2025届山西省太原市六十六中化学高一下期末综合测试试题含解析

2025届山西省太原市六十六中化学高一下期末综合测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是()A．海洋约占地球表面积的71%，所以地球上不缺水，人类可以随意使用水资源，不必节约B．海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法C．海水淡化的各种方法中，蒸馏法的成本比较低D．以上说法都正确2、COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）△H>0,当反应达到平衡时，下列措施①升温②恒容通入惰性气体③增加CO的浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是A．①②④B．①④⑥C．②③⑥D．③⑤⑥3、工业生产甲醇的常用方法是：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.8kJ/mol。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H2=-571.6kJ/molH2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H3下列有关说法正确的是A．H2的燃烧热为241.8kJ/molB．CH3OH(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=-392.8kJ/molC．“12D．未注明温度和压强时，△H表示标准状况下的数据4、下列关于反应热的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(-57.3)kJ·mol-1B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol-1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0kJ·mol-1C．反应热有正、负之分，燃烧热ΔH全部是正值D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热5、实验室用有机含碘(主要以I2和IO3－的形式存在)废水制备单质碘的实验流程如下：已知：Ⅰ.碘的熔点为113℃，但固态的碘可以不经过熔化直接升华；Ⅱ.粗碘中含有少量的Na2SO4杂质。下列说法正确的是A．操作①和③中的有机相从分液漏斗上端倒出B．操作②中发生反应的离子方程式为IO3－＋3SO32－===I－＋3SO42－C．操作④为过滤D．操作⑤可用如图所示的水浴装置进行6、由甲醛(CH2O)、乙酸和乙酸乙酯组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为()A．27% B．9% C．54% D．无法计算7、下列水解反应的应用，不正确的是A．热的纯碱溶液清洗油污：B．明矾净水：C．用TiCl4制备Ti02：D．配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠：8、在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是（）A．2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑B．CaH2+2H2O→Ca(OH)2+2H2↑C．Mg3N2+6H2O→3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．NH4Cl+NaOH→ΔNaCl+NH3↑+H29、已知铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。下列说法正确的是()A．硝酸是氧化剂，二氧化氮是氧化产物B．还原剂与氧化剂的物质的量之比是1∶4C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1D．若2mol硝酸(浓)完全反应，则反应中共转移了NA个电子10、下列实验操作不能实现实验目的的是（）操作目的A．食醋浸泡水垢比较乙酸和碳酸的酸性强弱B．蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后再加入新制Cu（OH）2的悬浊液，加热。证明蔗糖水解产物中有葡萄糖C．向NaBr溶液中加入少量氯水，振荡后加入少量四氯化碳，振荡，静置。比较氯、溴非金属性强弱D．钠分别与水和乙醇反应比较乙醇与水两者羟基氢原子活泼性A．A B．B C．C D．D11、科学家设计出质子膜H2S燃料电池

