山西省太原市第五中学2020届高三10月月考化学试题

山西省太原市第五中学2020届高三10月月考化学试题

山西省太原市第五中学2020届高三10月月考 化学试题 ‎1.中国文化对人类文明贡献巨大。对下列古代研究成果的说明不合理的是 A. 《天工开物》“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指Ca(OH)2‎ B. 《黄白第十大》“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应 C. 《本草纲目》“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏 D. 《梦溪笔谈》“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中“剂钢”指铁合金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故A错误；‎ B.铁与硫酸铜反应是铁置换出铜，铜为红色，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，故B正确；‎ C.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异不同进行分离，则该法为蒸馏操作，故C正确；‎ D.剑刃硬度要大，所以用的是铁碳合金，剂钢指的是铁合金，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. NaHSO4和MgSO4固体混合物（共12g）中所含阳离子数大于0.1NA B. 反应2NH4ClO4 = Cl2↑+N2↑+2O2↑+4H2O↑，每产生1mol O2转移电子数为7NA C. 1mol  NaBH4中所含离子数为6NA D. 等物质的量的CH4和H2O，核外电子总数均为10NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaHSO4固体是由钠离子和硫酸氢根离子组成，MgSO4固体是由镁离子和硫酸根离子组成，NaHSO4和MgSO4摩尔质量相同，均为120g/mol，12g固体混合物的物质的量为1mol，则所含阳离子数为0.1NA，故A错误；‎ B项、由方程式可知，反应中N2和O2为氧化产物，Cl2为还原产物，生成2mol O2转移14mol电子，则产生1mol O2转移电子数为7NA，故B正确；‎ C项、NaBH4是由Na+和BH4—离子组成的离子化合物，则1molNaBH4中所含离子数为2NA ‎，故C错误；‎ D项、等物质的量的CH4和H2O的核外电子总数相等，1molCH4和1molH2O的核外电子总数均为10NA，等物质的量并非1mol，故D错误；‎ ‎【点睛】NaHSO4固体是由钠离子和硫酸氢根离子组成，阳离子中没有氢离子；等物质的量并非1mol是题给陷阱，是解答易错点。‎ ‎3.已知 ①H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH1＝ -57.3 kJ·mol－1，‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH2＝ -571.6 kJ·mol－1，下列说法正确的是 A. 向含0.1 mol NaOH溶液中加入一定体积0.1 mol·L－1乙二酸（HOOC-COOH) ，反应中的能量变化如图所示 B. 氢气的燃烧热为571.6 kJ·mol－1‎ C. 若反应②中水为气态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2‎ D. NH3·H2O(aq)＋H＋(aq)=NH4+ (aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、0.1 mol NaOH的溶液与500ml0.1 mol·L－1乙二酸恰好完全反应生成0.1mol水，由于乙二酸为二元弱酸，在溶液中的电离为吸热过程，则反应放出的热量小于5.73 kJ，故A正确；‎ B项、燃烧热为1mol物质完全燃烧生成稳定化合物放出的热量，则氢气的燃烧热为285.8kJ·mol－1，故B错误；‎ C项、气态水转化为液态水放出热量，若反应②中水为气态，放出的热量大于反应②，比较焓变时要带“—”，则反应热ΔH2<ΔH，故C错误；‎ D项、NH3·H2O为弱碱，在溶液中的电离为吸热过程，则反应热ΔH＞－57.3 kJ·mol－1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】绝大多数弱电解质的电离是一个吸热过程，发生中和反应生成1mol水放出的热量小于5.73 kJ是解答关键，也是易错点。‎ ‎4.CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中间态物质的能量关系如图所示(Ea表示活化能)，下列说法错误的是 A. Cl是由Cl2中化学键断裂产生的，该过程可表示为 B. 相同条件下，Ea越大，反应速率越慢 C. 图中ΔH<0，其大小与Ea1、Ea2无关 D. CH4转化为CH3Cl的过程中，反应物中的所有共价键均发生断裂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在光照条件下，氯气分子中Cl—Cl键发生断裂生成Cl原子，该过程用电子式可表示为，故A正确；‎ B项、相同条件下，反应活化能Ea越大，活化分子数越少，有效碰撞次数越少，反应速率越慢，故B正确；‎ C项、由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，其大小与图中Ea1、Ea2无关，故C正确；‎ D项、CH4转化为CH3Cl的过程中，只有一个C—H键发生断裂，并非所有共价键均发生断裂，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎5.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：‎ ‎①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)  △H1=a kJ/mol；　　‎ ‎②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g)  △H2=b kJ/mol；‎ ‎③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=c kJ/mol。‎ 下列说法正确的是 A. △H1>0‎ B. 2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) △H=-2b kJ/mol C. CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%‎ D. 2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l) △H=(2a+4b-c) kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A错误。反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B错误。CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C错误。①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D正确。‎ ‎6.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：‎ 反应I：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)  △H1=a kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)  △H2=b kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是 A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化 B. 两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2‎ C. 常温常压下，反应Ⅱ中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75 NA D. 4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)  △H=(3a+b) kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、反应Ⅱ中铵根离子中氮元素被氧化，硝酸根中氮元素被还原，故A错误；‎ B项、由热化学方程式可知，反应I中1mol NH4+被氧气完全氧化能生成1mol NO3-‎ ‎，反应Ⅱ中1mol NH4+能氧化只能消耗0.6mol NO3-，则两池中投放的废液体积相等时，NH4+转化为NO3-和N2，故B错误；‎ C项、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算22.4 L N2的物质的量，不能计算反应转移的电子数，故C错误；‎ D项、由盖斯定律可知，(3×I+Ⅱ)得热化学方程式4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq) ，则△H=(3a+b) kJ·mol－1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 在pH＝2的溶液中：NH4＋、K＋、F－、NO3－‎ B. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Na＋、K＋、Cl-、ClO-‎ C. 无色溶液中：Na＋、NH4＋、HCO3-、AlO2-‎ D. 中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在pH＝2的溶液中，H＋与F－生成弱酸HF不能大量共存，故A错误；‎ B项、使红色石蕊试纸变蓝的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na＋、K＋、Cl-、ClO-四种离子不发生任何反应，在溶液中能大量共存，故B正确；‎ C项、溶液中HCO3-与AlO2-发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，不能大量共存，NH4＋与AlO2-发生双水解反应不能大量共存，故C错误；‎ D项、Fe3+和Al3+在溶液中发生水解使溶液呈酸性，含有Fe3+、Al3+、NO3－、SO42-的溶液不可能为中性溶液，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】Fe3+和Al3+在溶液中发生水解使溶液呈酸性，含有Fe3+、Al3+、NO3－、SO42-的溶液不可能为中性溶液是解答需要注意的陷阱，是解答的易错点。‎ ‎8.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl- H2↑+Cl2↑+2OH-‎ 正确：Cl-的失电子能力比OH-强 B 向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+‎ 错误：H2S的酸性比H2SO4弱 C Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3- +OH- ═BaCO3↓+H2O 错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2‎ D 过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO- +H2O= HClO+HSO3-‎ 正确：H2SO3的酸性比HClO强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；‎ B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；‎ C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；‎ D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8。元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，下列说法中错误的是 A. 简单离子的半径：W>Y>Z B. 化合物YX5中肯定含有离子键 C. 工业上常用电解Z与W的化合物的方法制取单质Z D. W简单氢化物的沸点低于同主族其它简单氢化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质可知，Z为Al元素；由短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8可知，X为H元素、Y为N元素、W为Cl元素。‎ ‎【详解】A项、同主族元素从上到下，离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则离子半径由大到小的顺序为W>Y>Z，故A正确；‎ B项、化合物NH5是由NH4+和H—形成的离子化合物，离子化合物中一定含有离子键，故Ｂ正确；‎ C项、氯化铝为共价化合物，工业上不能用电解氯化铝的方法制备金属铝，工业上常用电解熔融氧化铝的方法制备金属铝，故C错误；‎ D项、氟化氢分子间形成氢键，分子间作用力增大，沸点高于氯化氢，氯化氢、溴化氢和碘化氢的结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，则ⅦA族中氯化氢沸点最低，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质确定Z为Al元素是推断的突破口。‎ ‎10.短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mL X2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图。下列说法错误的是 ‎ A. 单质的沸点：Q>Z>X B. X2R溶液的浓度为0.3 molL-1‎ C. 