.5g锌发生反应时,转移电子的数目为0.2NA,故C项错误;原电池工作时,水参与反应导致KOH浓度增大,故溶液pH增大,D项正确。18.为了证明一水合氨(NH3H2O)是弱电解质,常温下做以下实验没有意义的是()A.用pH试纸测出0.010 molL-1氨水的pH为10B.用pH试纸测定0.10 molL-1NH4Cl溶液的pH0,实验测得反应体系中水蒸气浓度(molL-1)的变化结果如下:序号时间/min01020304060温度T1/1号Cu2O0.050 00.049 20.048 60.048 20.048 00.048 0温度T1/2号Cu2O0.050 00.049 00.048 30.048 00.048 00.048 0续表序号时间/min01020304060温度T2/2号Cu2O0.050 00.048 00.047 00.047 00.047 00.047 0下列说法不正确的是()A.实验时的温度T2高于T1B.2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高C.实验前20 min的平均反应速率v(O2)=710-5 molL-1min-1D.等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高,这与Cu2O的粒径大小有关答案C解析从表中可以看出,实验与实验相比,对应的反应速率大,说明实验时的温度T2高于T1,故A项正确;中反应速率比大,2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高,故B项正确;实验前20min的平均反应速率v(H2O)=710-5molL-1min-1,v(O2)=12v(H2O)=3.510-5molL-1min-1,故C项错误;实验对应的化学平衡状态未改变,实验对应的反应速率增大,说明实验加入的催化剂的活性高,实验中催化剂微粒更小,比表面积更大,等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高,这与Cu2O的粒径大小有关,故D项正确。22.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,11.2 L氯气溶于水,反应中转移的电子数为0.5NAB.1 L 1 molL-1的酒精溶液中含NA个分子C.常温常压下,1.06 g Na2CO3固体中含有的钠离子数为0.02NAD.金属钠与氧气反应时,每消耗1 mol氧气,转移的电子数一定为4NA答案C解析Cl2与水的反应为可逆反应,0.5mol氯气溶于水,转移的电子数小于0.5NA,选项A错误;1L1molL-1的酒精溶液中含1mol乙醇分子,但还有大量的水分子,故分子数大于NA,选项B错误;1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol,含钠离子数为0.02NA,选项C正确;在有氧气参加的化学反应中,消耗1mol氧气时转移电子不一定为4mol,如反应2Na+O2Na2O2中,消耗1molO2转移2mol电子,选项D错误。23.常温下,用0.10 molL-1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 molL-1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.点和点所示溶液中:c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C.点和点所示溶液中:c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)D.点和点所示溶液中都有:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)答案C解析点中氰根离子水解程度大于氢氰酸的电离程度,点中醋酸根离子水解程度小于醋酸的电离程度,故c(CH3COO-)c(CN-),A项错误;点的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+),点所示溶液中c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),B项错误;点和点所示溶液中根据物料守恒:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(HCN)+c(CN-),C项正确;点和点所示溶液都有:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),两点钠离子浓度和醋酸浓度不等,D项错误。24.(2018湖南师大附中月考)某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。下列说法正确的是()滤液混合物X混合物Y混合物ZKCl晶体A.起始滤液常温下pH=7B.试剂为Ba(NO3)2溶液C.整个提纯过程需经2次过滤D.步骤的目的是除去CO32-答案D解析氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质,除去碳酸根离子和硫酸根离子,由流程可知,需要加入的试剂为过量氯化钡溶液,过滤后获得含氯化钡、氯化钾的混合溶液X,然后加入的过量试剂为碳酸钾溶液,以除去溶液中的氯化钡,过滤,得到含氯化钾和碳酸钾的混合液Y,再加入的试剂为过量盐酸,目的是除去过量的碳酸钾,最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。碳酸钾溶液水解显碱性,pH7,故A错误;由上述分析可知,试剂为BaCl2溶液,为了不引入新杂质,故试剂不能为Ba(NO3)2溶液,B错误;样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,选择试剂除去杂质还需要2次过滤,蒸发后还需要过滤出KCl晶体,故C错误;步骤中加入的试剂为过量盐酸,其目的是除去CO32-,故D正确。