8.1自然资源的开发利用同步练习高一下学期化学人教版（2019）必修第二册（含答案）

8.1 自然资源的开发利用 同步练习
2022-2023学年 化学高一下学期人教版（2019）必修第二册
一、单选题
1．下列措施或工艺中，有利于节能的是（　　）
A．利用铝热反应大规模冶炼钢铁
B．用一氧化碳高温还原氧化铝提纯铝
C．西汉时期我国就采用“湿法冶铜”术
D．利用高温分解硫酸钙得到的二氧化硫制备硫酸
2．许多国家十分重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能从海水中获得的物质是(　　)
A．Cl2、Br2、I2 B．Na、Mg、Al
C．食盐、淡水 D．NaOH、H2
3．对于一些活泼金属，工业上可用电解法冶炼。下列金属的冶炼方法与其他三种金属不同的是（　　）
A．Al B．Ag C．Na D．Mg
4．下列说法不正确的是（　　）
A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．蛋白质、纤维素、油脂、淀粉都是高分子化合物
C．石油裂化、煤的干馏、铝热反应都属于化学变化
D．乙烯常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒
5．下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）
A．从海水中提取钠单质只有物理变化发生
B．从海水制食盐主要是通过化学变化完成
C．电解氯化钠溶液可以制得钠单质和氯气
D．电解熔融的氯化镁可制备镁单质和氯气
6．利用膜技术可以实现含苯酚废水的无害化处理和海水(含等)淡化，装置如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．Y膜为阳离子交换膜
B．产生水垢最多的是甲室
C．淡水的出口为c
D．电池负极的电极反应为：
7．海水中含量最高的非金属元素是（　　）
A．O B．Cl C．Br D．I
8．下列冶炼金属的方法正确的是（　　）
A．电解MgO制取Mg
B．加热条件下用CO还原Ag2O制取Ag
C．在Al和F2O3反应中，生成11.2gFe，转移电子数为0.6NA
D．电解NaCl溶液制取Na
9．化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（　　）
A．燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
B．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维
C．花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物
D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
10．海洋是资源的宝库，海水中含量最高的金属元素是（　　）
A．Na B．Ca C．Mg D．Cu
11．已知X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y2+和Z-具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z>X
B．X、Y两种元素形成的化合物YX为共价化合物
C．Z的单质与X的最简单氢化物反应可得到X的单质
D．工业上常采用电解Y的氯化物的水溶液来获得Y的单质
12．a、b、c、d为短周期元素。a的单质既能与强酸反应又能与强碱反应，a的简单离子与 含有相同的电子数，b原子与c原子的最外层电子数相同。下列说法正确的是(　　)
A．简单氢化物的热稳定性：b＞c
B．原子半径：b＞a＞c＞d
C．工业上可以电解熔融的a的氧化物来制得a的单质
D． 中各元素原子的最外层均满足8电子稳定结构
二、多选题
13．在冶金工业上，均不能用通常化学还原剂制得的金属组是（　　）
A．Na、Mg、Al B．Na、K、Zn C．Fe、Cu、Ag D．Na、Ca、K
14．下列说法错误的是（　　）
A．石油中含有C5﹣C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油
B．含C18以上的烷烃的重油经过催化剂裂化可以得到汽油
C．石油的分馏、煤的干馏都是物理变化
D．煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来
三、填空题
15．（1）通常所说的化石燃料有 　 　（至少写三种）．我国东海和南海的海底有大量“可燃冰”，它是甲烷分子居于水分子形成的笼中的产物（如图所示），“可燃冰”是否属于化石燃料？ 　 　．（填“是”或“否”）
（2）甲烷在0℃的海水中，只要压强达到3Mpa就能形成“可燃冰”．已知海底每增加10m，压强就增大0.1Mpa，在这一温度下，多深的海底可能找到“可燃冰”？　 　 　．
（3）在“可燃冰”中，平均每46个水分子构成8个笼，每个笼里容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子．若这8个笼中有6个笼容纳的是CH4分子，另外2个笼容纳的是H2O分子，则“可燃冰”的平均组成是下列各项中的　 　 　．
A．CH4 2H2O B．CH4 6H2O C．CH4 8H2O D．CH4 10H2O．
16．Ⅰ、以原油为原料生产聚乙烯的步骤如下：
请回答：
（1）上述过程属于物理变化的是　 　 　　（填序号）．
（2）聚乙烯塑料可以用来制造多种包装材料，聚乙烯的结构简式是　 　 　　．
（3）将11.2L （标准状况）乙烷和乙烯的混合气体通入足量的溴水中，充分反应后，溴水质量增加了5.6g．溴水质量增加的原因是（用化学方程式表示）：　 　 　　．
原混合气体中，乙烷与乙烯的物质的量之比是　 　 　　．
Ⅱ、实验室用下图所示装置制取乙酸乙酯． 请回答：

（1）在试管A 中先加3mL 乙醇，然后边振荡边加入 2mL 浓硫酸和2mL 乙酸，它们之间发生反应的化学方程式为：
　 　．
（2）加热一段时间后，可以看到试管B的液面 　 　（填“上”或“下”）有透明的、不溶于水的油状液体产生，并可以闻到香味．
（3）B 试管中的导管不伸入液面下的原因是　 　 　　（填序号）．
①防止溶液倒吸 ②避免反应过快．
四、综合题
17．海洋是一个丰富的资宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．
