青海省西宁市第四高级中学2020届高三化学上学期第三次模拟（期中）考试试卷（含解析）

青海省西宁市第四高级中学2020届高三上学期第三次模拟（期中）考试理综化学试题1.下列说法正确的是A. SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫，增白食品等B. 糖类、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D. 高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、双氧水都能杀菌消毒，这是利用他们的强氧化性【答案】D【解析】【详解】A.SO2具有漂白性，可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫，但SO2有毒不能增白食品，A项错误；B.糖类中的单糖如葡萄糖不能发生水解反应，B项错误；C.空气中的N2和O2通过空气滤清器进入气缸里，在高温下发生反应：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，所以汽车尾气中的氮氧化物不是汽油不完全燃烧造成的，C项错误；D.高锰酸钾、次氯酸钠、双氧水都具有强氧化性，能使细菌的蛋白质发生变性，细菌的蛋白质失去生理活性，D项正确；答案选D。2.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A. Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B. 它们形成的简单离子半径:XWC. X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:ZXD. X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:2【答案】B【解析】【详解】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是O，则Z是S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明Y属于第 A，Y、Z同周期，则Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W是Na。A. Y为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项A错误；B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:XW，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:1，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。3.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3+3OH-=Al(OH)3B由水电离出的H+浓度为110-12molL-1NH4+、Na+、NO3-、Cl-一定能大量共存NH4+H2ONH3H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.滴加氨水能发生反应：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为110-12mol/LFe3B向5mL1mol/L NaOH溶液中滴加5滴1mol/L MgCl2溶液，然后再滴加足量的1mol/L CuCl2溶液先产生白色沉淀，然后产生蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深2NO2(g)N2O4(g)H0D向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化为乙二酸A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析:A. Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，会形成HNO3,因此溶液变为黄色，有可能是HNO3氧化Fe2+； B.溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质；C. 升高温度,可逆反应向吸热反应方向移动；D. KMnO4与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾可氧化乙二酸。详解:A. Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，会形成HNO3,因此溶液变为黄色，有可能是HNO3氧化Fe2+,结论错误，故A错误；B.溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质,根据现象知，KspCu(OH)2c(H+)=c(OH-)C. 在pH相同的盐酸和氯化铵溶液中水的电离程度相同D. pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色【答案】D【解析】【详解】A.氨水中存在电离平衡：NH3H2OOH-+NH4+，向氨水中加入少量(NH4)2SO4固体（溶液体积几乎不变），溶液中NH4+的浓度增大，电离平衡左移，c(OH-)将减小，c(NH3H2O)将增大，所以将减小，A项错误；B.根据电荷守恒，NH4Cl与氨水的混合溶液有等式：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液pH=7，即c(OH-)=c(H+)=110-7mol/L，所以c(NH4+)=c(Cl-)，即有c(Cl-)=c(NH4+) c(OH-)=c(H+)，B项错误；C.因为pH相同，即溶液中c(H+)相同，盐酸中水的电离向左移动，溶液中H+几乎全部来自盐酸，水电离出来的H+浓度远远小于溶液的H+溶液。而NH4Cl溶液存在水解平衡，水的电离平衡向右移动，溶液中的H+全部来自水的电离，所以盐酸中水的电离程度远小于氯化铵溶液中水的电离程度，C项错误；D.pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=c(OH-)=KWc(H+)=110141011=103mol/L。因为醋酸是弱酸只能部分电离，在pH=3的醋酸溶液中醋酸的初始浓度远大于10-3mol/L，因此等体积两溶液中CH3COOH的物质的量远大于NaOH的物质的量，根据反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知中和后醋酸过量，溶液显酸性，所以混合溶液中滴入石蕊溶液呈红色，D项正确；答案选D。6.以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 燃料电池工作时，正极反应为O22H2O4e=4OHB. