（浙江选考）2023高考化学大一轮复习普通高校招生选考科目考试预测卷7

PAGEPAGE2浙江省普通高校招生选考科目考试预测卷(七)本试卷分为选择题和非选择题两局部，共4页，总分值100分，考试时间90分钟，其中加试题局部为30分，用[加试题]标出。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Si—28Na—23Mg—24Al—27S—32K—39Ca—40Fe—56Cu—64Zn—65Ag—108Ba—137选择题局部一、选择题(共25小题，每题2分，共50分。每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1．以下属于碱性氧化物的是()A．SiO2 B．Na2OC．2MgO·SiO2 D．Na2CO3B[A项，SiO2可与氢氧化钠反响生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物。B项，Na2O可与酸反响生成盐和水，属于碱性氧化物。C项，2MgO·SiO2是Mg2SiO4的氧化物表示形式，属于盐。D项，Na2CO3属于盐。]2．以下仪器名称为“圆底烧瓶〞的是()ABCDA[B为蒸馏烧瓶；C为容量瓶；D为烧杯。]3.常温下能与浓硫酸发生剧烈反响的金属单质是()A．Fe B．CuC．金刚石 D．MgD[Fe常温下遇浓硫酸发生钝化，不发生剧烈反响，A错。Cu常温下与浓硫酸不反响，加热发生剧烈反响，B错。金刚石为非金属单质，C错。Mg常温下能与浓硫酸发生剧烈反响，D正确。]4．2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up15(点燃))C＋2MgO，反响类型属于()①化合反响②氧化复原反响③置换反响④复分解反响A．①② B．①③C．②③ D．③④C[反响中Mg、C的化合价发生了变化，属于氧化复原反响；反响物是一种单质、一种化合物，生成物也是一种单质、一种化合物，属于置换反响，C正确。]5．以下物质中，属于生物质能的是()A．城市与工业废弃物 B．石油C．煤 D．水生植物D[城市与工业废弃物不一定是生物质能，其中有机废弃物是生物质能，A错。煤、石油为化石能源，B、C错。水生植物属于生物质能，D正确。]6．硫元素在周期表中的位置是()A．第2周期ⅣA族 B．第3周期ⅣA族C．第3周期ⅥA族 D．第2周期ⅥA族C[硫元素在周期表中的位置是第3周期ⅥA族，C正确。]7．以下化学用语表述正确的选项是()8．以下属于胶体的是()A．饱和食盐水B．某分散系中分散剂的颗粒直径介于10－9m～10－C．75%的医用酒精D．稀豆浆D[饱和食盐水是溶液，故A错。胶体是分散质的颗粒直径介于10－9m～10－79．以下说法不正确的选项是()A．固态eq\o\al(2,1)H2O与液态eq\o\al(2,1)H2O混合融化后所得的液体是纯洁物B.eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H2、eq\o\al(3,1)H和H＋为同一种元素的不同微粒C．分子式为C4H10的烃有两种同分异构体D．12C60、14CD[12C60、14C10．检验相关物质时，以下选用的试纸或试剂不正确的选项是()A．检验氢氧化钠溶液的碱性强弱时可用pH试纸B．检验新制的氯水具有漂白性可选用紫色石蕊试液C．检验氨气时，可用湿润的蓝色石蕊试纸D．检验Na2SO4固体中的SOeq\o\al(2－,4)时，可用稀盐酸和氯化钡溶液C[A选项，用pH试纸可测溶液的pH，进而可判断溶液酸碱性的强弱，正确；B选项，检验新制的氯水具有漂白性，在紫色石蕊试液中滴入新制的氯水，溶液先变红后褪色，正确；C选项，检验氨气时，应用湿润的红色石蕊试纸，试纸由红变蓝，错误；D选项，检验SOeq\o\al(2－,4)时，用稀盐酸和氯化钡溶液，取少量Na2SO4固体配成溶液，滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀，滴加稀盐酸，沉淀不溶解，正确。]11．以下物质溶于水后，由于水解而显酸性的是()A．KHSO4 B．Na2CO3C．FeCl3 D．CH3COOHC[A项，KHSO4=K＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，溶液显酸性，但抑制水的电离；B项，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，水解使溶液显碱性；C项，FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性；D项，CH3COOH是酸，不存在水解。]12．1molCaCO3固体加热完全分解生成固体CaO和气态CO2，吸收178.5kJ热量，那么表示该反响的热化学方程式正确的选项是()【导学号：81640473】A．CaCO3=CaO＋CO2ΔH＝＋178.5kJ·mol－1B．2CaCO3(s)=2CaO(s)＋2CO2(g)ΔH＝＋357.0kJ·mol－1C．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)ΔH＝－178.5kJ·mol－1D．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋178.5kJB[A选项，物质状态没有标出，错误；C选项，该反响吸热，错误；D选项，ΔH的单位应为kJ·mol－1，错误。]13．有关Cl2的性质，以下说法不正确的选项是()A．Cl2有毒但可用于自来水消毒B．能与NaOH溶液反响生成两种正盐C．能与Fe反响生成FeCl2D．一定条件下与H2反响产生苍白色火焰C[Fe与Cl2反响生成FeCl3，C错误。]14．以下说法正确的选项是()A．苯分子结构中含有碳碳双键B．聚氯乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色C．乙烯与溴水发生加成反响而使溴水褪色D．