（1）海水中盐的开发利用：
①海水制盐目前以盐田法为t，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩．所建盐田分为贮水池、蒸发池和　 　池．
②目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用：　 　（写一点即可）．
（2）电渗析法是近年发展起的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示．其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列．请回答下面的问题：
①海水不能直接通入到阴极室中，理由是　 　．
②A口排出的是　 　（填“淡水”或“浓水”）
（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子）可提取溴，其生产流程如下
①若吸收塔中的溶液含BrO3﹣，则吸收塔中反应的离子方程式为：　 　
②通过①氯化已获得含Br2的溶液．为何还需经过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液？　 　．
③向蒸馏塔中通入水蒸气加热．控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是　 　．
18．某种食用精制盐包装袋上有如表说明：
产品标准 GB5461
产品等级 一级
配料 食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量（以I计） 20～50mg/kg
分装时期
分装企业
（1）写出碘酸钾与碘化钾在硫酸酸化条件下的化学方程式：　 　．
（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳．
①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是　 　．
②某学生设计回收四氯化碳的操作为：
a．将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；
b．加入适量Na2SO3稀溶液；
c．分离出下层液体
d．将分液漏斗充分振荡后静置
其中，上述操作正确的顺序是：　 　（填序号）
（3）已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：
a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10﹣3mol L﹣1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．
①判断c中反应恰好完全依据的现象是　 　．
②b中反应所产生的I2的物质的量是　 　mol．
③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是　 　mg/kg．（以含w的代数式表示）
19．海洋是一个巨大的资源宝库，海水中有大量可以利用的化学资源，例如氯化镁、氯化钠、溴化钠等．可用于制食盐、Mg、Br2、H2、Cl2、NaOH等化工原料．回答下列问题：
（1）Mg元素位于周期表第　 　周期　 　族．
（2）写出NaOH的电子式　 　．
（3）写出电解饱和食盐水的离子方程式：　 　．
（4）海水提溴要经过富集、氧化、提取的过程．其中氧化后生成的Br2可用Na2CO3溶液吸收，生成NaBr和NaBrO3及一种气体，写出该反应的化学方程式　 　．
（5）海水提取镁的过程中，得到MgCl2溶液后，先蒸发浓缩、冷却结晶、过滤制得MgCl2 6H2O，然后在HCl气流中加热得到MgCl2，而不是直接蒸发MgCl2溶液的原因是　 　．
（6）海洋底部存在的可燃冰，是可开发的中药能源．常温常压下燃烧3.2g甲烷生成液态水，放出178kJ/mol的热量．写出甲烷燃烧的热化学方程式　 　．
五、实验探究题
20．海水中蕴藏着丰富的资源．海水综合利用的流程图如图．
（1）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用．粗盐提纯的步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液；②加入过量的BaCl2溶液；③加入过量的NaOH溶液；④调节溶液的pH等于7；⑤溶解；⑥过滤；⑦蒸发．正确的操作顺序是 （填写序号字母）．
A．⑤①③②④⑥⑦ B．⑤①②③⑥④⑦
C．⑤③①②⑥④⑦ D．⑤③②①⑥④⑦
（2）NaCl做原料可以得到多种产品．
①工业上由金属钠制备过氧化钠的方法是：将金属钠迅速升温至熔化，并控制温度在300﹣400℃，通入经处理过的空气可制得过氧化钠，处理空气的目的是　 　．工业生产中因温度过低而得不到纯净的过氧化钠，你认为可能含有的杂质是　 　（填化学式）．
②实验室用惰性电极电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，若阴阳两极均得到112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为（常温下）　 　（忽略反应前后溶液的体积变化）．
③电解氯化钠稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：　 　．
（3）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品．
①粗产品的溶液中含有Na+、Fe2+、Fe3+和Mn2+，需将Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为沉淀除去．因此先向溶液中加入一种上述（1）中得到的物质NaClO，然后控制溶液的pH为　 　．
②由MgCl2 6H2O晶体制备无水MgCl2的方法是　 　．
21．如图为实验室从海水中制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题．
（1）指出图中的明显的错误：　 　（任填一处）；
（2）实验时A中除加入海水外，还需加入　 　，其作用是　 　．
22．浩瀚而美丽的大海是一个巨大的化学资源宝库。某学习小组模拟工业上海水资源综合利用，其部分流程如图：
