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4．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（ ）
正确答案
解析
分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，
若为甲酸和丁醇酯化，甲酸只有1种，丁醇有4种；
若为乙酸和丙醇酯化，乙酸只有1种，丙醇有2种；
若为丙酸和乙醇酯化，丙酸只有1种，乙醇只有1种；
若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，甲醇只有1种；
故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有5×8=40种，
故选D．
考查方向
解题思路
分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目
易错点
形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断
知识点
5.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍。下列说法正确的是（ ）
A原子半径的大小顺序：r(B)>r(C)>r(D)
BC的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强
CE分别与A、C形成的化
D
正确答案
解析
有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A和C、B和D分别位于同主族，假设A是H元素，B的原子序数小于C，则C是Na元素，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍，则B是O元素，D是S元素，所以假设成立，E为主族的短周期元素，且原子序数最大，E是Cl元素， A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，应为Na＞S＞O，故A错误； B．C为Na，在第三周期中金属性最强，最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强，故B正确． C．E分别与A、C形成的化合物分别为氯化氢、氯化钠，分别为共价化合物和离子化合物，化学键类型不同，故C错误； D．非金属性O＞S，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D错误；
故选B．
考查方向
解题思路
有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A和C、B和D分别位于同主族，假设A是H元素，B的原子序数小于C，则C是Na元素，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍，则B是O元素，D是S元素，所以假设成立，E为主族的短周期元素，且原子序数最大，E是Cl元素，结合对应单质化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．
易错点
本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类．
知识点
6.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
正确答案
解析
Na2SiO3饱和溶液中含有水和硅酸钠，要作对比试验来证明是硅酸钠起防火作用，而不是水，故A错误；
滴入指示剂过量会影响滴定终点的判断，使误差变大，故B错误；
C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，所以通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中含有的醋酸，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，所以据此能判断酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，故C正确．
D．应用浓溴水，稀溴水观察不到白色沉淀，故D错误；
考查方向
解题思路
A.饱和硅酸钠溶液中含有两种物质，要作对比试验才行；
B.指示剂的加入量一般是2~3滴；
C.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，
D.苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；
易错点
把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的严密性．A项容易忽视验证水的对比试验的严密性，易判断为正确的。
知识点
1. 化学与生产、生活 密切相关，背景材料：
① 浙大研制的石墨烯弹性气凝胶（又名碳海棉）入选2013年度世界最轻固体材料；
② 2014年11月上旬北京APEC峰会期间，政府重拳整治雾霾，蓝天重现；
③ 用属铂丝或无锈铁丝可用来进行钠、钾、铜、钡、锶等的焰色反应
④ 瑞典皇家理工学院（KTH）的研究人员已经成功地构建出了一种能使水快速分解的分子催化剂。
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．石墨烯具有疏松多孔的结构，所以具有很强的吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故A正确；
B．汽车尾气中含有燃料不充分燃烧产生的烟尘等，污染了空气，能引起大气中PM2.5增大，化石燃料燃烧会产生CO、SO2和粉尘等有害气体，污染了空气，能引起大气中PM2.5增大，产生雾霾天气，调整产业结构，尽量减少对化石燃料的使用，能够减少雾霾，故B正确；
C．烟花中可能添加了含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的化合物，没有铁元素的化合物；故C错误；
D．因为分子催化剂可以将水快速氧化成氧气，所以该分子催化剂可将一次能源太阳能直接转化成二次能源，故D正确；
考查方向
解题思路
A．根据石墨烯具有疏松多孔的结构分析；
B．汽车尾气中含有烟尘等颗粒物，化石燃料的燃烧等都会产生大气的污染，调整产业结构，尽量减少对化石燃料的使用，能够减少雾霾；
C．利用了焰色反应；
D．根据分子催化剂可以将水快速氧化成氧气分析．
易错点
能发生焰色反应的金属元素不熟悉
知识点
2.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
AFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H+ ＋2I-=2Fe2+ ＋I2 ＋3H2O
B0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合： Al3+＋2SO42-＋2Ba2+＋4OH- ＝2BaSO4＋AlO2-＋ 2H2O
C用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO
D向次
正确答案
解析
A．氧化铁可溶于氢碘酸，三价铁具有氧化性能氧化碘离子，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故A错误；
B．铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应的顺序是铝离子先沉淀，铵根离子再和氢氧根离子反应，沉淀再溶解； NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2 按1：2反应，氢氧根沉淀铝离子剩余氢氧根离子恰好和铵根离子反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O；故B错误；
C．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故C错误；
D．次氯酸根离子具有氧化性，亚硫酸氢根离子具有还原性，次氯酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，即ClO-+SO2+H2O═SO42-+Cl-+2H+，故D错误；
考查方向
解题思路
A．三价铁具有氧化性能氧化碘离子；
B．氢氧根离子既能和铝离子反应，也能与铵根离子反应；
C．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化
D．次氯酸根离子具有氧化性，亚硫酸氢根离子具有还原性，次氯酸根离子能将亚硫酸根离子氧化
易错点
