河南省信阳市罗山县楠杆高中高二下学期月考化学试.docx

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河南省信阳市罗山县楠杆高中高二下学期月考化学试

河南省信阳市罗山县楠杆高中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

1．将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只需选用下列一种试剂，这种试剂是

A．KSCNB．BaCl2C．NaOHD．HCl

【答案】C

【解析】分析：

四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择．

解答：

解：

A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；

B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故B错误；

C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；

D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误．

故选C．

2．短周期元素A、B、C，它们的原子序数依次增大，其中C的原子半径在短周期的主族元素中最大，B与C的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，且A是构成有机物的重要元素，下列说法正确的是（　　）

A．A元素位于元素周期表中第二周期ⅥA族

B．B离子与C离子具有相同的电子层结构

C．C离子具有很强的还原性，B离子具有很强的氧化性

D．B、C可以形成BC2型化合物

【答案】B

【解析】

试题分析：

C的原子半径在短周期的主族元素中最大，则C为钠元素；A是构成有机物的重要元素，且B、C的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，再根据三者的原子序数大小，可推出A是碳元素，B是氟元素。

A项，碳元素位于元素周期表中的第二周期ⅣA族；B项正确；C项，C离子有较弱的氧化性，B离子有较弱的还原性；D项，B、C可形成NaF。

故选B。

考点：

元素周期表

点评：

本题以原子结构位置与性质关系等，难度中等，推断元素是解题关键，熟练掌握元素周期表的结构。

3．下列有关硅及其化合物的叙述中，错误的是

A．单质硅是良好的半导体材料

B．硅和碳是都是第ⅣA族的元素

C．二氧化硅用来制造通讯材料（光导纤维）

D．二氧化硅溶于水生成硅酸，它是挥发性酸

【答案】D

【解析】

试题分析：

二氧化硅不溶于水，不能直接食醋硅酸，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。

考点：

考查硅及其化合物的性质和用途

点评：

该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点。

试题基础性强，难度不大，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。

该题的关键是熟练记住硅及其化合物的性质、用途。

4．10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol，则此样品中可能含有的杂质是（）

A．KHCO3和MgCO3B．MgCO3和SiO2C．K2CO3和SiO2D．无法确定

【答案】B

【解析】产生CO20.1mol所需各物质的质量依次为：

CaCO3：

10g；KHCO3：

10g；MgCO3：

8.4g；SiO2：

不反应；K2CO3：

13.8g；

根据平均值原则，可知，MgCO3和SiO2混合物符合题意，选B

5．我国支持“人文奥运”的一个重要体现是：

坚决反对运动员服用兴奋剂。

某种兴奋剂的结构简式如右图所示，

有关该物质的说法正确的是

A．该物质遇FeCl3溶液显紫色

B．滴入KMnO4（H+）溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键

C．1mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为4mol、7mol

D．该分子中的所有原子有可能共平面

【答案】AC

【解析】略

6．下列关于化学用语叙述正确的是（）

A．H2O2的电子：

B．乙烯的结构简式：

CH2CH2

C．S2－离子的结构示意图：

D．FeSO4的电离方程式：

FeSO4===Fe3＋＋SO42－

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，B错误；C．S2－离子的核内质子数为16，C错误；D．FeSO4的电离方程式：

FeSO4===Fe2＋＋SO42－，D错误。

故答案A。

考点：

考查常用的化学用语的使用。

7．向盛有一定量的Ba（OH）2的溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示），近似地用如右图曲线表示，应为

【答案】C

【解析】

试题分析：

溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关。

氢氧化钡是强电解质，向其中加入硫酸，则会生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡是难溶电解质，水是弱电解质，离子浓度减小所以溶液的导电能力减小，当二者恰好完全反应生成硫酸钡、水时。

此时溶液的导电能力为0，继续加入硫酸，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电能力又增大，所以选择C。