已知：与水在较高温度下发生歧化反应生成。
回答下列问题：
（1）工业上海水淡化的主要方法有电渗析法、离子交换法和　 　。
（2）实验室除去粗盐中可溶性杂质的操作为溶解、蒸发浓缩、　 　、洗涤、干燥，得晶体。
（3）为降低成本，“沉镁”时所用试剂X适合选用　 　(填化学式)；研究表明，由碱式碳酸镁灼烧制备轻质氧化镁比用所得产品密度更小，其原因为　 　。
（4）“转化Ⅰ”和“转化Ⅱ”中，的作用　 　(填“相同”或“不同”)；其中转化Ⅱ中主要反应的离子方程式为　 　。
（5）“吹溴”工序中，热空气温度与的吹出率的关系如图所示。时，的吹出率最高的原因为　 　。
（6）实验室中进行蒸馏操作时，适合选用的冷凝仪器的名称为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：A．铁性质较活泼，大规模冶炼钢铁用热还原法，故A不选；
B．铝性质活泼，用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故B不选；
C．古代劳动人民发明的“湿法炼铜”的原理是铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故C选；
D．硫酸钙性质稳定，分解不能得到二氧化硫，工业制备二氧化硫用燃烧硫矿石的方法，故D不选；
故选：C．
【分析】根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，据此进行分析解答．
2．【答案】C
【解析】【解答】　A、B、D中的物质必须经化学变化，才能够从海水中获取。
故答案为：C
【分析】本题主要考查海水中金属的制备。根据从海水中制备物质的原理可知：金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理制备，同时明确物理变化与化学变化的本质区别，据此进行分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】工业上用热还原法得到金属Al，工业上常用加热Ag2O的方法得到金属Ag，用电解法电解熔融NaCl得到Na、电解熔融MgCl2得到Mg，Ag的冶炼方法与其他三种金属不同，
故答案为：B。
【分析】活泼金属采用电解法冶炼，如钠、镁、铝，相对活泼金属采用热还原法，如铁。对于不活泼金属采用热分解法，如汞和银。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；
B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；
C．石油裂化中大分子转化为小分子，煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，铝热反应为Al与金属氧化物的反应，均有新物质生成，均为化学变化，故C正确；
D．乙烯具有催熟作用，乙酸有酸味，乙醇能使蛋白质发生变性，则乙烯常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒，故D正确；
故选B．
【分析】A．植物油高级脂肪烃基中含有C=C；
B．油脂不是高分子化合物；
C．化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化；
D．乙烯具有催熟作用，乙酸有酸味，乙醇能使蛋白质发生变性；
5．【答案】D
【解析】【解答】A．从海水中提取钠单质，应用电解熔融氯化钠方法，为化学变化，故A错误；
B．海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，故B错误；
C．电解氯化钠溶液可以制得氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到钠，故C错误；
D．氯化镁为电解质，电解时在阳极生成氯气，在阴极生成镁，故D正确．
故选D．
【分析】海水中富含Na、Cl、Mg、Br、I等元素，从海水中获取钠、镁、氯气等单质，要经过电解等操作，为化学变化，海水经过蒸馏可得到淡水，经过蒸发结晶可得到氯化钠，以此解答该题．
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，电池负极的电极反应为-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，正极的电极反应为+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，电池工作中，H+从负极室移向正极室，Y膜为阳离子交换膜，A不符合题意；
B．由分析可知，甲室为阴极，电极反应为H2O+2e-=H2↑+2OH-，还有反应：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，则产生水垢最多的是甲室，B不符合题意；
C．电解过程中，丙室中的阳离子通过阳膜移向乙室，丙室中的阴离子通过阴膜移向丁室，则丙室中的阴阳离子浓度最小，淡水的出口为b，C符合题意；
D．由分析可知，电池负极的电极反应为：+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据离子移动方向和离子与离子交换膜种类一致判断；
B．依据电极反应及溶液中离子共存分析；
C．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；
D．电池工作时，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应。
7．【答案】A
【解析】【解答】海水中绝大部分为水，水中含有H和O两种元素，按含量，最高的是O，A项符合题意；
故答案为：A。
【分析】水中O的含量为8/9。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A．镁为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，而不采用电解氧化镁的方法冶炼镁，氯化镁的熔点低于氧化镁，如果电解氧化镁会浪费大量能源，所以用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A错误；
B．常温下，银易和其它物质反应生成化合物，所以在自然界中以化合态存在，银的金属性弱，可用加热Ag2O的方法冶炼，故B错误；
