2018-2019学年吉林省长春市外国语学校高二上学期期末考试化学试题 解析版 16页

长春外国语学校 2018-2019 学年第一学期期末考试高二年级 化学试卷(理科) 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。 1. 2011 年是国际化学年，我国举行了以“化学——我们的生活，我们的未来……”为主题的 系列活动。下列说法中不正确的是（ ） A. 使用“无磷洗涤剂”，促进水体富营养化 B. 研发易降解的塑料，防止白色污染 C. 回收处理工业废气，减少大气污染 D. 安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生率 【答案】A 【解析】 水体富营养化并非人类愿意看到的，使用“无磷洗涤剂”目的是避免水体富营养化。所以不 正确的应该选 A。 2.空气污染物通常以气态形式进入地面或低层大气环境。空气污染物与其主要来源不对应的 是( ) 污染物 来源 A HCHO 家具生产与使用、质量低劣的涂料的使用 B NO 和 NO2 飞机、汽车尾气 C 悬浮颗粒物 建筑施工、燃煤的使用 D SO2 雷电时在空气中产生 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲醛主要来源于用复合地板、油漆、涂料制成的人造家具、用具，故 A 正确； B.大气中的氮氧化物的主要来源是燃煤、汽车尾气排放，故 B 正确； C.悬浮颗粒物的来源主要是化石燃料的燃烧和施工产生的扬尘，故 C 正确； D.SO2 的来源主要是煤的燃烧产生的废气，故 D 错误。 故选 D。 3. 下列各组名词或现象中，三者间没有逐级因果关系的是 A. 汽车尾气——光化学污染——咳嗽和气喘者增多 B. 含磷洗衣粉——水体富营养化——水栖生物大量死亡 C. 人口增多——空气中 CO2 浓度增大——温室效应 D. 氟氯烃——臭氧空洞——皮肤癌患者增多 【答案】C 【解析】 汽车尾气可产生大量的烃、氮及碳的氧化物等废气，可形成光化学污染，后果是使人们咳嗽、 气喘；使用含磷洗衣粉，将导致水体中氮、磷等营养元素偏高，使植物耗氧增加，最终使水 质下降、缺氧而使水栖生物死亡；氟氯烃可产生能使臭氧（可吸收紫外线）分解的卤原子（起 催化作用），而形成臭氧空洞，使人们受到紫外线的伤害，致使皮肤癌患者增多。 而温室效应主要是由于近代工业大量向空中排放温室气体 CO2 而形成的。 故答案为 C 4.苯乙烯是一种重要的有机化工原料，其结构简式为 ，它一般不可能具有的 性质是 ( ) A. 易溶于水，不易溶于有机溶剂 B. 在空气中燃烧产生黑烟 C. 它能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 能发生加成反应，在一定条件下可与 4 倍物质的量的氢气加成 【答案】A 【解析】 因苯乙烯为烃类，故不溶于水，易溶于有机溶剂，A 错误；其分子式为 C8H8，与苯（C6H6）具 有相同的最简式，故燃烧时现象相同，B 正确；因分子中含有 ，故能与 Br2 发 生加成反应，能被酸性 KMnO4 溶液氧化，C 正确；1 mol 能与 3 mol H2 加成，1 mol 能与 1 mol H2 加成，故 D 正确。 5. 下列说法不正确的是 A. 淀粉、纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应 C. 葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应 D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物 【答案】B 【解析】 试题分析：A、淀粉、纤维素属于多糖，在稀硫酸作用下，水解成葡萄糖，故说法正确；B、 淀粉、纤维素、蛋白质属于高分子化合物，而单糖、二糖、油脂不属于高分子化合物，二糖、 多糖、油脂、蛋白质可以发生水解，故说法错误；C、葡萄糖是多羟基醛，含有醛基，能与银 氨溶液和新制氢氧化铜悬浊液发生反应，产生银镜和红色沉淀，故说法正确；D、纯净物有固 定熔沸点，而混合物没有固定的熔沸点，故说法正确。 考点：考查有机物的基本知识和官能团的性质。 6.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是 ①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性 KMnO4 溶液褪色； ③能跟 NaOH 溶液反应；④能发生酯化反应； ⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应 A. ①④ B. 只有⑥ C. 只有⑤ D. ④⑥ 【答案】B 【解析】 试题分析：①含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；②含有碳碳双键，能使酸性 KMnO4 溶液褪色；③含有羧基，能跟 NaOH 溶液反应；④含有羟基和羧基，能发生酯化反应；⑤ 含有碳碳双键，能发生加聚反应；⑥不存在酯基，不能发生水解反应，答案选 B。 考点：考查有机物结构和性质 7.用石墨作电极，电解 1 mol·L－1 下列物质的溶液，则电解前后溶液的 pH 保持不变的是( ) A. H2SO4 B. NaOH C. Na2SO4 D. NaCl 【答案】C 【解析】 试题分析：A．电解硫酸溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，实际电解水，硫酸浓度变大 pH 值逐渐变小，故 A 错误；B．