25.(2018苍南中学段考)有600 mL某种混合物溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生;(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol;(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后,得干燥的沉淀6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g。根据上述实验,以下推测不正确的是()A.K+一定存在B.Ba2+、Mg2+一定不存在C.Cl-一定存在D.混合溶液中CO32-的浓度为0.1 molL-1答案C解析(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生,则溶液中可能有Cl-、CO32-、SO42-;(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04mol,则溶液中一定有0.04molNH4+;(3)向第三份中加足量BaCl2溶液后,得干燥的沉淀6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33g,可以确定生成硫酸钡2.33g(0.01mol)、碳酸钡3.94g(0.02mol),则每份溶液中含0.01molSO42-和0.02molCO32-,一定没有Ba2+和Mg2+。根据电荷守恒,K+一定存在,A正确;由上述分析可知,Ba2+、Mg2+一定不存在,B正确;无法判断Cl-是否存在,C不正确;混合溶液中CO32-的浓度为0.02mol0.2L=0.1molL-1,D正确。二、非选择题(本大题共7小题,共50分)26.(6分)A是一种重要的化工原料,部分性质及转化关系如下图所示:请回答:(1)A中官能团的名称是。(2)有机物D的结构简式是。(3)AB的化学方程式是,反应类型是。答案(1)碳碳双键(2)CH3COOH(3)+H2CH3CH3加成反应解析C、D反应生成乙酸乙酯,由此可知一种是乙醇,一种是乙酸;A和水反应生成C,可推知C是乙醇,A是乙烯,那么D就是乙酸;乙烯和氢气发生加成反应生成乙烷。27.(4分)(2018嘉兴二模)为探究矿石样品A(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:已知溶液D中只含一种金属阳离子,与铁粉充分反应后固体质量减少14 g。请回答:(1)样品A的化学式为。(2)写出气体C与溴水反应的离子方程式:。(3)写出样品A与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式:。答案(1)Fe3S4(2)SO2+Br2+2H2O4H+2Br-+SO42-(3)Fe3S4+6HCl3FeCl2+S+3H2S解析(1)矿石样品A(仅含两种元素)在足量O2中灼烧,可生成固体B和气体C,气体C与溴水反应生成无色溶液E,说明气体C为SO2,则样品A中一定含硫元素;固体B与过量盐酸反应,可生成棕黄色溶液D,D与过量铁粉反应生成H2,并且溶液D中只含一种金属阳离子,说明棕黄色溶液D中含有FeCl3,故样品A中一定含Fe、S两种元素。设样品A中含有Fe原子的物质的量为x,溶液D与铁粉充分反应后固体质量减少14g,产生H2的体积为2.24L(标准状况),发生的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+2H+Fe2+H2,可知减少固体的质量为x256gmol-1+0.1mol56gmol-1=14g,解得x=0.3mol,则29.6g样品A中含硫原子的物质的量为29.6g-0.3mol56gmol-132gmol-1=0.4mol,所以样品A的化学式为Fe3S4。(2)SO2与溴水反应生成硫酸和溴化氢,反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+2Br-+SO42-。(3)Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应,反应的化学方程式为Fe3S4+6HCl3FeCl2+S+3H2S。28.(6分)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)m g铁碳合金中加入过量浓硫酸,未点燃酒精灯前,A、B均无明显现象,其原因是常温下碳与浓硫酸不反应;。(2)写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式:。(3)C装置的作用是。(4)该小组同学设计的实验装置存在缺陷,有关该实验装置及实验过程中,下列因素可能会导致铁碳合金中铁的质量分数测量值偏小的原因是(填字母)。A.A中反应不完全B.E中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2OC.反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收D.反应完全后,还有CO2气体滞留在装置体系中答案(1)常温下Fe在浓硫酸中钝化(2)C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O(3)除尽反应生成的二氧化硫(4)BC29.(4分)常温下,取0.592 g Na2CO3和NaHCO3的固体混合物溶于水配成50.0 mL溶液,往溶液中加入50.0 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成的沉淀量最多,测得反应后溶液的pH=13(混合溶液体积改变忽略不计)。试计算:(1)反应后溶液中n(OH-)=。(2)原混合物中n(Na2CO3)n(NaHCO3)=。