C．在Al和F2O3反应中，生成11.2gFe= =0.2mol，电子转移0.2mol×3=0.6mol，转移电子数为0.6NA，故C正确；
D．电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，实质是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑得不到金属钠，故D错误；
故选C．
【分析】A．氯化镁、MgO都属于离子晶体，在熔融状态下都电离出阴阳离子而导电，但氯化镁的熔点小于氧化镁；
B．电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；
C．在Al和F2O3反应中，生成11.2gFe= =0.2mol，电子转移0.2mol×3=0.6mol；
D．电解饱和NaCl溶液的实质是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑．
9．【答案】C
【解析】【解答】A．在煤中加入CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，故A不符合题意；
B．制作光导纤维的材料为高纯度SiO2，故B不符合题意；
C．花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故C符合题意；
D．碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.生石灰可将硫元素固定减少二氧化硫的排放
B.二氧化硅制备光导纤维的材料
C.油脂属于小分子化合物
D.纳米材料表面积大可以储氢
10．【答案】A
【解析】【解答】海水所含盐类中NaCl的含量最为丰富，故含量最多的金属元素应为Na。
故答案为：A。
【分析】富集海水中的物质氯化钠，钠和铝含量高。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期，从左到右，原子半径减小，所以原子半径：ZB．X、Y两种元素形成的化合物YX为MgO，属于离子化合物，故B不符合题意；
C．X的最简单氢化物为H2O，Z为F，单质为F2，具有强氧化性，氟气与水反应生成氢氟酸和氧气，故C符合题意；
D．工业上常采用电解熔融的氯化镁得到金属镁，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，据此分析可知，X位于VIA族，Z位于VIIA族；Y2+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Mg，Z为F，X、Z同周期，则X为O。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞S，则氢化物的热稳定性：O＞S，即c＞b，故A不符合题意；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：a＞b＞c＞d，故B不符合题意；
C．工业上可以电解熔融的氧化铝来制得铝，故C符合题意；
D． 为OH-，其中H元素原子的最外层为2电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】a、b、c、d为短周期元素。a的单质既能与强酸反应又能与强碱反应，a为Al元素；a的简单离子含有10个电子，则 含有10个电子，为OH-，则c为O元素，d为H元素；b原子与c原子的最外层电子数相同，b为S元素，据此分析解答。
13．【答案】A,D
【解析】【解答】解：A．Na、Mg、Al都是活泼金属，工业上采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故A选；
B．Zn是较活泼金属，可以采用通常化学还原剂制得，故B不选；
C．Fe、Cu是较活泼金属，可以采用通常化学还原剂制得，Ag是较不活泼金属，采用热分解法冶炼，故C不选；
D．Na、Ca、K都是活泼金属，工业上采用电解熔融盐的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故D选；
故选AD．
【分析】金属冶炼的方法主要有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；
热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；
电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属．
14．【答案】C,D
【解析】【解答】A．石油中含有C5﹣C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内，故A正确；
B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油，故B正确；
C、石油的分馏是通过控制沸点的不同来实现物质分离的方法，属于物理变化，煤的干馏、石油裂化及乙稀的聚合过程，均有新物质生成，属于化学变化过程，故C错误；
D、煤中不含苯和甲苯，可以通过干馏发生化学反应制得，故D错误；
故选CD．
【分析】A．汽油是由石油分馏所得的低沸点烷烃，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内；
B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油、煤油和柴油；
C、在原子核不变的情况下，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成；
D、煤中不含苯和甲苯，可以干馏制得．
15．【答案】煤；石油；天然气；是；300m以下；C
【解析】【解答】（1）煤、石油和天然气是常见的三大化石燃料，“可燃冰”的成分是甲烷，属于化石燃料，故答案为：煤；石油；天然气；是；
（2）根据题意可知，当压强达到3Mpa时，×10m=300m，故答案为：300m以下；
（3）由平均每46个水分子构成8个笼，每个笼里容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子，可知笼中共有6个甲烷分子和2个水分子，这8个笼中共有6个甲烷分子和48个水分子，所以“可燃冰”的平均组成CH4 8H2O，故答案为：C．