学生易忽视浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化
知识点
3．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
①lmolCH3CH2C(CH3)3所含甲基个数为4NA
②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
③1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA
④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA
⑤标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA
⑥常温常压下，17g甲基（—14CH3）所含的中子数为9NA
⑦标准状况下，11.2L氯仿中含有C—Cl键的数目为1.5NA
⑧lmolC15H32分子中含碳碳键数目为14NA
正确答案
解析
①lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，含有甲基的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA，故①正确；
②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等，则碳元素的质量相等为
③醋酸是弱电解质，1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=1mol/L，所以c（CH3COO-）小于1mol/L，溶液中CH3COOH分子数小于1L×1mol/L×NAmol-1=NA，故③错误；
④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为
⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑤错误；
⑥甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8，17g甲基（一14CH3）的物质的量为
⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故⑦错误；
⑧C15H32是烷烃，分子中含有含有14个C-C共价键数，lmolC15H32分子中含C-C共价键数目为1mol×14×NAmol-1=14NA，故⑧正确．
故①②④⑧正确，选：C．
考查方向
解题思路
①CH3CH2C（CH3）3分子中含有4个甲基，lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，结合N=nNA计算甲基数目；
②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等为
③醋酸是弱电解质，1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=1mol/L。
④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，根据
⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol。⑥中子数=质量数-质子数，H原子不含中子，甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8，根据
⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol．
⑧C15H32是烷烃，分子中含有含有14个C-C共价键数，根据N=nNA计算C-C共价键数．
易错点
常用化学计量的有关计算，注意公式的运用。⑤中易忽视乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积
知识点
7. 在两个固定体积均为1L密闭容器中以不同的氢碳化比
A该反应在高温下自发进行
B氢碳比：
C若起始时，CO2、H2、浓度分分别为0.5mol/L和1.0mol/L，则可得P点，对应温度的平衡常数的值为512
D向处于P点状态的容器中，按2:4:1:4的比例再充入CO2 、H2 、C2H4、H2O，再次平衡后
正确答案
解析
A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H＜0，而此反应的△S＜0,所以由△G=△H-T△S判断该反应应在低温下自发反应故A错误；
B．氢碳比
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比
代入平衡常数表达
D．向处于P点状态的容器中，按2:4:1:4的比例再充入CO2 、H2 、C2H4、H2O后，据等效平衡将C2H4和H2O的量全部转化成CO2 和H2的量后，可得到氢碳比
考查方向
解题思路
A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
B．氢碳比
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比
D．根据据等效平衡将C2H4和H2O的量全部转化成CO2 和H2的量后分析。
易错点
D项中利用等效平衡结合图像分析容易出错
知识点
10．亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：
实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按图装置进行制取。
已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要________（填仪器名称）；
（2）装置C的作用是________________________；
（3）装置B内生成的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的反应方程式为________________________。
（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是________________；
（5）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体。请补充完整操作iii。
i. 55℃蒸发结晶；
ii.趁热过滤；
iii. ________；
iv.低于60℃干燥，得到成品。
实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定
（6）上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因是________；
a. B中有SO2气体产生
b. B中浓硫酸挥发进入D中与NaOH中和
c. B中的硫酸钠进入到D装置内
（7）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：
准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2－+ 4I－+4H+ ＝2H2O+2I2+Cl－，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。
取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2 +2S2O32－=2I－+S4O62－）。
①确认滴定终点的现象是________；
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为________（用含c、V的代数式表示）。
正确答案
（1）量筒
（2）防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶）
（3）2ClO2 ＋ 2NaOH ＋ H2O2 ＝ 2NaClO2 ＋ O2 ＋ 2H2O
（4）NaClO3和NaCl
（5）用45℃左右的热水洗涤3遍（热水温度高于38℃，低于60℃）
（6）a
（7）①滴到最后一滴，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原
②c•V•10-3mol
解析
（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒，故答案为：量筒；
（2）装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶）；