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出C. 电解过程中SO42 移向b极D. a、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等【答案】B【解析】A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O， 选项A错误；Ba极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，选项B正确；C b与电池的负极相连，b为电解池的阴极，a极是阳极，阴离子SO42 移向阳极a极移动，选项C错误；D电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，选项D错误；答案选B。7.常温下，向20ml，0.1molL-1CH3COOH溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中错误的是A. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全B. a点表示的溶液中由水电离出的H浓度为1.01011molL1C. b点表示的溶液中c(CH3COO)c(Na)D. b、d点表示的溶液中c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)相等【答案】A【解析】【详解】A.由中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，CH3COOH和NaOH恰好反应完全时溶液为CH3COONa溶液，而该强碱弱酸盐溶液中存在水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显碱性，而c点溶液显中性，所以c点不能表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全，A项错误；B.a点表示滴定前的醋酸溶液，根据pH=3知溶液中H+浓度为10-3mol/L，则溶液中OH-浓度=KWc(H+)=11014103=1011mol/L，醋酸溶液中存在水的电离H2OH+OH-，该电离平衡受到醋酸的抑制作用，该溶液中的OH-全部由水电离产生，所以水电离出的H+浓度=水电离出的OH-溶液=10-11mol/L，B项正确；C.由图像可知b点溶液中超过一半的醋酸被中和，溶质是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液显酸性即c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)c(Na+)，C项正确；D.在滴定过程中（包括b、d两点）都有醋酸的电离平衡的移动：CH3COOHCH3COO-+H+，其电离平衡常数为K=c(CH3COO)c(H+)c(CH3COOH)，而K只与温度有关，与醋酸的浓度无关，所以b、d点表示的溶液中c(CH3COO)c(H+)c(CH3COOH)值相等，D项正确；答案选A。【点睛】关于水电离出的H+或OH-的问题分析有如下思路：酸溶液（溶质是酸，下同）中的OH-全部由水电离产生；碱溶液中的H+全部由水电离产生；正盐（如Na2CO3）溶液中的H+和OH-全都由水电离产生。另外，任何水溶液中水电离出的H+浓度与水电离出的OH-浓度总是相等的。8.某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸(HOOC-COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1 mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为_。（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有_(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)，请配平该反应的离子方程式：_ MnO4+ _ H2C2O4+ _ H+ _ Mn2+ _CO2 + _ H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验(注：忽略草酸的升华，且夹持装置未标出)：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末由黑色变为红色。据此回答：上述装置中，D的作用是_.乙二酸分解的化学方程式为_.（4）该小组同学将2.52 g草酸晶体(H2C2O42H2O)加入到100 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述）。（5）以上溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_（用离子符号表示）。【答案】 (1). HCO3-H2C2O4=HC2O4-CO2H2O (2). 还原性 (3). 2 (4). 5 (5). 6 (6). 2 (7). 10 (8). 8 (9). 除去混合气体中的CO2 (10). H2C2O4H2OCOCO2 (11). 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c(H)c(OH)，所以溶液呈酸性 (12). c(Na)c(HC2O4-)c(H)c(C2O42-)c(OH)【解析】【分析】(1)因为草酸的酸性比碳酸强，反应会生成CO2和水，因“足量的草酸”，故还生成NaHC2O4。(2)溶液的紫红色褪去说明KMnO4被还原，草酸具有还原性。根据化合价升降守恒和电荷守恒配平。(3)根据题给装置和实验现象可知，本实验的目的是加热草酸使其分解，然后依次检验草酸分解的产物。B管中“CuSO4粉末变蓝”说明分解产物中有水蒸气，C瓶中澄清石灰水变浑浊说明草酸分解产生CO2，D瓶NaOH溶液的作用是吸收过量的CO2，E瓶浓硫酸吸收气流中的水蒸气，F中CuO粉末由黑色变为红色，说明CuO被还原为Cu，从草酸组成元素看还原性气体只可能是CO，CO被氧化为CO2，所以G瓶中澄清石灰水变浑浊，根据产物即可写出草酸分解的化学方程式。(4)因为草酸是二元酸，与NaOH中和反应的产物因酸、碱物质的量之比不同产物不同：H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O或H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，根据产物的性质分析溶液显酸性的原因。(5)根据(4)溶液中溶质的电离和水解反应的相对强弱分析各离子浓度的大小关系。