答案(1)0.010 0 mol(2)21解析设原混合物中n(Na2CO3)=xmol,n(NaHCO3)=ymol,往溶液中加入Ba(OH)2溶液,恰好使生成白色沉淀的量最多,根据HCO3-+OH-CO32-+H2O,消耗氢氧根离子的物质的量是ymol,反应后碳酸根离子的物质的量是(x+y)mol,剩余的氢氧根的物质的量n(OH-)=0.1molL-10.10L=0.0100mol,原溶液中氢氧根离子总物质的量是(0.01+y)mol,在氢氧化钡溶液中,钡离子的物质的量是12(0.01+y)mol,根据CO32-+Ba2+BaCO3可知,12(0.01+y)=x+y,根据总质量可得:106x+84y=0.592,解得:x=0.004mol,y=0.002mol,所以原混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为n(Na2CO3)n(NaHCO3)=0.004mol0.002mol=21。30.(10分).无机物A是一种固体,熔点178 ,30 以下为浅黄色。经测定A(相对分子质量为184)含两种元素,原子个数比为11。隔绝空气迅速加热A将发生爆炸,爆炸后残留物B呈淡黄色。该淡黄色物质在空气中加热会燃烧并生成刺激性气味的气体。在一定条件下,6.18 g液体SCl2和2.72 g 气体C恰好完全反应生成A和单质B及6.42 g离子化合物D,D的水溶液的pH”或“t2t3(2)煤的综合利用有利于减少环境污染。合成氨工业原料气的来源之一是水煤气法生成H2,在催化剂存在条件下有下列反应:a.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H1b.H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)H2c.C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)H3H3和H1、H2的关系为H3=。在恒温条件下,将1 mol CO和1 mol H2O(g)充入某固定容积的反应容器,达到平衡时有50%的CO转化为CO2。在t1时保持温度不变,再充入1 mol H2O(g),请在下图中画出t1时刻后H2体积分数的变化趋势曲线。(t2时刻重新达到平衡)答案.(1)S4N4HNHH(2)6SCl2+16NH3S4N4+2S+12NH4Cl.(1)D(2)H1+H2如图(起点16,画在0.15到0.2之间,终点29,不高于原平衡线都给分)解析.B呈淡黄色,该淡黄色物质在空气中加热会燃烧并生成刺激性气味的气体,由此可知B为单质硫;气体C在标准状况下的密度为0.76gL-1,MC=0.76gL-122.4Lmol-1=17gmol-1,则C为NH3;离子化合物D的水溶液的pH7,反应物所含元素都为非金属元素,因此D为氯化铵;参加反应的氨气为2.72g17gmol-1=0.16mol,生成氯化铵的物质的量为6.42g53.5gmol-1=0.12mol,由此可知A中含氮原子,且氮原子为0.04mol,氮、硫原子个数比为11,则硫原子也为0.04mol,根据n(SCl2)=6.18g103gmol-1=0.06mol可知生成单质硫0.02mol;再根据A相对分子质量为184,可推知A为S4N4。.(1)2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g),该反应S0,能在低温下自发进行说明Ht1t2,选项D错误。(2)根据盖斯定律,方程式a和b相加即可得方程式c,因此H3=H1+H2;在恒温条件下,将1molCO和1molH2O(g)充入某固定容积的反应容器,有50%的CO转化为CO2;则nH2O(g)=n(CO)=n(H2)=n(CO2)=0.5mol,平衡常数K=1。再充入1molH2O(g)此时氢气的体积分数为16,温度不变平衡常数不变,但是平衡向右移动,设达新平衡时氢气的物质的量为x,容器容积为V。H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)起始/mol2100变化/molxxxx平衡/mol(2-x)(1-x)xxK=(xV)2(2-x)V(1-x)V=1解之x=23,此时氢气的体积分数为29,氢气的体积分数低于t1时的0.25。31.(10分)(2018宁波选考适应性考试)六氨氯化镁(MgCl26NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性,是一种优良的储氨材料。某研究小组在实验室以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量 FeCO3等杂质)为原料制备六氨氯化镁,实验流程图如下:其中氨化过程装置示意图如下:已知:(1)与Mg2+结合能力:H2ONH3HOCH2CH2OHCH3OH;(2)相关物质的性质见下表:物质名称氨气的溶解性氯化镁的溶解性六氨氯化镁的溶解性水易溶易溶易溶甲醇(沸点为65 )易溶易溶难溶乙二醇(沸点为197 )易溶易溶难溶请回答:(1)调pH适合的物质是(填化学式)。(2)在空气中直接加热MgCl26H2O晶体得不到纯的无水MgCl2,原因是(用化学方程式表示)。(3)虚框内装置的作用是,操作a的名称是。(4)提纯操作中,下列洗涤剂最合适的是。A.冰浓氨水B.乙二醇和水的混合液C.氨气饱和的甲醇溶液D.氨气饱和的乙二醇溶液(5)制得产品后,该科研小组对产品的成分进行测定,其中氯离子含量检测方法如下:A.称取1.420 g样品,加足量硫酸溶解,配制成250 mL溶液;B.量取25.00 mL待测液于锥形瓶中;C.用0.200 0 molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点,记录消耗AgNO3标准溶液的体积;D.重复b、c操作23次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。配制样品溶液时加硫酸的原因是。该样品中氯离子的百分含量为。将氯离子百分含量实验值与理论值(36.04%)相比较,请分析造成此结果的可能原因有(已知滴定操作正确、硫酸根离子对检测无影响)。答案(