简单气态氢化物稳定性Z>R>Y D. 将RZ2分别通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构可知，X为H元素；由Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍可知，Y为C元素；由向100mL X2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系示意图可知，Z为O元素、R为S元素；短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质可知，Q为Na、Mg、Al三种元素中的一种。‎ ‎【详解】A项、Q单质为Na、Mg、Al三种金属固体单质中的一种，Z的单质为氧气，X的单质为氢气，三种单质的沸点由大到小的顺序为Q>Z>X，故A正确；‎ B项、二氧化硫和硫化氢反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2 H2O，由图可知336ml二氧化硫与100mL H2S的水溶液恰好完全反应，由方程式可知硫化氢的物质的量为2×=0.03mol，则 100mLH2S的水溶液浓度为=0.3mol/L，故B正确；‎ C项、元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物稳定性越强，非金属的强弱顺序为O>S>C，则简单气态氢化物稳定性由大到小的顺序为Z>R>Y，故C正确；‎ D项、将二氧化硫通入硝酸钡溶液中会生成硫酸钡白色沉淀，故D错误；‎ 故选D ‎【点睛】二氧化硫通入硝酸钡溶液中相当于硝酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，故会生成硫酸钡白色沉淀是解答难点，也是解答关键和易错点。‎ ‎11.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是 ‎ A. 该电池放电时H+从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极 B. Pt1电极附近发生的反应：SO2＋2H2O－2e－=H2SO4＋2H＋‎ C. Pt2电极附近发生的反应为: O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ D. 放电过程中若消耗的22.4L O2（标准状况），Pt1电极区增加4mol H＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，Pt1电极上SO2转化为H2SO4，S元素化合价升高被氧化，为燃料电池的负极，电极反应式为SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，Pt2电极为燃料电池的正极，O2在正极上得电子被还原生成水，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，电池的总反应方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。‎ ‎【详解】A项、放电时，阳离子移向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时氢离子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故A错误；‎ B项、Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子发生氧化反应生成H2SO4，电极反应为SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故B错误；‎ C项、Pt2电极为燃料电池的正极，酸性条件下，O2在正极上得电子被还原生成水，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，故C错误；‎ D项、标准状况下22.4L O2的物质的量为1mol，放电过程中若消耗1mol O2，转移电子数目为4mol，由负极反应式可知，负极区放电生成8mol H＋有4mol经过质子交换膜进入正极区，所以Pt1电极区增加的H+为4mol，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.新装修的房屋会释放出有毒的甲醛气体。银-Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理如下（在原电池中完成氧化银与甲醛的反应）。下列说法正确的是 A. 理论上消耗HCHO和Fe3+的物质的量之比为4:1‎ B. 30gHCHO被氧化时，理论上电路中通过2mol电子 C. 电池正极的电极反应式为Ag2O+2H++2e-=2Ag+H2O D. 其他条件相同，甲醛浓度越大，所得有色配合物溶液的吸光度越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HCHO中C为0价，由银-Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理可知，该检测过程涉及的化学反应为2Ag2O＋HCHO=4Ag＋CO2↑＋H2O，Ag＋Fe3＋=Ag＋＋Fe2＋，负极上HCHO在负极失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为HCHO－4e－＋H2O=CO2↑＋4H＋，正极上Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为2Ag2O＋4e－＋4H＋=4Ag＋2H2O。‎ ‎【详解】A项、由反应的方程式可得HCHO→4Ag→4Fe2＋，则1 mol HCHO完全反应，理论上能生成4 mol Ag，消耗4 mol Fe3＋，HCHO和Fe3+的物质的量之比为1:4，故A错误；‎ B项、30gHCHO的物质的量为1 mol，由HCHO在负极发生氧化反应生成CO2，负极消耗1 mol HCHO，理论上电路中通过4 mol电子，故B错误； ‎ C项、正极上Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为2Ag2O＋4e－＋4H＋=4Ag＋2H2O，故C正确；‎ D项、由题给信息可知，吸光度与有色物质的浓度成正比，根据反应式可以推出吸光度与甲醛的浓度成正比，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列叙述正确的是 A. 装置e 的作用是防倒吸 B. 根据图a的现象判断活塞K一定处于关闭状态 C. 实验结束时，先关闭活塞K，再熄灭酒精灯 D. b、c、f 中的试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置a为二氧化碳的制备装置，装置b中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置c中盛有浓硫酸，用于干燥二氧化碳，装置d为CO2和锌粒共热反应装置，装置e为利用二氧化碳的密度大于空气，用于分离二氧化碳和一氧化碳，装置f中盛有银氨溶液，用于验证CO2和锌粒反应是否生成CO。