【详解】(1)因乙二酸属于二元中强酸，酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸的原理，NaHCO3与H2C2O4反应有CO2和水生成，又因乙二酸足量，故生成酸式盐NaHC2O4，其离子方程式为：H2C2O4+HCO3-=HC2O4-+CO2+H2O。(2)KMnO4溶液显紫红色，因为“溶液的紫红色褪去”说明KMnO4被还原，所以草酸具有还原性。锰元素由MnO4-中的+7价降到Mn2+中的+2价，每个Mn降低5价，碳元素由H2C2O4中的+3价升高到CO2中的+4价，每个H2C2O4升高2价，根据化合价升高的总价数=化合价降低的总价数，MnO4-和Mn2+计量数均为2，H2C2O4的计量数为5，CO2计量数为10，再根据电荷守恒可知H+的计量数为6，最后根据氢元素守恒可知H2O的计量数为8。配平了的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O。(3)根据题给装置和实验现象可知，本实验的目的是加热草酸使其分解，然后依次检验草酸分解的产物。B管中“CuSO4粉末变蓝”说明乙二酸分解产生了水蒸气，C瓶中“澄清石灰水变浑浊”说明草酸分解产生了CO2，D瓶NaOH溶液的作用是吸收混合气体中过量的CO2，E瓶浓硫酸吸收气体中的水蒸气，根据“F中CuO粉末由黑色变为红色”，可推知黑色的CuO被还原为紫红色的Cu，CuO被还原，说明分解产物中有还原性气体，从草酸组成元素看还原性气体只可能是CO，CuO将CO氧化为CO2，CO2使G瓶中澄清石灰水变浑浊，据此可知乙二酸分解的化学方程式为：H2C2O4CO2+CO+H2O。(4)草酸晶体(H2C2O42H2O)的摩尔质量为126g/mol，2.52g草酸晶体的物质的量=0.02mol，100mL0.2 mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量=0.1L0.2mol/L=0.02mol，n(H2C2O4):n(NaOH)=1:1，发生的反应是H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，充分反应后所得溶液是NaHC2O4溶液，HC2O4-既能电离HC2O4-H+C2O42-，又能水解HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，既然溶液显酸性，则可推知：HC2O4-电离程度大于其水解程度，导致溶液中c(H+)c(OH-)，所以溶液显酸性。(5) 由(4)可知NaHC2O4溶液中HC2O4-电离程度大于其水解程度，且电离和水解都是微弱的，溶液中c(H+)c(OH-)，所以溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) 。9.雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物都是形成雾霾天气的重要因素。下列方法可处理氮氧化物和硫氧化物。(1) 用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在一定条件下，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=Q kJ/mol。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。时间/min浓度/mol/L0102030NO1.000.580.400.40N200.210.300.30CO200.210.300.30010 min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，T1时，该反应的平衡常数K= _。 若30 min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为211，则Q_ (填“”、“=”或“”) 0。(2) NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_。已知 NH3氧化时发生如下反应：4NH3(g)5O2(g) = 4NO(g)6H2O(g) H1907.28 kJmol-14NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(g) H21811.63kJmol-1则氨气被氧化为氮气和水蒸气的热化学方程式:_图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业选取的最佳催化剂及相应的温度分别为_、_。 (3) 烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，若所得溶液呈中性，则该溶液中c(Na+)=_(用含硫微粒浓度的代数式表示)。(4) 某研究小组用NaOH溶液吸收二氧化硫后，将得到的Na2SO3溶液进行电解，其中阴阳膜组合电解装置如图丙所示，电极材料为石墨。丙a表示_(填“阴”或“阳”)膜。A-E分别代表原料或产品，其中C为稀硫酸，则A为_溶液(填写化学式)。阳极电极反应式为_。【答案】 (1). 0.042 molL-1min-1 (2). 9/16（或0.5625） (3). < (4). 氮氧化物/NOX或NO、NO2 (5). 4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(g) H3-1269.02kJmol-1 (6). Mn (7). 200 (8). 2c(SO32-)+c(HSO3-) (9). 阳 (10). NaOH (11). SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+【解析】（1）本题考查化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理的应用，根据化学反应速率的数学表达式，v(NO)=(10.58)/10mol(Lmin)=0.042 mol(Lmin)；在20min达到平衡，根据化学平衡常数的定义，K=c(CO2)c(N2)/c2(NO)=0.30.3/0.42=9/16；30min时，NO、N2、CO2的物质的量浓度比值为0.4：0.3：0.31：1：1，升高温度，NO的物质的量浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应方向是放热反应，即Q0；（2）考查热化学反应方程是计算，根据甲原理，氮的氧化物中N的化合价降低，因此NO、NO2作氧化剂，目标反应的方程式为4NH33O2=2N26H2O，4NH3(g)5O2(g) = 4NO(g)6H2O(g)，4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(g)，(32)/5得出：4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(g) H3-1269.02kJmol1；根据图乙，Mn的脱氮率高时对应的温度比Cr催化率高时所对应的温度的低，因此最佳催化剂是Mn，温度在200；（3）本题考查离子浓度的大小比较，根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HSO3)2c(SO32)，因为溶液显中性，因此有c(Na)= c(HSO3)2c(SO32)；（4）本题考查电解原理和电极反应式的书写，根据电解原理，左端电极为阴极，右端电极为阳极，C得到的是硫酸，因此a为阳膜，b为阴膜，阳离子在阴极上放电，根据放电顺序，左端电极反应式为2H2e=H2，因此A得到的物质为NaOH；阴离子在阳极上放电，因此C得到硫酸，因此SO32在阳极上放电，电极反应式为SO322H2O2e=SO422H。