石油的裂解可提高汽油等轻质油的产量和质量C[苯分子结构中的碳碳键是介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种特殊的键，故A错。聚氯乙烯中不含碳碳双键及氯离子，不会使酸性KMnO4溶液褪色，故B错。乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反响而使溴水褪色，C正确。石油的裂化可提高汽油等轻质油的产量和质量，故D错。]15．以下说法不正确的选项是()A．CO2是一种酸酐，与NaOH溶液反响的类型不可能是化合反响B．KOH是离子化合物，该物质中既含有离子键又含有共价键C．冰受热分解的过程中，不仅克服分子间作用力，还破坏了共价键D．二氧化硅、金刚石及碳化硅均为原子晶体A[A选项，CO2是碳酸的酸酐，CO2与NaOH反响，假设物质的量之比为1∶1，那么反响方程式为CO2＋NaOH=NaHCO3，为化合反响，错误。]16．电子表所用的纽扣式电池的两极材料常为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反响是Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O(锌极)，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－(氧化银极)。以下判断正确的选项是()A．该电池工作时，电子从Ag2O极经外电路流向锌极B．锌为正极，被氧化C．Ag2O为正极，发生复原反响D．该电池工作时，负极附近溶液的pH增大C[此题考查原电池的工作原理，溶液pH变化的判断等。A项，电子从锌极流出；B项，锌是负极；D项，负极消耗氢氧根离子，溶液的pH减小。]17．以下说法不正确的选项是()A．常温下用同浓度的盐酸中和浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液和氨水至中性，氢氧化钠溶液所需的盐酸体积比氨水多B．向0.1mol·L－1的氨水中加0.1mol·L－1的稀盐酸，混合溶液中的离子总数量会增加C．浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液和氨水等体积混合，有c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Na＋)D．常温下pH相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别加水稀释100倍后，氢氧化钠溶液的pH较大D[A选项，氢氧化钠溶液所需的盐酸体积比氨水多，正确。B选项，NH3·H2O是弱电解质，溶液中电离出的离子相对较少，而与盐酸反响生成的氯化铵是强电解质，可完全电离，即反响后混合溶液中的离子总数量会增加，正确。C选项，浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液和氨水等体积混合，据物料守恒可知，溶液中c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.05mol·L－1，c(Na＋)＝0.05mol·L－1，正确。D选项，常温下pH相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别加水稀释100倍，假设原溶液pH＝10，那么稀释后的氢氧化钠溶液pH＝8，而氨水稀释后，溶液的pH为：8<pH<10，氢氧化钠溶液pH较小，D错。]18．以下离子方程式正确的选项是()A．硫酸与氢氧化钡溶液反响：SOeq\o\al(2－,4)＋H＋＋OH－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H2OB．向饱和Na2CO3溶液中通过量的CO2气体：COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)C．氯化铁溶液与氨水反响：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓D．实验室用MnO2与浓盐酸制取Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up15(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OD[A选项，正确的离子方程式应为SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋＋2OH－＋Ba2＋=BaSO4↓＋2H2O，故A错。B选项，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，故向饱和Na2CO3溶液中通过量的CO2气体，会生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故B错。C选项，NH3·H2O是弱电解质，不能拆，故C错。D选项，实验室用MnO2与浓盐酸制取Cl2，其离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up15(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D正确。]19.以下说法不正确的选项是()A．钠与水、乙醇反响均有气泡产生B．粗盐的提纯实验中，当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干C．二氧化碳、甲烷都会造成温室效应D．原电池负极发生氧化反响A[钠与水反响，因钠的密度比水小，钠浮在水面上，故不会产生气泡，A错。粗盐的提纯实验中，加热蒸发结晶时，当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干，B正确。二氧化碳、甲烷都是温室气体，C正确。原电池负极失去电子发生氧化反响，D正确。]20．某温度时，N2O5在四氯化碳中的分解反响为2N2O5(g)=4NO2＋O2。