‎ ‎【详解】A项、装置e为利用二氧化碳的密度大于空气，用于分离二氧化碳和一氧化碳，故A错误；‎ B项、由图可知，在二氧化碳产生的气压作用下，装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态，说明活塞K一定处于关闭状态，故B正确；‎ C项、为防止产生倒吸，实验结束时，应先熄灭酒精灯，继续通入二氧化碳，再关闭活塞K，故C错误；‎ D项、装置b、c、f中的试剂依次为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸和银氨溶液，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态是判断活塞K一定处于关闭状态的依据，也是解答易错点。‎ ‎14.某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象，实验如下：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 溶液变红，约10秒后红色褪去，产生能使带火星木条复燃的气体，取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有能使带火星木条复燃的气体产生，产物经检验有丁达尔效应 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，产物经检验无丁达尔效应 下列说法错误的是 A. ②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体 B. 实验②中发生的氧化还原反应只有两种 C. 对比①②，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-‎ D. ③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体，故A正确；‎ B项、由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应还有酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B错误；‎ C项、对比实验①②实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C正确；‎ D项、由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎15.某小组对某无色水样进行检验，已知水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、CO32-、SO42-、C1-中的若干种离子。该小组取100mL水样进行实验，先滴加硝酸钡溶液，再滴加1mol·L-1的硝酸，实验过程中沉淀质量变化情况如图所示，下列分析错误的是 A. 一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-‎ B. BC段反应的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O C. K+物质的量浓度的范围是： c(K+)≥0.6mol/L D. 取少量水样置于试管中，滴加硝酸银溶液，可检验水样中是否含有C1-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该水样为无色溶液，水样中Cu2+不存在，依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-，CO32-，又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Mg2+不存在；n（SO42-）=2.33g/233g/mol=0.01mol，n（CO32-）=n（BaCO3）=（6.27-2.33）g/197g/mol=0.02mol；c（SO42-）：c（CO32-）=1：2；原溶液中可能含有Cl-，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n（Cl-）=n（K+）推知n（K+）≥0.06mol，则c（K+）≥0.6mol/L，据此分析。‎ ‎【详解】A.水样中一定含有的离子是：K+、SO42-、CO32-，一定不含有的是：Al3+、Mg2+、Cu2+，可能含有的是Cl-，故A正确；‎ B.BC段所表示的反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故B正确；‎ C.依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n（Cl-）=n（K+）推知n（K+）≥0.06mol，则c（K+）≥0.6mol/L，故C正确；‎ D.水样中含有SO42-、CO32-‎ ‎，滴加硝酸银溶液，也会产生白色沉淀，不能检验水样中是否含有C1-，故D错误。‎ 故选D ‎16.葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量（通常以酒样中SO2的量计），某研究小组设计了如下实验（已知还原性：SO32->I->Cl-）。下列说法不正确的是 A. 葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性 B. 通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出 C. 若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液 D. 若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，选项A正确；‎ B、温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，选项B正确；‎ C、若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，选项C错误；‎ D、若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。‎ ‎（1）若A为常见的金属单质，且其焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：___________________________________________。‎ ‎（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为__________（填字母）。‎ a. NaHCO3 b. Na2CO3 c.Al(OH)3 d.NaAlO2‎ ‎（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_______ 。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为___。（填字母）‎ a.盐酸         b.CaCl2溶液         c.氨水 d.澄清石灰水 ‎（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与水反应的化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。