（3）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2↑+2Na2SO4+H2O，二氧化氯和双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2，反应方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O；
（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，
故答案为：NaClO3和NaCl；
（5）从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥操作，所以第iii操作是用45℃左右的热水洗涤3遍（热水温度高于38℃，低于60℃），故答案为：用45℃左右的热水洗涤3遍（热水温度高于38℃，低于60℃）；
（6）B中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2 被带入D中，SO2与H2O2 反应生成硫酸钠，浓硫酸难挥发，硫酸钠是难挥发的盐，不会进入D，故a正确，b、c错误，故选：a；
（7）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点，
故答案为：滴加最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；
②令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32-，
1mol 4mol
0.25x c mol•L-1×V×10-3L
故x=c•V•10-3mol，
故答案为：c•V•10-3 mol．
考查方向
解题思路
（1）根据仪器用途选取仪器；
（2）装置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用；
（3）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2；
（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；
（5）从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
（6）B中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2 被带入D中，SO2与H2O2 反应生成硫酸钠；
（7）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；
②根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32-，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．
易错点
（5）容易漏掉洗涤液温度的范围
知识点
8．一氧化碳是一种用途广泛的化工基础原料。有机物加氢反应中镍是常用的催化剂。但H2中一般含有微量CO会使催化剂镍中毒，在反应过程中消除CO的理想做法是投入少量SO2，为弄清该方法对催化剂的影响，查得资料如下：
则：（1）① 不用通入O2氧化的方法除去CO的原因是___________________________。
② SO2(g) + 2CO(g) = S(s) + 2CO2(g) △H ＝_________________________。
（2）工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO(g)+H2O(g) 
（3）为减少雾霾、降低大气中有害气体含量， 研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空/燃比 (空气与燃油气的体积比)的变化关系示意图如图所示，请解释：
①随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是__________________。
②当空/燃比达到15后，NOx减少的原因可能是_____________。
正确答案
（1）① Ni会与氧气反应
② -270.0KJ/mol
（2）75％ ， 0.045 mol·L-1·min-1
（3）①空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少
②因为反应 N2(g)+O2(g)
解析
（1）①Ni能与氧气反应也会导致其中毒，故答案为：Ni会与氧气反应；
②由图I可知，O2（g）+2CO（g）=2CO2（g）△H=（-2×283）kJ•mol-1=-566kJ•mol-1，（i）
由图II可知，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296kJ•mol-1，（ii）
（i）-（ii）得：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=-563-（-298）=-270kJ•mol-1，故答案为：-270kJ/mol；
（2）设参加反应的CO的浓度为x
CO（g）+H2O（g）
所以CO的转化率
氢气反应速率
故答案为：75%；0.045mol/（L•min）；
（3）①空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故答案为：空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少；
②反应 N2（g）+O2（g）
考查方向
解题思路
（1）①Ni能与氧气反应也会导致其中毒，据此解答即可；
②利用盖斯定律进行计算即可；
（2）根据所给反应的平衡常数，利用三段式法计算出平衡浓度减小求算，
CO（g）+H2O（g）
（3）①燃油气燃烧更充分；
②反应 N2（g）+O2（g）
易错点
（5）中据机动车尾气污染物的含量与空/燃比的变化关系示意图的原因分析
知识点
9．冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题。现有一种高速公路 的绿色融雪剂-CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物,已知醋酸钙的溶解度随温度上升而下降，醋酸镁的溶解度随温度变化不大），其生产常以白云石（主要成分 MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质）和生物质废液——木醋液（主要成分乙酸，以及少量的
(1)步骤①发生的反应离子方程式为________________________________。
(2)滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为________________________。
（己知l mol NaOH发生反应时放出热量为QkJ）；步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及____________。
(3)已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪 效果成正比）关系如图所示，步骤④的目的除调节 n(Ca):n(Mg) 约为____________（选填：A:1:3; B:1:2; C:3:7;D: 2:3）外，另一目的是____________。
(4)步骤⑥包含的操作有____________、过滤、洗涤及干燥。
(5)取akg含MgCO3
正确答案
（1）MgCO3·CaCO3＋4CH3COOH=Ca2＋＋Mg2＋＋4CH3COO－＋2CO2＋2H2O
（2）SiO2(s)＋2NaOH(aq)=Na2SiO3(aq)+H2O(l)；△H=-2Q kJ/mol
实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质
（3）C 除去过量的乙酸
（4）蒸发结晶
（5）
解析
根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，
（1）步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O，
故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（2）己知lmol NaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为SiO2（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），△H=-2QkJ/mol，
步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，