反响2min后，NO2的浓度增加了0.06mol·L－1，那么以O2表示的该时段的化学反响速率是()A．0.03mol·L－1·min－1 B．1.25×10－4mol·L－1·s－1C．0.0075mol·L－1·s－1 D．0.24mol·L－1·min－1B[用NO2表示的化学反响速率为0.03mol·L－1·min－1，那么用O2表示的化学反响速率为0.0075mol·L－1·min－1，即为1.25×10－4mol·L－1·s－1，B正确。]21．以下说法正确的选项是()A．用Cu(OH)2悬浊液就可鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、蔗糖溶液B．糖类、食用植物油、蛋白质在一定条件下均会发生水解反响C．除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可加氢氧化钠溶液后采用蒸馏法提纯D．鸡蛋清中参加CuSO4溶液会产生盐析现象，析出的蛋白质可再溶于水A[A选项，Cu(OH)2悬浊液与乙酸溶液反响形成蓝色溶液，加热时与葡萄糖溶液反响生成砖红色沉淀，与蔗糖溶液不反响，正确。B选项，糖类中的单糖不水解，故B错。C选项，氢氧化钠溶液与乙酸乙酯反响，故C错。D选项，鸡蛋清中参加CuSO4溶液会使蛋白质变性，析出的蛋白质不再溶于水，故D错。]22．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A．常温常压下，22gCO2所含的原子总数为1.5NAB．0.1molCl2溶于水，转移电子数为0.1NAC．标准状况下，11.2LC3H8中含有C—C的数目为3NAD．NA个—OH中，含有未成对电子数为9NAA[22gCO2的物质的量为0.5mol，原子总数为1.5NA，故A正确。Cl2与水的反响是可逆的，转移电子数应小于0.1NA，故B错。标准状况下，11.2LC3H8中含有C—C的数目为NA，故C错。NA个—OH中，含有未成对电子数为NA，故D错。]23．短周期金属元素A～E在元素周期表中的相对位置如下图。以下判断正确的选项是()ABCDEA.原子半径：C＞B＞D B．金属性：B＞CC．氢氧化物碱性：C＞D＞E D．气态氢化物复原性：B＞DC[此题考查元素周期律和元素周期表的应用，元素性质的递变规律。根据题给信息可知，短周期金属元素A、B、C、D、E分别为Li、Be、Na、Mg、Al，原子半径D＞B，A错误；金属性C＞A＞B，B错误；碱性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，C正确；非金属性越强，气态氢化物复原性越弱，复原性D＞B，D错误。]24．实验中的以下操作正确的选项是()A．从试剂瓶中取出一些Na2CO3溶液放入试管中，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒回试剂瓶中B．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移至容量瓶中C．参加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SOeq\o\al(2－,4)D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢参加蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线B[A选项，不能把过量的试剂倒回试剂瓶中，否那么会污染试剂，故A错。C选项，参加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定含SOeq\o\al(2－,4)，还有可能含Ag＋，故C错。D选项，配制溶液时，不能用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，故D错。]25．：①2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－，②2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图。以下有关说法中，不正确的选项是()A．反响②中，Fe2＋是复原产物B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molC．当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反响可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－D．原溶液中：n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3B[此题考查氧化复原反响的有关判断与应用。在反响②中铁元素由＋3价降到＋2价，被复原，A正确；通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，因此溴离子的物质的量是6mol，那么FeBr2的物质的量为3mol，B错误；当通入2molCl2时碘离子完全被氧化，亚铁离子一半被氧化，溶液中已发生的离子反响可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C正确；根据以上分析可知原溶液中：n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D正确。]非选择题局部二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26．(4分)某气态烃A，其相对密度是同条件下H2的14倍，有关物质的转化关系如图：请答复：(1)①的反响类型是________。(2)反响③的化学方程式是______________。(3)向试管中参加2mL2%的硝酸银溶液，同时滴加2%的稀氨水，直到析出的沉淀恰好溶解为止，再参加2mLC溶液，在温水中加热3～5min。