电解氢氧化钠，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解 水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的 pH 值增大，故 B 错误．C．电解硫酸钠溶液， 溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中 氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的 pH 值保持不变，故 C 正确；D．电解氯化钠， 溶液中氯离子和氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，pH 值逐渐变大，故 D 错 误，故选 C。 【考点定位】以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序 【名师点晴】电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子 浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性， 如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性，通常电解 电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有 电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，据此分析解题。 8.如图所示是电解 CuCl2 溶液的装置,其中 c、d 为石墨电极,则下列有关判断中正确的是(　　) A. a 为负极,b 为正极 B. a 为阳极,b 为阴极 C. 电解过程中,d 电极质量增加 D. 电解过程中,氯离子浓度不变 【答案】C 【解析】 由电流方向知道： a 为正极，电极上发生氧化反应，即为阳极；2Cl－－2e－=C2↑ b 为正极，电极上发生还原反应，即为阴极；Cu－2e－=Cu2＋ 9.电解硫酸铜溶液要达到如下三个要求：①阳极质量减小，②阴极质量增加，③电解过程中 Cu2 ＋浓度不变。则可选用的电极是(　　) A. 石墨作阳极，铁作阴极 B. 粗铜(含 Fe、Ni、Zn)作阳极，纯铜作阴极 C. 纯铜作阳极，铁作阴极 D. 铁作阳极，纯铜作阴极 【答案】C 【解析】 试题分析：阳极质量减小，则阳极一定是活性电极；阴极质量增加，则溶液中必须含有能在 阴极放电的金属阳离子；电解过程中 Cu2＋浓度不变，因此相当于是镀铜，所以阳极是铜，电 解质是硫酸铜溶液，所以正确的答案选 C。 考点：考查电解原理的有关判断和应用 点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力， 有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。 10.某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器,用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液,通电时, 为使 Cl2 被完全吸收制得有较强杀菌能力的消毒液,设计了如图所示的装置,以下对电源电极 名称和消毒液的主要成分判断正确的是(　　) A. a 为正极,b 为负极;NaClO 和 NaCl B. a 为负极,b 为正极;NaClO 和 NaCl C. a 为阳极,b 为阴极;HClO 和 NaCl D. a 为阴极,b 为阳极;HClO 和 NaCl 【答案】B 【解析】 试题分析：电解饱和食盐水，阳极氯离子失去电子，生成氯气。阴极氢离子得到电子，放出 氢气。由于还同时有氢氧化钠生成，所以生成的氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯 化钠，从而制得漂白液。根据装置图可知，和 a 相连的电极有气体排出，这说明该电极有氢 气生成，所以 a 是电源的负极，b 是电源的正极，答案选 B。 考点：考查电解原理的应用 点评：本题是高考中的常见题型，为中等难度的试题。通过电化学在日常生活中的应用，有 利于培养学生学习化学的兴趣，有利于激发学生的求知欲。 11.下列各图中，表示 2A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0 可逆反应的正确图像为 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 试题分析：由该反应 2A（气）+B（气） 2C（气）△H < 0，可以知道，压强增大，反应向 正方向移动，温度升高向逆方向移动。A 正确，B 错误，压强增大，即浓度变大，V 正和 V 逆 都增大，C 错误，催化剂不能改变化学平衡点，D 错误，温度高，A 的转化率低，所以答案选 A。 考点：化学平衡 点评：本题考查了化学平衡的移动，结合图像考查，是高考考查的热点，本题信息量大，有 一定的难度。 12.在一定温度下的定容密闭容器中，取一定量的 A、B 于反应容器中，当下列物理量不再改 变时，表明反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达平衡的是 A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. C、D 的物质的量的比值 D. 