‎ ‎【答案】 (1). OH-+HSO3-=SO32-+H2O (2). bd (3). (4). ab (5). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由 X能使品红溶液褪色可知X是SO2，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠；‎ ‎（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应；‎ ‎（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠；‎ ‎（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁。‎ ‎【详解】（1）若A为常见的金属单质，由焰色反应呈黄色可知A是金属Na，由 X能使品红溶液褪色可知X是SO2‎ ‎，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硫反应，则B是氢气、C是氢氧化钠，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则D是亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，则E是亚硫酸氢钠，氢氧化钠溶液和亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O，故答案为：OH－＋HSO3－=SO32－＋H2O；‎ ‎（2）若A为短周期元素组成的单质，由该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强可知A是氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能和弱酸盐反应，由题给转化关系可知，X可能为碳酸钠，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，则X为碳酸钠、D为二氧化碳、E为碳酸氢钠；X也可能为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液与偏铝酸钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，则X为偏铝酸钠、D为氯化铝、E为氢氧化铝，故答案为：bd；‎ ‎（3）若A为淡黄色粉末，由淡黄色固体能和水反应可知A为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，电子式为，由X为一种最常见的造成温室效应的气体可知X为二氧化碳，则C是氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，‎ a、碳酸钠盐酸反应先不生成气体后产生气体，碳酸氢钠和盐酸立即反应生成气体，故正确；‎ b、碳酸氢钠和氯化钡不反应，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀，故正确；‎ c、氢氧化钠和碳酸钠不反应，和碳酸氢钠反应生成水，都没有明显现象，故错误；‎ d、氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成白色沉淀，故错误；‎ ab正确，故答案为：；ab；‎ ‎（4）若A是氧化物，X是铁，由溶液D中加入硫氰化钾溶液显红色，说明D中含有三价铁离子，由A和水反应生成酸和另一种物质可知，A为二氧化氮、B为一氧化氮、C为硝酸、D为硝酸铁、E为硝酸亚铁，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为1:2。‎ ‎18.工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度均为0.1 molL-1 。‎ 阳离子 K+、Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+‎ 阴离子 Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-‎ 某同学欲探究该废水的组成，进行了如下实验：‎ Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察）。‎ Ⅱ.取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。‎ Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。‎ Ⅳ.向Ⅲ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有 _____________，阴离子有__________。（写离子符号）‎ ‎（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式为___________________________。‎ ‎（3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一满试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液中溶质的物质的量浓度为___________ molL-1 （精确到小数点后第三位）。‎ ‎（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体的质量为______g。‎ ‎【答案】 (1). Fe2+、Cu2+ (2). Cl-、NO3-、SO42- (3). 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (4). 0.045 (5). 1.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验可知，Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明溶液中没有K+；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明溶液中没有Fe3+；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明溶液中Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中含有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明溶液中没有SiO32-；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-。