写出加热后观察到的现象：_________________________________。解析：气态烃A的密度是同条件下H2的14倍，故气态烃A的相对分子质量为28。结合合成产物乙酸乙酯可知，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，高聚物为聚乙烯。①的反响类型为加成聚合反响或加聚反响；反响③为醇的催化氧化，其化学方程式为2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up15(Cu),\s\do15(△))2CH3CHO＋2H2O；向试管中参加2mL2%的硝酸银溶液，同时滴加2%的稀氨水，直到析出的沉淀恰好溶解为止，此时制得的是银氨溶液，在银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，会发生银镜反响，故实验现象为试管内壁出现光亮的银镜。答案：(1)加成聚合反响(1分)(2)2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up15(Cu),\s\do15(△))2CH3CHO＋2H2O(2分)(3)试管内壁出现光亮的银镜(1分)27．(6分)M是应用最广泛、用量最大的一种金属单质，N是黑色固体，W是气体单质，在一定条件下有如下转化关系：请答复以下有关问题：(1)M的元素符号为________。(2)写出M＋H2O→W＋N的化学方程式：_______________________。(3)写出M与过量稀盐酸反响的化学方程式：___________________。解析：M是应用最广泛、用量最大的一种金属单质，故M应为铁，元素符号为Fe；Fe与水蒸气在高温条件下反响生成Fe3O4和H2，Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故N为Fe3O4，W为H2；Fe与过量稀盐酸反响的化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑。答案：(1)Fe(2分)(2)3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up15(高温))Fe3O4＋4H2(2分)(3)Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑(2分)28.(6分)以下图是别离含乙酸、乙醇的乙酸乙酯粗产品的操作流程，其中a、b为试剂，①②③为操作。请答复以下有关问题：(1)试剂a的名称为_______________________________；(2)操作②的名称为_________________________________；(3)B→C转化的化学反响方程式为______________________________。解析：含乙酸、乙醇的乙酸乙酯粗产品，用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，中和乙酸，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，从而分层，因此E为乙酸乙酯，A为乙醇、乙酸钠、碳酸钠的混合溶液，因此试剂a为饱和碳酸钠溶液，操作①为分液。从乙醇、乙酸钠、碳酸钠的混合溶液中别离出乙醇，操作②为蒸馏，即D为乙醇。B为乙酸钠、碳酸钠的混合溶液。从乙酸钠、碳酸钠的混合溶液中别离出乙酸，试剂b是酸性比乙酸强的沸点较高的酸，故b可选H2SO4；C为乙酸、硫酸与硫酸钠的混合溶液，要从此溶液中别离出乙酸，需蒸馏，故操作③是蒸馏。答案：(1)饱和碳酸钠溶液(2分)(2)蒸馏(2分)(3)2CH3COONa＋H2SO4=2CH3COOH＋Na2SO4(2分)29．(4分)在500mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中参加16.8g铁粉，搅拌并充分反响后，经过滤、洗涤、枯燥，可得到6.4g铜。要使溶液中SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，需参加2.0mol/L的BaCl2溶液500mL。Fe3＋的氧化性比Cu2＋强。求：(1)原溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度为________mol/L。(2)原混合溶液中硫酸铜的质量为________g。【导学号：81640474】解析：(1)c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.0mol/L×0.5L÷0.5L＝2.0mol/L。(2)n(Fe)＝16.8g÷56g/mol＝0.3mol，得到6.4g铜需0.1molFe，故与Fe2(SO4)3反响的Fe为0.3mol－0.1mol＝0.2mol，即溶液中Fe2(SO4)3为0.2mol，n(CuSO4)＝2.0mol/L×0.5L－0.6mol＝0.4mol，m(CuSO4)＝0.4mol×160g/mol＝64g。答案：(1)2.0(2分)(2)64(2分)30．【加试题】(10分)合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反响原理：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。一种工业合成氨的简易流程图如图：(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反响的化学方程式：________________________________________________。(2)步骤Ⅱ中制氢气原理如图：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝206.4kJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1写出氢气和二氧化碳气体反响生成甲烷和水蒸气的热化学方程式：________________________________________________。