气体的总物质的量 【答案】B 【解析】 根据方程式可知，反应前后体积不变，所以压强和气体的总物质的量均是不变的，AD 不正确。 密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但混合气的质量是变化的，所以 B 正确。 平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但物质的浓度之间不一定满足一定的比值，C 不正确。 因此答案选 B。 13.常温下，将 pH＝11 NaOH 溶液和 pH＝3 的乙酸溶液以等体积混合后，对所得溶液，下列判 断一定正确的是( ) A. c(CH3HCOO－)> c(Na+) B. c(CH3HCOO－)< c(Na+) C. c(OH－)＞ c(CH3HCOO－) D. c(OH－)= c(CH3HCOO－) 【答案】A 【解析】 【详解】因为乙酸是弱酸，pH＝11 NaOH 溶液和 pH＝3 的乙酸溶液以等体积混合后，乙酸过量， 反应后的溶液为酸性溶液，则 c（H+）＞c（OH-）， A.根据电荷守恒可以知道，c(CH3HCOO－)+ c（OH-）=c(Na+)+ c（H+），因为 c（H+）＞c（OH-）， 所以 c(CH3HCOO－)> c(Na+)，故 A 正确； B.根据反应后的溶液中电荷守恒以及溶液显酸性可以知道，c(CH3HCOO－)> c(Na+)，故 B 错误； C.溶液后的溶液为酸性溶液，溶液中的氢氧根离子的浓度很小，所以 c(OH－)＜c(CH3HCOO－)， 故 C 错误； D.溶液后的溶液为酸性溶液，氢氧根离子浓度远远小于乙酸根离子浓度，即 c(OH－)＜ c(CH3HCOO－)，故 D 错误。 故选 A。 【点睛】根据电荷守恒判断溶液中各离子的浓度大小。 14.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液时，以下操作会导致测得的 NaOH 溶液浓度偏 高的是(　 　) A. 滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失 B. 碱式滴定管量取 NaOH 溶液时，未进行润洗操作 C. 滴定达到滴定终点时俯视读数 D. 锥形瓶在取用 NaOH 待测液前用少量水洗涤 【答案】A 【解析】 【详解】A.滴定前，没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡，滴定终点时气泡消失，造成 V（标准） 偏大，根据 c（待测）=V(标准)×c(标准)/V(待测)分析，可以知道 c（待测）偏大，故 A 正确； B.碱式滴定管量取 NaOH 溶液时，未进行润洗操作，导致 NaOH 溶液浓度降低，故 B 错误； C.滴定达到终点时，俯视读数，导致 V（标准）偏小，根据 c（待测）=V(标准)×c(标准)/V(待测)分析， 测定结果偏低，故 C 错误； D.锥形瓶在取用 NaOH 待测液前用少量水洗涤,对结果无影响，故 D 错误。 故选 A。 【点睛】根据 c（待测）=V(标准)×c(标准)/V(待测)进行中和滴定中的误差分析。 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共 4 小题，共 58 分。 15.Ⅰ、已知：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)△H＝－92.4kJ/mol，这是目前普遍使用的人工固氮 的方法。请回答下列问题： 450℃时，往一个 2L 的密闭容器中充入 2. 6mol H2 和 1mol N2， 反应过程中对 NH3 的浓度进行 检测，得到的数据如下表所示： 时间/min 5 10 15 20 25 30 c(NH3)/mol·L—1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20 (1)此条件下该反应的化学平衡常数 K=_______________；反应达到平衡后，若往平衡体系中 加入 H2、N2 和 NH3 各 2mol，此时该反应的 v(N2)正____________v(N2)逆(填写“>”、“=”或 “<”=)。 (2)若改变某一条件，达新平衡时 n(H2)=1.60mol ，下列说法正确的是_____________。 A.平衡可能正向移动 B.可能是向容器中加入了一定量的 H2 气体 C.可能是降低了容器的温度 D.可能是增大了容器的体积 Ⅱ、已知某溶液中只存在 OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大 小顺序可能有如下四种关系： A．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－) B．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+) C．c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH－) D．c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+) (1)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是__________，上述离子浓度大小顺序关系中 正确的是(选填序号)_________________________。 (2)若上述关系中 C 是正确的，则溶液中溶质的化学式是______________ (3)若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前 c(HCl)(填 “>”、“<”、或“=”，下同)_____c(NH3·H2O)，混合后溶液中 c(NH4+)与 c(Cl－)的关系 c(NH4+)______c(Cl－)。 【答案】 (1). 0.1 (2). ＜ (3). AC (4). 氯化铵 (5). A (6). NH4Cl 和 HCl (7). ＜ (8). ＝ 【解析】 【分析】 Ⅰ、（1）根据化学平衡三段式计算，确定反应达到平衡各物质的变化量和反应达到化学平衡 时各物质的浓度；进而计算速率和平衡常数； （2）依据氢气增大的因素和平衡移动进行分析判断； Ⅱ、（1）只存在 OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液，可能为氯化铵溶液、可能为氯化铵和盐 酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液； （2）若 C 是正确的，c（H+）＞c（NH4+），则该溶液应为 HCl 和 NH4Cl 溶液； （3）若等体积等浓度混合，恰好生成氯化铵，溶液显酸性，则为保证中性，碱的浓度大于酸 的浓度，即 c（HCl）＜c（NH3·H2O）；由电荷守恒 c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可知， 溶液为中性，c（H+）=c（OH-）。 【详解】Ⅰ、（1）根据题意列式计算，从表中分析可知，20min 时反应已达平衡，c（NH3） =0.20mol/L 根据反应 N2+3H2 2NH3 初始浓度（mol/L）： 0.5 1.3 0 变化浓度（mol/L）： 0.1 0.3 0.2 平衡浓度（mol/L）： 0.4 1.0 0.2 K=c2（NH3）/c（N2）c3（H2）=0.22/0.4×（1.0）3=0.1（L/mol）2 反应达到平衡后，若往平衡体系中加入 H2、N2 和 NH3 各 2mol，此时氮气、氢气、氨气的浓度 分别为：0.4+1=1.4mol/L、1.0+1=2mol/L、0.2+1=1.2mol/L；计算浓度商 Q=c2（NH3）/c（N2） c3（H2）=1.22/1.4×23=0.13（L/mol）2，Q＞K，平衡向逆向进行，v（N2）正＜v（N2）逆， 故答案为：0.1；＜。 （2）若改变某一条件，达新平衡时 n（H2）=1.60mol，原平衡状态氢气物质的量为 2.6mol， 说明氢气的物质的量减小，可能是改变条件平衡正向进行，减少氢气的量； A.平衡可能正向进行，减小氢气的量可以符合，故 A 正确； B.可能是向容器中加入了一定量的 H2 气体，使氢气量增大，故 B 错误； C.该反应是放热反应，降低了容器的温度，平衡向正反应方向进行，氢气的量减少，故 C 正 确； D.增大容器的体积，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向进行，该反应正向是气体 体积减少的反应，所以增大体积，平衡逆向进行，氢气的量增大，但体积增大带来的浓度减 小比平衡移动带来氢气的减少程度大，最终可以是氢气量增大，故 D 错误。 故答案为：AC。 Ⅱ、（1）只存在 OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子的溶液，可能为氯化铵溶液、可能为氯化铵和盐 酸的混合溶液、可能为氯化铵和氨水的混合溶液；溶液中只溶解了一种溶质，名称为氯化铵， 因铵根离子水解，水解显酸性，则离子浓度为 c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故答 案为：氯化铵；A。 （2）若 C 是正确的，c（H+）＞c（NH4+），则该溶液应为 HCl 和 NH4Cl 溶液，故答案为：HCl 和 NH4Cl。 （3）若等体积等浓度混合，恰好生成氯化铵，溶液显酸性，则为保证中性，碱的浓度大于酸 的浓度，即 c（HCl）＜c（NH3·H2O）；由电荷守恒 c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可知， 溶液为中性，c（H+）=c（OH-），则 c（Cl-）=c（NH4+），故答案为：＜；=。 16.(1)CH4 与 Cl2 发生反应的条件是________；实验中可观察到量筒内液面________，量筒内 壁出现油状液滴，其中________是工业上重要的溶剂；饱和食盐水中有少量固体析出，用饱 和食盐水而不用水的原因是______________________________。 (2)在浓硫酸作用下，苯在水浴加热时可以与浓硝酸反应生成硝基苯，该反应的化学方程式为 _____________ (3)写出实验室制取乙酸乙酯的化学方程式：__________________________________；实验中 饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)________________。 A．中和乙酸和乙醇 B．中和乙酸并吸收部分乙醇 C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出 D．加速酯的生成，提高其产率 【答案】 (1). 光照 (2). 