考点：

考查溶液导电能力的判断

8．下列反应的离子方程式正确的是（　　）。

A．稀硫酸与铁反应：

2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑

B．2mol·L－1的AlCl3溶液和7mol·L－1的NaOH溶液等体积均匀混合：

2Al3＋＋7OH－=Al（OH）3↓＋AlO2—＋2H2O

C．Ba（OH）2溶液中加入少量的NaHSO4溶液：

Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—=BaSO4↓＋2H2O

D．NaHCO3的水解：

HCO3—＋H2O

CO32—＋H3O＋

【答案】B

【解析】稀硫酸与铁反应不能生成Fe3＋，应该生成Fe2＋，A错误；2molAl3＋与7molOH－反应，生成1molAl（OH）3和1molAlO2—，B正确；Ba（OH）2溶液中加入少量的NaHSO4溶液，离子方程式应为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42—=BaSO4↓＋H2O，C错误；NaHCO3的水解方程式为HCO3—＋H2O

H2CO3＋OH－，D错误。

9．元素X的原子有3个电子层，最外层有4个电子。

这种元素位于周期表的

A．第4周期ⅢA族B．第4周期ⅦA族

C．第3周期ⅣB族D．第3周期ⅣA族

【答案】D

【解析】

试题分析：

根据元素周期表的结构，元素X的原子有3个电子层，说明X原子位于第三周期，最外层有4个电子，说明位于ⅣA族，选D。

考点：

考查元素周期表的结构。

10．我国药学家屠呦呦因发现植物黄花蒿叶中含有抗疟疾的物质—青蒿素而荣获2015年诺贝尔奖。

科学家对青蒿素的结构进行进一步改良，合成药效更佳的双氢青蒿素、蒿甲醚。

下列说法正确的是

A．利用黄花蒿叶研究青蒿素结构的基本步骤为：

元素分析确定实验式→测定相对分子质量确定分子式→波谱分析确定结构式

B．①、②的反应类型分别为还原反应、酯化反应

C．双氢青蒿素在水中的溶解性大于青蒿素

D．双氢青蒿素与蒿甲醚组成上相差-CH2-，二者互为同系物

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．研究有机物一般经过：

分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，然后根据元素定量分析确定实验式、在测定相对分子质量确定分子式，最后通过波谱分析确定结构式，缺少分离、提纯过程，故A错误；B．蒿甲醚不含酯基，则②不是酯化反应，故B错误；C．双氢青蒿素含有羟基，可形成氢键，在水中溶解度较大，故C正确；D．双氢青蒿素与蒿甲醚结构不同，不是同系物，故D错误；故选C。

考点：

考查了有机物的结构与性质的相关知识。

11．某种微粒用

表示，下列

关于该微粒的叙述中正确的是

A．所含的质子数＝A－nB．所含中子数＝A－Z

C．所含的电子数＝Z＋n

D．质量数＝Z＋A

【答案】B

【解析】

12．将铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是

A．FeSO4B．Fe2（SO4）3C．HClD．CuSO4

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、铁与FeSO4不反应，溶液质量不变，A错误；B、铁和Fe2（SO4）3发生化合反应，生成FeSO4溶液，溶液质量增加，B错误；C、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，反应56克铁，生成2克氢气，溶液质量增加，C错误；D、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应56克铁，生成64克铜，所以溶液质量减轻，D正确。

答案选D。

考点：

铁的化学性质

13．为说明氯比硫的非金属性强，下列事实可作为依据的是

A．HCl的水溶性强于H2SB．H2S中的S元素能被Cl2氧化

C．氯的最高价为+7价D．HClO的氧化性强于H2SO4

【答案】B

【解析】非金属性的比较规律：

　　1、由元素原子的氧化性判断：

一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。

　　2、由单质和酸或者和水的反应程度判断：

反应越剧烈，非金属性越强。

　　3、由对应氢化物的稳定性判断：

氢化物越稳定，非金属性越强。

　　4、由和氢气化合的难易程度判断：

化合越容易，非金属性越强。

　　5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：

酸性越强，非金属越强。

（除氟元素之外）

　　6、由对应阴离子的还原性判断：

还原性越强，对应非金属性越弱。

　　7、由置换反应判断：

强置弱。

〔若依据置换反应来说明元素的非金属性强弱，则非金属单质应做氧化剂，非金属单质做还原剂的置换反应不能作为比较非金属性强弱的依据〕

　　值得注意的是：

氟元素没有正价态，故没有氟的含氧酸，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氟元素！

故规律5只适用于氟元素之外的非金属元素。

8、按元素周期律，同周期元素由左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族元素由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱。