‎ ‎【详解】（1）由以上推断可知溶液中阴离子为Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L，已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，则溶液中还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+；阴离子是Cl-、NO3-、SO42-，故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-；‎ ‎（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成Fe3+、NO和水，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎（3）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，设标况下二氧化氮的体积为VL，则二氧化氮的物质的量为=mol，由方程式可知反应后溶液的体积为L，硝酸的物质的量为×mol，则硝酸的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为：0.045；‎ ‎（4）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀又被空气中的氧气氧化，最终生成Fe(OH)3，Cu2+与氢氧化钠溶液反应生成生成Cu(OH)2沉淀，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO，根据元素守恒：n(CuO）=n（Cu2+）=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（Fe2O3）=n（Fe2+）/2=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：1.6。‎ ‎【点睛】由溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，确定溶液中Fe2+与NO3-和H+反应生成NO是推断的关键，也是解答的易错点。‎ ‎19.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料，实验室制备BCl3的原理为:‎ B2O3+3C+3Cl2 2BCl3+3CO。某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。（已知：BCl3极易水解，其熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃）请回答下列问题： ‎ 实验Ⅰ：制备BCl3并验证产物CO ‎ ‎（1）该实验装置中合理的连接顺序为G→___→___→____→____→F→D→I。____________‎ ‎（2）BCl3接触潮湿空气时，发生反应的化学方程式为________________。‎ ‎（3）能证明反应中有CO生成的现象是_______________________________________。‎ 实验Ⅱ：产品中氯含量的测定 ‎①准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。‎ ‎②取10.00mL溶液于锥形瓶中。‎ ‎③向其中加入V1mL C1 mol/L 的AgNO3溶液使氯离子完全沉淀。然后向其中加入少许硝基苯用力振荡。‎ ‎④向锥形瓶中逐滴加入C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。‎ 重复步骤②~④二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。‎ 已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。‎ ‎（4）步骤②移取溶液时所需仪器名称为____，步骤④加入的指示剂为________，（写化学式），达到终点时的现象为_____________________________________________。‎ ‎（5）产品中氯元素的质量分数为_______。‎ ‎（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_____。‎ A．步骤③中未加入硝基苯 B．步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线 C．用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡 D. 滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴 ‎【答案】 (1). EHJH (2). BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl (3). 澄清石灰水变浑浊且F中黑色固体变成红色 (4). 酸式滴定管或移液管 (5). Fe(NO3)3 (6). 滴入最后一滴KSCN溶液时，溶液由无色变为血红色且在半分钟内不褪色 (7). (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验Ⅰ、由反应的化学方程式可知氯气与B2O3、C共热反应生成三氯化硼和CO，因三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，则收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，由题给信息可知三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入装置E，在E和J之间接上H干燥装置，用于吸收水蒸气，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集；‎ 实验Ⅱ、实验Ⅱ的实验原理为向配制的产品溶液中加入AgNO3溶液，发生反应Ag+ +Cl—=AgCl↓，为了使溶液中的Cl—沉淀完全，应加入过量的AgNO3‎ 溶液，然后以硝酸铁为指示剂，若溶液中Cl—沉淀完全，用C2 mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，会发生反应Ag++SCN—=AgSCN↓，若KSCN标准溶液过量，KSCN溶液与硝酸铁溶液反应生成红色硫氰合铁溶液。