，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是（）A．电极a为电池的负极B．电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-═2H2OC．电路中每流过2mol电子，在正极消耗22.4LH2SD．每34gH2S参与反应，有2molH+经质子膜进入正极区12、关于化合物2-苯基丙烯，下列说法错误的是A．分子式为C9H10B．一定条件下，可以发生取代、加成和氧化反应C．1mol该化合物最多可与4mol氢气发生加成反应D．分子中最多有8个碳原子在同一平面上13、下列离子中半径最小的是A．Mg2＋B．Na＋C．O2－D．F－14、下列说法中，正确的是（）A．硅元素在自然界里均以化合态存在B．SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C．除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D．粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO2↑15、下列物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是A．Fe3O4 B．Na2O2 C．Mg3N2 D．FeCl216、下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的A1C13溶液中滴入NaOH溶液至过量。D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失二、非选择题（本题包括5小题）17、下图是无机物A～F在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。其中A为气体，A～F都含有相同的元素。试回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：C_______、F_______。（2）在反应①中，34gB发生反应后放出452.9kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式________。（3）③的化学方程式为__________，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（4）铜与E的浓溶液反应的离子方程式为__________。（5）25.6g铜与含有1.4molE的浓溶液恰好完全反应，最终得到气体的体积为（标准状况下）__________L。18、下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______________。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。19、碱式次氯酸镁[Mg2ClO(OH)3·H2O]微溶于水，是一种无机抗菌剂。某研发小组通过下列流程制备碱式次氯酸镁：⑴从上述流程可以判断，滤液中可回收的主要物质是______。⑵调pH时若条件控制不当，会使得所制的碱式次氯酸镁中混有Mg(OH)2杂质。为防止生成该杂质，实验中可以采取的方法是______。⑶为测定碱式次氯酸镁的质量分数[含少量Mg(OH)2杂质]，现进行如下实验：称取0.2000g碱式次氯酸镁样品，将其溶于足量硫酸。向溶液中加入过量KI，再用0.1000mol·L-1Na2S2O3滴定生成的I2，恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL。计算碱式次氯酸镁的质量分数。（写出计算过程）______________已知：2I－＋ClO－＋2H+＝I2＋Cl－＋H2O，I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-。20、如图是中学化学实验中常见的制备气体并进行某些物质的检验和性质实验的装置，A是制备气体的装置，C、D、E、F中盛装的液体可能相同，也可能不同。试回答：（1）如果A中的固体物质是碳，分液漏斗中盛装的是浓硫酸，试写出发生的化学反应方程式：____，若要检验生成的产物，则B、C、D、E、F中应分别加入的试剂为__、__、__、__、__，E中试剂和C中相同，E中试剂所起的作用__，B装置除可检出某产物外，还可起到__作用。（2）若进行上述实验时在F中得到10.0g固体，则A中发生反应转移的电子数为__个。21、已知X、Y、Z、W是元素周期表中短周期中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z、W在元素周期表中处于同周期相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体。试回答：（1）写出下列元素的元素符号：X________，Y________，Z_________，W__________（2）X的单质和Z的单质在一定条件下反应生成化合物E，该反应的化学方程式为（请注明反应条件）________________________。（3）这四种元素可组成原子个数比为5：1：1：3（按X、Y、Z、W的顺序）的化合物化学式为_____________，含有化学键有_________、_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.地球上的淡水资源才是我们可以直接利用的水资源,其资源量很少,我们必须节约用水,A错误；B.常见的海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，B正确；C.蒸馏法因其高耗能而成本高，C错误；D.错误；故选B。2、B【解析】试题分析：①升温，平衡向吸热反应方向移动，正反应是吸热反应，所以升温平衡向正向移动，COCl2转化率增大，正确；②恒容通入惰性气体，尽管压强增大，但体系中各物质的浓度不变，所以平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO的浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；④减压，平衡向气体物质的量增大的方向移动，正向是气体物质的量增大的方向，所以减压平衡正向移动，COCl2转化率增大，正确；⑤加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于体系减小压强，所以平衡正向移动，COCl2转化率增大，所以答案选B。考点：考查平衡移动的判断，条件对平衡的影响3、B【解析】分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；C、热化学方程式前的计量数只能表示物质的量；D、△H表示在25℃，101KPa条件下测定的数据。详解：A、根据燃烧热概念，结合热化学方程式，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ·mol－1，氢气的燃烧热为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ·mol－1，所以氢气的燃烧热为285.8KJ·mol－1，故A错误；B、（1）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.8kJ/mol．（2）H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H3=-241.8kJ/mol；（2）×2-（1）得到：CH3OH(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=-392.8kJ/mol，故B正确；C、“1点睛：本题主要考查了热化学方程式，解题关键：掌握燃烧热、△H的含义以及与化学计量数间的关系，难点B，注意盖斯定律在热化学方程式的运用，易错点A，燃烧热是1mo可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，水应是液态。4、B【解析】