【分析】（1）煤、石油和天然气是常见的三大化石燃料，“可燃冰”的成分是甲烷；
（2）根据海底每增加10m，压强就增大0.1Mpa解题；
（3）根据每46个水分子构成8个笼，每个笼里容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子解题．
16．【答案】①；；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；3：2；CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O；上；①
【解析】【解答】Ⅰ、（1）分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，故答案为：①；
（2）聚乙烯的结构简式：，故答案为：；
（3）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；11.2L混合气体的物质的量为n==0.5mol，
乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了5.6g，即为乙烯的质量，
所以乙烯的物质的量为n= =0.2mol，
则乙烷的物质的量为：0.5mol﹣0.2mol=0.3mol，质量为：0.3mol×30g/mol=9g，
所以，乙烯与乙烷的物质的量之比为0.2mol：0.3mol=2：3，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；3：2；
Ⅱ、（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为
CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O；
（2）CH3COOC2H5的密度比水的小，浮在水的上面，故答案为：上；
（3）乙醇和乙酸易溶于水，若伸入液面以下，可能发生倒吸，故答案为：①．
【分析】Ⅰ、（1）化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；
（2）乙烯通过加聚反应生成聚乙烯；
（3）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了5.6g，即为乙烯的质量．根据n= 计算物质的量关系；
Ⅱ、（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应；
（2）CH3COOC2H5的密度比水的小；
（3）乙醇和乙酸易溶于水．
17．【答案】（1）结晶；阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等
（2）海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；淡水
（3）3CO32﹣+3Br2=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑；富集溴，提高Br2的浓度；温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来
【解析】【解答】解：（1）①海水晒盐需要通过蒸发、结晶过程，所以还需要结晶池，故答案为：结晶；②阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯，
故答案为：阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等；（2）①海水中含有海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故答案为：海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；②在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，①室离子浓度变小，②室离子浓度不大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在B处排出，淡水在A处排出，故答案为：淡水；（3）①纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3﹣生成，反应的离子方程式为：3CO32﹣+3Br2=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑，故答案为：3CO32﹣+3Br2=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑；②从①出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高Br2的浓度；③温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来．
【分析】（1）①海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；②阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；（2）①海水中含有的Mg2+和Ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀；②在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；（3）①吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、硝酸根离子和二氧化碳气体，据此写出反应的离子方程式；②在①中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液，可以富集溴，降低成本；③温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来．
18．【答案】（1）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O
（2）I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+；abdc