据此可判断选项B是正确的，答案选B。

14．有一种烃的分子结构如图所示，有关该分子的说法不正确的是

A．该烯烃的分子式为C5H4

B．该分子中1、2、4、5四个碳原子可能在同一平面上

C．该烃的二氯代物同分异构体有2种

D．与其互为同分异构体，且只含三键的链烃只有2种

【答案】B

【解析】

由图可知该烃的分子式为C5H4，中心碳原子连有4个键，空间构型类似于甲烷，是四面体结构，所有碳原子不可共平面；由于有2个双键的存在，1mol该烃最多可以与2molBr2发生加成反应；与其互为同分异构体的且只含三键的链烃分子有

两种。

故Ｂ错。

15．坚决反对运动员服用兴奋剂，是“人文奥运”的一个基本原则。

某一种兴奋剂的结构简式为

有关该有机物的说法不正确的是

A．它可使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色

B．它属于芳香烃

C．它与

不是同分异构体

D．它既可发生加成反应，又可发生取代反应

【答案】B

【解析】

试题分析：

从结构中看出，有碳碳双键，那么可使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，A对，不选；结构中有氧原子，所以不属于烃，B错，选B；C对，不选；碳碳双键和苯环可以发生加成反应，—0H可以发生取代反应，D对，不选。

考点：

有机物结构的分析和性质。

16．

（1）用双线桥表示下列反应中电子转移的方向和数目，并填空。

2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

反应中若有71gCl2生成，转移的电子数为_____个。

（2）请用“单线桥”法分析下列氧化还原反应中电子转移的方向和数目。

2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O

【答案】

（1）

；2NA；

（2）

【解析】

试题分析：

（1）根据反应方程式2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O在该反应中Mn元素的化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2的+2价，化合价降低，获得电子2×5e-，被还原；Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子10×e-，被氧化。

用双线桥表示下列反应中电子转移的方向和数目是

。

根据方程式可知：

每有1molCl2产生，反应过程中转移电子的物质的量是1mol，反应中若有71gCl2生成，其物质的量是1mol，则转移的电子数为2NA个；

（2）在反应2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O中S元素的化合价由反应前K2S中的-2价变为反应后S单质的0价，化合价升高，失去电子2×2e-，被氧化；S元素的化合价由反应前K2SO3中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，获得电子4e-，被还原。

用单线桥法表示是

。

【考点定位】考查氧化还原反应的表示及有关计算的知识。

【名师点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。

可以用双线桥法表示电子转移；也可以用单线桥法表示电子转移。

双线桥法表示的是同一元素在反应前后元素化合价的升降、电子的失去或获得；而单线桥法则是表示的不同元素在反应过程中的电子转移情况，箭头从反应物中失去电子的元素指向反应物中获得电子的元素，在桥上要以还原剂为标准标注电子转移数目，无需注明“得”或“失”字样；而双线桥法表示时不仅要注明电子转移的数目，还要注明电子的“得”或“失”字样。

17．减少污染、保护环境是全世界最热门的课题。

I．CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g），△H1

（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：

化学键

H-H

C-O

CO

H-O

C-H

E/（kJ·mol-1）

436

343

876

465

413

由此计算△H1=。

（2）图1中能正确反映反应①平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线为（填曲线标记字母），其判断理由是。

（3）在密闭容器中充有10molCO与20molH2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2。

①P1P2（填“大于”或“小于”），其判断理由是。

②M、N、Q三点平均速率ν（M）、ν（N）、ν（Q）大小关系为。

③M、N、Q三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为。

II．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：

C（s）+CO2（g）

2CO（g）。

平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。

已知：

气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。

完成下列填空：

①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为。

②T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）

③925℃时，P总=1/96MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=。

【答案】（15分）

Ⅰ、

（1）—299kJ·mol-1；

（2）I；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小；

（3）①小于；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，故P1KQ；

Ⅱ①25.0%；②不移动；③0.24MPa；

【解析】

试题分析：

I．

（1）反应热等于反应物中的化学键键能之和-生成物中的化学键键能之和，△H1=（876+436×2）-（413×3+343+465）=-299kJ·mol-1，故答案为：