点睛：本题的难点是(4)中，因为根据离子放电顺序是OH大于含氧酸根，因此学生会写成4OH4e=O22H2O，没有注意到题目中C得到的是硫酸，因此SO32在阳极上失电子，转化成SO42，因此电极反应式为SO322H2O2e=SO422H。10.硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%，质量分数），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO47H2O的工艺流程如下：（1）实验中需要1 mol/L的硫酸800 mL，若用 98% 的浓硫酸（= 1.84 g/mL）来配制，量取浓硫酸需要使用量筒的规格为_（填写选项字母）A10 mL B20 mL C50 mL D100 mL（2）加入的NaClO可与Mn2+ 反应：Mn2+ + ClO + H2O = MnO2+ 2H+ + Cl，在该步骤中还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为_。（3）滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有_。（4）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法_。（写出操作、现象和结论）（5）已知MgSO4、CaSO4 的溶解度（单位为 g/100 g 水）如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤_。“操作”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，_，便得到了MgSO47H2O .【答案】 (1). D (2). 2Fe2+ + ClO + 2H+ = 2Fe3+ + Cl + H2O (3). SiO2，MnO2 (4). 取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽 (5). 蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤 (6). 过滤 或 过滤洗涤【解析】【分析】根据题意可知“酸解”时发生的反应：CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，MnO+H2SO4=MnSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2既不溶解于硫酸也不被NaClO氧化，NaClO具有强氧化性，能将Fe2+和Mn2+分别氧化生成Fe3+和不溶于水的MnO2，通过水解反应将Al3+和Fe3+转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀而除去，除钙后所得滤液即为纯净的MgSO4溶液，最后通过蒸发浓缩、降温结晶得到MgSO47H2O。(1)实验中应选取的容量瓶规格为1000mL，据此计算所需浓硫酸的体积，根据“大而近”的原则选用合适的量筒。(2)根据硼镁泥的成分可知，还有一种具有还原性的离子应是Fe2+，反应中Fe2+被氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，据此写离子方程式。(3)硼镁泥的成分中能够溶解于硫酸的有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3，只有SiO2既不溶于硫酸也不能被NaClO氧化，滤渣中应有SiO2，另外，根据题意知Mn2+被NaClO氧化为MnO2，且MnO2不溶于水，滤渣中还应有MnO2。(4)溶液中Fe3+的检验通常使用KSCN溶液，观察溶液是否变红。(5)由表格中溶解度数据可知，CaSO4溶解度比MgSO4小得多，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，CaSO4的溶解度随温度的升高而减小，所以分离MgSO4和CaSO4混合溶液，先将溶液蒸发浓缩，CaSO4析出，再趁热过滤除去滤渣，滤液为MgSO4溶液。最后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤即可得到MgSO47H2O。【详解】A.实验中应使用1000mL容量瓶，设需用浓硫酸VmL，根据稀释定律，VmL1.84g/mL98%98g/mol=1mol/L1L，解得V=54.3mL。根据“大而近”的原则应选用100mL量筒，答案选D。(2)根据硼镁泥的成分可知，还有一种具有还原性的离子应是Fe2+，反应中Fe2+被氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，因此其离子反应方程式为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O。(3)根据硼镁泥的成分，只有SiO2既不溶于硫酸也不能被NaClO氧化，滤渣中应有SiO2。另外，经过“酸解”与“氧化和水解”步骤，铝元素转化为Al(OH)3沉淀，铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀，锰元素转化为MnO2沉淀，所以滤渣中还应有SiO2和MnO2。(4)溶液中Fe3+通常用KSCN溶液，检验方法是：取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽。(5)由表格中溶解度数据可知，CaSO4溶解度比MgSO4小得多，而且MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，CaSO4的溶解度随温度的升高而减小，所以分离MgSO4和CaSO4混合溶液，应将溶液蒸发浓缩，使CaSO4充分析出，再趁热过滤，滤渣为CaSO4，滤液为MgSO4溶液。“操作”是从MgSO4溶液中结晶出MgSO47H2O晶体，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶后，再过滤洗涤即得到MgSO47H2O晶体。【点睛】分析“工艺流程”图时要弄清物料（物质）的走向，即什么步骤加入了哪些物质，每种物质发生什么反应或转变，利用“元素守恒思想