（3）滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；1.0×10﹣5 ；{#mathmL#}{#/mathmL#}
【解析】【解答】解：（1）该反应中化合价的变化为：KIO3→I2，I元素由+5价→0价，一个KIO3分子得5个电子；KI→I2，I元素由﹣1价→0价，一个KI分子失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1，KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以反应方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I﹣，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式，Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是：I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+，故答案为：I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+；②向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳，其操作为将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中，加入适量Na2SO3稀溶液，将分液漏斗充分振荡后静置，分离出下层液体，所以操作顺序为abdc，故答案为：abdc；（3）①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所依据的现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；
②b中生成的碘在c中反应I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，所以
I2 ～～～～～ 2S2O32﹣
1mol 2mol
2.0×10﹣3mol L﹣1×0.0025L× {#mathmL#}{#/mathmL#} =2.0×10﹣5mol，
故答案为：1.0×10﹣5；
③根据KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O可知
KIO3～～～ 3I2
127g 3mol
m 1.0×10﹣5mol
所以m= {#mathmL#}{#/mathmL#} ×10﹣5g，
所以设每千克食盐中含碘 {#mathmL#}{#/mathmL#} × {#mathmL#}{#/mathmL#} ×10﹣5g= {#mathmL#}{#/mathmL#} g= {#mathmL#}{#/mathmL#} mg，
即为 {#mathmL#}{#/mathmL#} mg/kg，
故答案为： {#mathmL#}{#/mathmL#} ．
【分析】（1）依据氧化还原反应的元素化合价变化升高和降低相同，结合原子守恒配平化学方程式；（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I﹣，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式；②分液漏斗使用前须进行检漏，向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳，其操作为将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中，加入适量Na2SO3稀溶液，将分液漏斗充分振荡后静置，分离出下层液体，据此答题；（3）①溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；②根据（1）中反应方程式计算；③根据I原子守恒找出碘酸钾中碘原子与碘单质的关系式分析计算．
19．【答案】（1）三；IIA
（2）
（3）2Cl﹣+2H2O {#mathmL#}{#/mathmL#} 2OH﹣+H2↑+Cl2↑
（4）3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑
（5）在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2 6H2O受热产生的水汽
（6）CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol
【解析】【解答】解：（1）镁的核电荷数为12，原子核外有三个电子层，最外层为2个电子，位于第三周期，第 IIA族，
故答案为：三； IIA；（2）氢氧化钠是离子化合物，钠离子和氢氧根离子间形成离子键，电子式为： ，
故答案为： （3）电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O {#mathmL#}{#/mathmL#} 2OH﹣+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2Cl﹣+2H2O {#mathmL#}{#/mathmL#} 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（4）氧化后生成的Br2可用Na2CO3溶液吸收，生成NaBr和NaBrO3及一种气体判断为二氧化碳，依据原子守恒配平书写化学方程式为：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，
故答案为：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑；（5）氯化镁中的镁离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2 6H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2；