故答案为：SiO2（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），△H=-2QkJ/mol；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤④中加入氧化镁的目的是调节钙、镁离子的物质的量之比，除去过量的乙酸，
故答案为：3：7；除去过量的乙酸；
（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，
故答案为：蒸发结晶；
（5）取akg含MgCO3•CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA．已知MgCO3•CaCO3的损失率为c%，则可得
步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，
则可知所得产品质量约为
考查方向
解题思路
根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，
（1）步骤①MgCO3•CaCO3与CH3COOH的反应生成醋酸钙和醋酸镁；
（2）己知lmol NaOH与二氧化硅发生反应时放出热量为QkJ，则反应的热化学方程式为SiO2（s）+2NaOH（aq）=Na2SiO3（aq）+H2O（l），△H=-2QkJ/mol，
步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）根据如图所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高；
（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；
（5）取akg含MgCO3•CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA．已知MgCO3•CaCO3的损失率为c%，则可得
步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，以此计算产量．
易错点
需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力，（5）中计算易出错。
知识点
11．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：
（1）浸出：浸出时温度控制在90℃~95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是_______，植物粉的作用是_______。
（2）除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.5~5.5；
②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；
③…
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是_______；操作②中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率。写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式_____________________。
（3）制备：在30 ℃~35 ℃下, 将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中, 控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到MnCO3沉淀。温度控制35 ℃以下的原因是______________；该反应的化学方程式为_____________________；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。
（4）计算：室温下，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，Ksp(MgCO3)=2.6×10-5 ，已知离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，表示该离子沉淀完全。若净化液中的c(Mg2+)=10-2mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度。
正确答案
（1）提高软锰矿中锰的浸出率 作还原剂
（2）增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等） MnO2 + H2O2 + 2H+ =Mn2+ + 2H2O +O2↑
（3）减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；
MnSO4 + 2NH4HCO3 
取最后一次的洗涤滤液1~2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。
（4）Ksp (MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-) ，当Mn2+沉淀完全时，c(CO32-)=1.8×10-11/1.0×10-5=1.8×10-6 mol·L-1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+＞2.6×10-5/1.8×10-6=14.4 mol·L-1， Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 mol·L-1。
解析
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；
（1）升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在90℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂，
故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率，作还原剂；
（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，
故答案为：增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）； MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；
（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度控制35℃以下的原因是防止碳酸氢铵分解，在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3
故答案为：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；MnSO4+2NH4HCO3 
（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）•c（CO32-），当Mn2+沉淀完全时，
答：Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）•c（CO32-），当Mn2+沉淀完全时，
考查方向
解题思路
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；
（1）升温搅拌都可以加快物质的溶解反应速率；加入植物粉是一种还原剂；
（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子；
（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计；
（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）•c（CO32-），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32-）=1.8×10-11/1.0×10-5=1.8×10-6 mol•L-1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+＞2.6×10-5/1.8×10-6=14.4 mol•L-1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 mol•L-1．
易错点
把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键