‎ ‎【详解】（1）由反应的化学方程式可知氯气与B2O3、C共热反应生成三氯化硼和CO，因三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，则收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，由题给信息可知三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入装置E，在E和J之间接上H干燥装置，用于吸收水蒸气，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，则依次连接的合理顺序为G→E→H→J→H→F→D→I，故答案为：G、E、H、J、H；‎ ‎（2）三氯化硼水解生成HCl和硼酸，反应的化学方程式BC13+3H2O=H3BO3+3HC1，故答案为：BC13+3H2O=H3BO3+3HC1；‎ ‎（3）根据实验的原理可知，生成的CO能将黑色的氧化铜还原为红色的铜，同时产生能使澄清石灰水变浑的气体，所以能证明反应中有CO生成的现象是装置F中黑色粉末变为红色，装置D中澄清石灰水变浑浊，故答案为：澄清石灰水变浑浊且F中黑色固体变成红色；‎ ‎（4）步骤②取用10.00mL溶液应选用精量器，可以选择酸式滴定管或移液管；实验Ⅱ的实验原理为向配制的产品溶液中加入AgNO3溶液，发生反应Ag+ +Cl—=AgCl↓，为了使溶液中的Cl—沉淀完全，应加入过量的AgNO3溶液，然后以硝酸铁为指示剂，若溶液中Cl—沉淀完全，用C2 mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，会发生反应Ag++SCN—=AgSCN↓，若KSCN标准溶液过量，KSCN溶液与硝酸铁溶液反应生成红色硫氰合铁溶液，溶液变为血红色，则滴定终点现象为滴入最后一滴KSCN溶液时，溶液由无色变为血红色且半分钟内不褪色，故答案为：酸式滴定管或移液管；Fe(NO3)3；滴入最后一滴KSCN溶液时，溶液由无色变为血红色且在半分钟内不褪色；‎ ‎（5）由题意可知n（Cl—）= n（Ag+）—n（SCN—）=（C1V1—C2V2）×10—3mol，则产品中氯元素的质量分数为×100%=，故答案为：；‎ ‎（6）A、步骤③中未加硝基苯，会使-部分AgCl转化为AgSCN，导致n(SCN—)增大,根据关系式n（Cl—）= n（Ag+）—n（SCN—）可知，样品中含有n（Cl—）偏小，产品中氯含量偏低，故错误；‎ B、步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线会使c（Cl—）偏大，等体积时含有的n（Cl—）偏大，产品中氯含量偏高，故正确；‎ C、用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，V(标)偏大，导致样品中n（Cl—）偏小，产品中氯含量偏低，故错误；‎ D、滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，V(标)偏大，导致样品中n（Cl—）偏小，产品中氯含量偏低，故错误；‎ B正确，故答案为：B。‎ ‎【点睛】三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入装置E，在E和J之间接上H干燥装置，用于吸收水蒸气是解答关键，也是解答的易错点。‎ ‎20.泄盐（MgSO4·7H2O）是一种中药药剂，还可用于制革、肥料、瓷器、印染料等工业。一种利用氯碱工业的废渣【主要成分是Mg(OH)2，杂质为MnCO3、FeCO3、Al(OH)3、SiO2等】生产泄盐的流程如下：‎ 已知部分氢氧化物沉淀pH如下表：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Mg(OH)2‎ Al(OH)3‎ Al(OH)3在pH=7.8时开始溶解，pH=10.0完全溶解 开始沉淀的pH ‎2.3‎ ‎10.8‎ ‎3.7‎ 完全沉淀的pH ‎4.3‎ ‎12.4‎ ‎5.2‎ 回答下列问题：‎ ‎（1） “酸浸”是工业对矿物利用的一种方法，该操作关键是提供浸取率和浸取速率，写出提高该工艺流程中“酸浸”速率的2种方法：___________________。‎ ‎（2） “操作1” “操作2”和“操作3”相同，实验室在进行该操作时，用到的玻璃仪器有________，“滤渣1”的成分是________（写化学式）。‎ ‎（3） “氧化（煮沸）”操作的目的是使溶液中的锰元素转化为MnO2，写出该反应的离子方程式：____________________。‎ ‎（4）“调节pH”时最好选用__________， pH范围应控制为____________，高温加热“滤渣3”可得到_________（写化学式）。‎ ‎（5） “一系列操作”是指_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 适当增大硫酸的浓度、适当提高浸取液的温度、粉碎废渣、搅拌(任答两条即可) (2). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (3). SiO2 (4). Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl- (5). MgO或Mg（OH）2 (6). 15.2≤p11<7.8 (7). Fe2O3、Al2O3 (8). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，氯碱工业的废渣加入稀硫酸酸浸时，Mg(OH)2、MnCO3、FeCO3、Al(OH)3溶于稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤，得到含有Mg2+、Mn2+、Fe2+、Al3+的滤液，滤渣1为二氧化硅；向滤液中加入碱性次氯酸钠溶液，次氯酸钠溶液在加热条件下将溶液中的Fe2+、Mn2+氧化成Fe3+、MnO2，过滤，得到含有Mg2+、Fe3+、Al3+的滤液，滤渣2为二氧化锰；向滤液中加入氧化镁或氢氧化镁调节溶液pH在5.2—7.8之间，使Fe3+、Al3+转化为沉淀，过滤，得到含有Mg2+的滤液，滤渣3为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作制得MgSO4·7H2O。‎ ‎【详解】（1）适当增大硫酸的浓度、适当提高浸取液的温度、粉碎废渣、搅拌等操作能提高该酸浸速率，故答案为：适当增大硫酸的浓度、适当提高浸取液的温度、粉碎废渣、搅拌(任答两条即可)；‎ ‎（2） “操作1” “操作2”和“操作3”均为过滤操作，实验室在进行过滤时，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；由流程图可知，氯碱工业的废渣加入稀硫酸酸浸时，Mg(OH)2、MnCO3、FeCO3、Al(OH)3溶于稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤，得到含有Mg2+、Mn2+、Fe2+、Al3+的滤液，滤渣1为二氧化硅故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；SiO2；‎ ‎（3）氧化（煮沸）操作为向滤液中加入碱性次氯酸钠溶液，次氯酸钠溶液在加热条件下将溶液中的Fe2+、Mn2+氧化成Fe3+、MnO2，锰元素转化为MnO2的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl-，故答案为：Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl-；‎ ‎（4）调节溶液pH的目的是防止Al(OH)3溶解，使Fe3+、Al3+在pH为5.2—7.8之间转化为沉淀除去，为了不引入新的杂质，最好选用MgO或Mg(OH)2‎ 调节溶液pH；高温加热，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀分解生成氧化铁和氧化铝，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe2O3、Al2O3；‎ ‎（5）硫酸镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎ ‎