上升 (3). CHCl3 和 CCl4 (4). 抑制氯气与水的反应， 降低 Cl2 的溶解度 (5). (6). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOC2H5＋H2O (7). BC 【解析】 【分析】 （1）CH4 和 Cl2 在光照条件下发生反应生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl 等物质； （2）苯在浓硫酸的催化作用下可以与浓硝酸反应生成硝基苯； （3）乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下反应生成乙酸乙酯和水；饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙 酸并吸收部分乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层析出。 【详解】（1）CH4 和 Cl2 在光照条件下发生反应生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl 等物质， 随着反应进行，Cl2 不断消耗，黄绿色逐渐消失。又由于生成的 CH2Cl2、CHCl3、CCl4 常温下是 无色油状液体，故量筒内壁上有油滴，CHCl3、CCl4 是工业上重要的溶剂，因生成的 HCl 易溶 于水，量筒内的压强减小；量筒内液面上升。HCl 溶于水后，溶液中 Cl－浓度增大，使 NaCl 固体析出，氯气在饱和食盐水中的溶解度降低，所以用饱和食盐水而不用水的原因是抑制氯 气与水的反应，降低 Cl2 在水中的溶解度，故答案为：光照，上升，CHCl3 和 CCl4，抑制氯气 与水的反应，降低 Cl2 的溶解度。 （2）苯在浓硫酸的催化作用下可以与浓硝酸反应生成硝基苯，反应方程式为： ，故答案为： 。 （3）乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOC2H5＋H2O，实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收部分乙醇，降低乙 酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层析出，所以 BC 正确，故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOC2H5＋H2O，BC。 17.如图所示是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置，请填空： (1)X 的电极反应式为：___________________________________，Y 极的电极材料是 _______________。 (2)某同学在实验时误将两种电极材料接反，导致 X 极上未收集到预期产物，一段时间后又将 两极的连接方式纠正过来，发现 X 极附近出现了白色沉淀，此沉淀是________(填化学式)， 其形成原因是：___________________________________。 (3)工业上电解饱和食盐水的方法之一是将两个电极室用离子交换膜隔开(如图所示)，其目的 是_____________，阳极室(A 处)加入________，离子交换膜只许________通过。 【答案】 (1). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (2). Fe (3). Fe(OH)2 (4). 铁作阳极时被 氧化为 Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－===H2↑，生成的 OH－与 Fe2＋结合 成 Fe(OH)2 (5). 防止 H2 与 Cl2 混合发生爆炸，防止 Cl2 与 NaOH 反应生成 NaClO，使 NaOH 不纯 (6). 饱和食盐水 (7). Na＋ 【解析】 【分析】 （1）X 与电源正极相连应为阳极，Y 与电源负极相连应为阴极； （2）将两种电极材料接反，铁作阳极时被氧化为 Fe2＋，生成的 OH－与 Fe2＋结合成 Fe(OH)2； （3）将两个极室用离子交换膜隔开，其目的是防止 H2 与 Cl2 混合爆炸，防止 Cl2 与 NaOH 溶液 反应生成 NaClO 使 NaOH 溶液不纯；阳极上氯离子失电子生成氯气，所以阳极室加入的是饱和 食盐水；阴极室加入的是水或稀的氢氧化钠溶液，所以离子交换膜只许 Na+离子通过。 【详解】（1）由图可知 X 与电源正极相连应为阳极，电极反应式：2Cl－－2e－=Cl2↑，电极材 料为石墨，则 Y 极电极材料为 Fe；故答案为：2Cl－－2e－=Cl2↑，Fe。 （2）将两种电极材料接反，铁作阳极时被氧化为 Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H ＋＋2e－===H2↑，生成的 OH－与 Fe2＋结合成 Fe(OH)2，故答案为：Fe(OH)2；铁作阳极时被氧化 为 Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－===H2↑，生成的 OH－与 Fe2＋结合成 Fe(OH)2。 （3）工业上电解饱和食盐水的方法之一，是将两个极室用离子交换膜隔开，其目的是防止 H2 与 Cl2 混合爆炸，防止 Cl2 与 NaOH 溶液反应生成 NaClO 使 NaOH 溶液不纯；阳极上氯离子失电 子生成氯气，所以阳极室加入的是饱和食盐水；阴极上氢离子得电子生成氢气，和氢氧根离 子，钠离子向阴极移动在阴极与氢氧根离子结合生成氢氧化钠，所以阴极室加入的是水或稀 的氢氧化钠溶液，所以离子交换膜只许 Na+离子通过；故答案为：防止 H2 与 Cl2 混合发生爆炸， 防止 Cl2 与 NaOH 反应生成 NaClO，使 NaOH 不纯；饱和食盐水；Na＋。 18.海水是一种丰富的资源，工业上可从海水中提取多种物质，广泛应用于生活、生产、科技 等方面。下图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。 回答下列问题： (1)流程图中操作 a 的名称为________。(填序号) A、蒸发结晶 B、降温结晶 (2)生产生石灰的方程式__________________________。从离子反应的角度思考，往海水中加 入石灰乳的作用是____________________。 (3)镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上 60%的镁从海水中提取。 ①若要验证所得无水 MgCl2 中不含 NaCl，最简单的操作方法是_____________。 ②操作 b 是在________氛围中进行，若在空气中加热，则会生成 Mg(OH)2， 写出有关反应的化学方程式：________________________________________。 (4)无水 MgCl2 在熔融状态下，通电后会产生 Mg 和 Cl2，该反应的化学方程式为__________， 从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于_______________。 【答案】 (1). A (2). CaCO3 CaO＋CO2↑ (3). 沉淀 Mg2＋ (4). 用洁净的 铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶 体中不含氯化钠(答焰色反应也可) (5). HCl(气流) (6). MgCl2·6H2O Mg(OH)2＋ 2HCl＋4H2O (7). MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑ (8). 制盐酸，循环使用(从考虑成本 和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于制盐酸，氯气可用于水的消毒、制取漂白粉 等。) 【解析】 【分析】 （1）操作 a 是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质，应用蒸发结晶的方法； （2）生产生石灰的主要原料来源于海洋中的贝壳（或牡蛎壳等），其方程式为 CaCO3 CaO+CO2↑，从离子反应的角度思考，往海水中加入石灰乳的作用是沉淀 Mg2+； （3）①用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所 得无水氯化镁晶体中不含氯化钠； ②直接在空气中加热 MgCl2·6H2O，则 Mg2+会水解的生成 Mg（OH）2 和 HCl，通入 HCl 可以抑制 其水解； （4）无水 MgCl2 在熔融状态下，通电后会产生 Mg 和 Cl2，副产物氯气可以用于制盐酸，循环 使用。 【详解】（1）由流程图可知，操作 a 是从海水中分离出粗盐，即从溶液中分离出固体溶质， 应用蒸发结晶的方法， 故答案为：A。 （2）石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考 虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的贝壳（或牡蛎壳等），其生产方程式为 CaCO3 CaO+CO2↑，从离子反应的角度思考，往海水中加入石灰乳的作用是沉淀 Mg2+， 故答案为：CaCO3 CaO+CO2↑；沉淀 Mg2+。 （3）①用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所 得无水氯化镁晶体中不含氯化钠，故答案为：用洁净的铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰 上灼烧、若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可)。 ②如果直接在空气中加热 MgCl2·6H2O，则 Mg2+会水解的生成 Mg（OH）2 和 HCl，通入 HCl 可以 抑制其水解，其反应方程式为：MgCl2·6H2O Mg(OH)2＋2HCl＋4H2O，故答案为：HCl， MgCl2·6H2O Mg(OH)2＋2HCl＋4H2O。 （4）无水 MgCl2 在熔融状态下，通电后会产生 Mg 和 Cl2，该反应的化学方程式为 MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于制盐酸，循环使 用(从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于制盐酸，氯气可用于水的消毒、 制取漂白粉等。) 故答案为：MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑，制盐酸，循环使用(从考虑成本和废物循环利用的 角度，副产物氯气可以用于制盐酸，氯气可用于水的消毒、制取漂白粉等。)