对于反响①，既可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反响速率的措施是________(填字母)。a．升高温度 b．增大水蒸气浓度c．参加催化剂 d．降低压强(3)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是________(填序号)。(4)用氨气制取尿素[CO(NH2)2]的反响：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)ΔH＜0。某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反响进行到40s时到达平衡，此时CO2的转化率为50%。图中的曲线表示在前25s内NH3的浓度随时间的变化曲线图。假设保持其他条件不变情况下，请在图中用实线画出使用催化剂时该反响(0～70s)的进程曲线。(5)25℃时，将amolNH4NO3固体溶于水；向该溶液中滴加bL氨水后溶液恰好呈中性，所滴加氨水的浓度为________mol·L－1(25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5)。解析：(1)H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反响过程中生成一水合氨。(2)根据盖斯定律，那么－(①＋②)得到：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－206.4kJ·mol－1＋41.2kJ·mol－1＝－165.2kJ·mol－1；反响①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝206.4kJ·mol－1，是气体体积增大的吸热反响，可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反响速率，说明影响反响速率的条件可以是升温、增大浓度等，反响是吸热反响，升高温度，反响速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，a符合；增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反响速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，b不符合；参加催化剂，改变反响速率不改变化学平衡，反响速率增大，H2百分含量不变，c不符合；降低压强，反响速率减小，平衡正向进行，氢气百分含量增大，d不符合。(3)分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反响混合气体，使反响到达所需温度，提高合成氨原料总转化率。(4)假设反响延续至70s，保持其他条件不变情况下，使用催化剂时，改变反响速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上。(5)将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度为10－7mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(NOeq\o\al(－,3))；NH3·H2O的电离平衡常数取Kb＝2×10－5，设混合后溶液体积为1L，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(NOeq\o\al(－,3))＝amol·L－1，根据一水合氨电离平衡得到：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，平衡常数Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(amol·L－1×10－7mol·L－1,bL×cNH3·H2O)＝2×10－5mol·L－1。答案：(1)2NH4HS＋O2eq\o(=,\s\up15(一定条件))2S↓＋2NH3·H2O(2分)(2)4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165.2kJ·mol－1(2分)a(1分)(3)Ⅳ(1分)(4)(2分)(5)eq\f(a,200b)(2分)31．【加试题】(10分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁复原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如图：【导学号：81640475】(1)MgCO3与稀硫酸反响的离子方程式为__________________________。(2)参加H2O2的作用是__________________________。(3)①别离滤渣2不宜采用抽滤的方法，理由是_________________。②有关抽滤装置如图，以下说法正确的选项是________。A.滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔B．图中抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口倒出C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D．抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸(4)煅烧过程存在以下反响：2MgSO4＋Ceq\o(=,\s\up15(800℃),\s\do15())2MgO＋2SO2↑＋CO2↑MgS