A、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态H2O时的反应热叫作中和热，中和热是以生成1mol液态H2O为基准的，选项A错误；B、CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1，则2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－2×283.0kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，选项B正确；C、燃烧热ΔH都是负值，选项C错误；D、在25℃、101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热量是该物质的燃烧热，选项D错误。答案选B。5、D【解析】分析：A.根据四氯化碳的密度比水大分析判断；B.根据流程图，操作②中被亚硫酸钠还原后用四氯化碳萃取分析判断生成的产物；C.根据操作④为分离碘和四氯化碳分析判断；D.根据碘容易升华分析判断。详解：A.操作①和③的四氯化碳的密度比水大，有机相在分液漏斗的下层，应该从下端放出，故A错误；B.根据流程图，操作②中IO3－被亚硫酸钠还原为碘单质，然后用四氯化碳萃取，故B错误；C.操作④为分离碘和四氯化碳的过程，应该采用蒸馏的方法分离，故C错误；D.碘容易升华，可以通过水浴加热的方式使碘升华后，在冷的烧瓶底部凝华，故D正确；故选D。6、C【解析】

在混合物中,只有3种元素C、H、O,氧元素的质量分数为37%,那么碳和氢元素的质量分数为1-37%=63%；在甲醛(CH2O)、乙酸(C2H4O2)和乙酸乙酯(C4H8O2)中,C原子与H原子数目之比是定值为1：2，质量之比为：m(C):m(H)=12:2=6：1，所以C占6/7,故碳元素质量分数为63%×6/7=54%；

所以本题答案为C。【点睛】根据在甲醛、乙酸、乙酸乙酯混合物中,C原子与H原子数目之比是定值，均为1:2；据氧元素的质量分数求出碳和氢元素的质量分数,进而求出碳元素的质量分数,据此解答。7、D【解析】A.热的纯碱溶液清洗油污，水解呈碱性：，选项A正确；B.明矾净水，铝离子水解得到氢氧化铝胶体：，选项B正确；C.用TiCl4制备TiO2，TiCl4水解产生TiO2：，选项C正确；D.配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠，抑制水解：，选项D不正确。答案选D。8、A【解析】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故A正确；B．CaH2+2H2O→Ca(OH)2+2H2↑中不存在非极性键的断裂，故B错误；C．Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成，故C错误；D．NH4Cl+NaOH═NaCl+NH3↑+H2O中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成，故D错误；答案为A。点睛：一般金属元素与非金属元素形成离子键，不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，化学反应的实质为旧键的断裂和新键的生成，特别注意离子化合物一定存在离子键，可能存在共价键，而共价化合物中一定不存在离子键，只存在共价键，另外单质中不一定存在非极性共价键。9、D【解析】

铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。A.在这个反应中，N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，所以HNO3是氧化剂，NO2是还原产物，A错误；B.Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；在方程式中4个HNO3参加反应，其中只有2个起氧化剂作用，获得电子，另外2个起酸的作用，提供酸根离子，用来结合形成盐，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比是1∶2，B错误；C.通过A、B选项分析可知：Cu(NO3)2是氧化产物，NO2是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，C错误；D.在反应中4molHNO3反应，转移2mol电子，若2mol硝酸(浓)完全反应，则反应中转移1mol电子，电子转移电子数目为NA，D正确。10、B【解析】分析：A．强酸反应可以制取弱酸；B．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C．非金属性强的单质能置换非金属性弱的单质；D．钠与水反应更剧烈；据此分析判断。详解：A．用CH3COOH溶液浸泡水垢，水垢溶解，有无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性，故B错误；C．氯气能置换出溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水大，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，可证明，故C正确；D．钠与水反应更剧烈，说明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼，故D正确；故选B。11、C【解析】