-299kJ·mol-1；

（2）反应①属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，变化曲线应为I，故答案为：

I；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小；

（3）①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）属于气体体积减小的反应，在相同温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故P1＜P2，故答案为：

小于；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，

②M、N的温度相同，但N的压强大，反应速率快，N、Q的压强相同，但温度Q高于N，反应速率快，故三点平均速率ν（M）<ν（N）<ν（Q），故答案为：

ν（M）<ν（N）<ν（Q）；

③化学平衡常数只与温度有关，M、N的温度相同，平衡常数相等，N、Q中Q的温度高，反应①属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为为KM=KN>KQ，故答案为：

KM=KN>KQ；

Ⅱ25.0%；②不移动；③0.24MPa；

II．

（1）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，

则有C（s）+CO2（g）

2CO（g）

开始10

转化x2x

平衡；1-x2x

所以

×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为

×100%=25%，故答案为：

25%；

②由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故答案为：

不移动；

③925℃时，CO的气体分压为96%×

MPa=1%MPa，则CO2的体积分数都为4%，CO2的气体分压为4%×

MPa=

%MPa，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=

=

=0.24MPa，故答案为：

0.24MPa。

考点：

考查了反应热和焓变、化学平衡的计算、化学平衡移动的影响因素等相关知识。

18．德国化学家凯库勒认为：

苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构。

为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如下实验方案。

①按如图所示的装置图连接好各仪器；

②检验装置的气密性；

③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K1、K2、K3；

④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压预先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象。

请回答下列问题。

（1）A中所发生反应的反应方程式为_____________________，

能证明凯库勒观点错误的实验现象是_____________________________;

（2）装置B的作用是____________________；

（3）C中烧瓶的容积为500mL，收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对H2的相对密度为37.9，则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为________mL（空气的平均相对分子质量为29）;

（4）实验前应对A、B、C三个装置的气密性进行逐一检查，则检查装置C气密性的方法为_______________________________________。

【答案】（10分）

（1）

C中产生“喷泉”现象

（2）除去未反应的溴蒸气和苯蒸气　（3）450

（4）关闭K2，打开K3，将装置C中导管b的下端插入水中，双手捂热烧瓶，若观察到导管口有气泡产生，则说明装置C的气密性良好

【解析】

试题分析：

（1）苯与液溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，反应的方程式是

。

该反应是取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误。

由于生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象。

（2）由于反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验H+和Br－。

（3）烧瓶中混合气体对H2的相对密度为37.9，则烧瓶中气体的平均相对分子质量是37.9×2＝75.8。

由于空气和溴化氢的相对分子质量分别是81和29，则烧瓶中溴化氢和空气的体积之比是

，所以溴化氢的体积分数是

，因此实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为500ml×90%＝450ml。

（4）装置气密性检验的原理是：

通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏，所以检查装置C的气密性的操作为先关闭K2，打开K3，将装C中的b导管插入水中，双手握住烧瓶，若观察到b导管口有气泡产生，则装置C的气密性好。

考点：

考查苯的结构、性质以及苯性质实验探究的有关判断

点评：

本题以实验为载体考查了有机物苯的性质，属于中等难度的试题。

有利于培养学生规范严谨的实验设计能力和动手操作能力，有助于提升学生的学科素养。

该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。

19．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），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MgSO4•7H2O的流程如下：

已知：

某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：

根据题意回答第

（1）～（6）题：

（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：

．

（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：

Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为．

（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有．

（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：

“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，，便得到了MgSO4•7H2O．

（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4•7H2O为172.2g，计算MgSO4•7H2O的产率为．（保留两位有效数字）

（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成如图防腐示意图，并作相应标注．

【答案】

（1）适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；

（2）2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+；

（3）二氧化硅；

（4）趁热过滤；过滤洗涤；

（5）70%或0.70；

（6）

【解析】硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5﹣6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；

（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，

（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+，故答案为：

2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣+4H+；

（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；

（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；

（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g