A．a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；B．b极上O2得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；C．气体存在的温度和压强未知，不能确定气体的体积大小，故C错误；D．2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O，每34gH2S即1molH2S参与反应，则消耗0.5mol氧气，则根据O2+4H++4e-=2H2O，所以有2molH+经质子膜进入正极区，故D正确；答案选C。【点睛】根据图示正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式或总反应方程式时，要注意电解质溶液的酸碱性。12、D【解析】

该有机物中含有苯环和碳碳双键，有苯和烯烃性质，能发生氧化反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答。【详解】A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式为C9H10，A正确；B.物质分子中含有苯环，所以能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生氧化反应，B正确；C.物质分子中含苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，1mol苯环最多消耗3mol氢气、1mol碳碳双键最多消耗1mol氢气，所以1mol该有机物最多消耗4mol氢气发生加成反应，C正确；D.苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和苯的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是原子共平面个数判断，要结合苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，用迁移方法进行分析解答。13、A【解析】给出的离子中，具有相同电子层结构，具有相同电子层结构的不同离子，原子序数越小，离子半径越大，原子序数大小顺序为Mg＞Na＞F＞O，故半径最小的为Mg2＋，故选A。14、A【解析】

A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。15、D【解析】

A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选；B.钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选；C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选；D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。16、D【解析】

A.1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；B.氢氧化钙和CO2反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故B正确；C.氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确；D.反应的方程式依次为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故D错误，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NONH4NO34NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=-905.8kJ/mol3NO2+H2O=2HNO3+NO1：2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2H2O+2NO2↑13.44【解析】A为气体，A～F都含有相同的元素，则A为N2，结合图中转化可知，B可发生连续氧化反应，且B为氢化物，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为NH4NO3，则（1）由上述分析可知，物质C、F化学式分别为NO、NH4NO3；（2）化学方程式①为4NH3+5O24NO+6H2O，34gB即2mol氨气发生反应后放出452.9kJ的热量，因此4mol氨气完全反应放出的热量是452.9kJ×2＝905.8kJ，所以该反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=－905.8kJ/mol；（3）③反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，只有N元素的化合价变化，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（4）铜与E的浓溶液即浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2H2O+2NO2↑；（5）25.6g铜与含有1.4molE的浓溶液恰好完全反应，n（Cu）=25.6g÷64g/mol=0.4mol，作酸性的硝酸为0.4mol×2=0.8mol，由N原子守恒可知最终得到气体的体积为（1.4mol-0.8mol）×22.4L/mol=13.44L。点睛：本题考查无机物的推断，把握含氮物质的性质及相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意常见连续氧化反应的物质判断；（5）中计算注意守恒法的灵活应用。18、r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)第三周期ⅡA族Mg2Si熔融，电解NH3，NH4ClSiC2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2OCH3CH2CHO，CH3CHO【解析】

（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为：。（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。19、NaCl加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液84.25%【解析】

碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]微溶于水，由流程可知，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH，反应得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]沉淀和NaCl，过滤得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]固体，滤液中成分是NaCl，然后将沉淀洗涤、干燥得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]。【详解】（1）由流程可知，滤液中的主要物质是NaCl，则滤液中可回收的主要物质是NaCl，故答案为：NaCl；（2）为防止调pH时若条件控制不当，溶液中镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，使所制的碱式次氯酸镁中混有Mg(OH)2杂质，实验中加入NaOH溶液时，应加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液，故答案为：加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液；（3）由题给方程式可得如下关系：Mg2ClO(OH)3·H2O—ClO－—I2—2S2O32-，反应消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol·L-1×0.02000L=0.002000mol，由关系式可知Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为×0.002000mol=0.001000mol，则碱式次氯酸镁的质量分数为×100%=84.25%，故答案为：84.25%。【点睛】由于溶液中镁离子能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，为防止生成氢氧化镁沉淀，实验中加入NaOH溶液时，应加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液是解答关键。20、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O无水CuSO4品红溶液足量的酸性