故答案为：在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2 6H2O受热产生的水汽；（6）3.2g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出178kJ热量，16g即molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出热量= {#mathmL#}{#/mathmL#} =890KJ，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol．
【分析】（1）镁的核电荷数为12，原子核外有三个电子层，最外层为2个电子，在周期表中主族元素电子层数=周期序数，主族最外层电子数=主族族序数；（2）氢氧化钠是离子化合物，钠离子和氢氧根离子间形成离子键；（3）电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；（4）氧化后生成的Br2可用Na2CO3溶液吸收，生成NaBr和NaBrO3及一种气体判断为二氧化碳；（5）氯化镁中的镁离子易水解，在酸性环境下可以抑制水解；（6）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态，根据燃烧热的概念结合热化学方程式的书写来回答．
20．【答案】（1）D
（2）防止过氧化钠与空气中的二氧化碳和水蒸汽反应；Na2O；13；NaCl+H2O NaClO+H2↑
（3）9.5≤pH＜10.0；在HCl气流中加热脱结晶水
【解析】【解答】解：除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42﹣时，可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2++CO32﹣=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，正确的操作顺序是：⑤③②①⑥④⑦，故答案为：D；（2）①空气中的二氧化碳和水蒸气均能与过氧化钠反应，必须先除去空气中的二氧化碳与水蒸气，在通入到容器中和金属钠反应；钠在温度较低时可以和氧气缓慢氧化成氧化钠；故答案为：防止过氧化钠与空气中的二氧化碳和水蒸汽反应；Na2O；②因电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生的H2的体积为112mL即0.005mol时，生成氢氧化钠的物质的量为0.01mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度= ═0.1mol/L，所以氢离子的浓度为 =1×10﹣13mol/L，pH=13；故答案为：13；③根据题意可知，氯气和氢氧化钠溶液反应生成物中只有一种溶质，所以该溶质是偏铝酸钠，则反应的化学方程式是NaCl+H2O NaClO+H2↑；故答案为：NaCl+H2O NaClO+H2↑；（3）①从图中可看出将Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为沉淀除去，pH最低应该为9.5，pH=10.0时Mg2+开始沉淀，所以pH值最大应小于10.0；故答案为：9.5≤pH＜10.0；②MgCl2易水解生成HCl和氢氧化镁，为防止水解，应该将MgCl2 6H2O放在HCl范围中加热，故答案为：在HCl气流中加热脱结晶水．
【分析】（1）把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除Fe3+用氢氧根，除硫酸根用钡离子．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；（2）①空气中的二氧化碳和水蒸气均能与过氧化钠反应，须先除去空气中的二氧化碳与水蒸气；钠和氧气缓慢氧化生成氧化钠；②根据反应物、产物写出相应的电解方程式，根据方程式进行计算；③由题意可知电解氯化钠溶液生成次氯酸钠和氢气；（3）①从图中可看出将Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为沉淀除去，pH最低应该为9.5，pH=10时Mg2+开始沉淀；②MgCl2易水解生成HCl，升高温度促进水解得到水解产物，抑制水解需要在酸性环境中加热失去结晶水．
21．【答案】（1）温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处或冷凝管中冷凝水应低进高出
（2）加沸石（或碎瓷片）；防止暴沸
【解析】【解答】解：（1）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，故答案为：温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处或冷凝管中冷凝水应低进高出；（2）为防止液体暴沸，实验时A中除加入海水外，还需加入沸石或碎瓷片，
故答案为：加沸石（或碎瓷片）；防止液体暴沸．
【分析】（1）实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；（2）根据烧瓶要垫上石棉网加热，烧瓶中的碎瓷片的作用是防沸解答．
22．【答案】（1）蒸馏法
（2）趁热过滤
（3）；生成的可使变得更蓬松
（4）相同；
（5）温度低于时，温度升高，溶解度减小，且吹出速率快，温度高于时，温度升高，转化为不易吹出的
（6）直形冷凝管
【解析】【解答】海水淡化得到淡水和浓缩海水，浓缩海水经过制盐得到粗盐和盐卤，粗盐经过提纯得到精盐；盐卤加入Ca（OH）2得到Mg（OH）2，Mg（OH）2灼烧得到MgO；盐卤中通入氯气氧化溴离子为溴，通入热空气吹溴，然后和SO2、H2O反应得到HBr，再通入氯气得到Br2，蒸馏得到纯溴。
（1）工业上海水淡化的主要方法有电渗析法、离子交换法和蒸馏法。
（2）的溶解度受温度影响不大，实验室除去粗盐中可溶性杂质的操作为溶解、蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，得晶体。
（3）为降低成本，“沉镁”时所用试剂X适合选用Ca（OH）2；研究表明，碱式碳酸镁灼烧分解生成的可使变得更蓬松，故比用Mg（OH）2灼烧所得产品密度更小。
（4）“转化Ⅰ”和“转化Ⅱ”中，均作氧化剂将氧化为，其作用相同；其中转化Ⅱ中主要反应的离子方程式为。
（5）由信息和物质性质知，温度低于时，温度升高，溶解度减小，且吹出速率快，温度高于时，温度升高，转化为不易吹出的，故时，的吹出率最高。
（6）实验室中进行蒸馏操作时，适合选用的冷凝仪器的名称为直形冷凝管。
【分析】（1）海水淡化的方法有电渗析法、离子交换法和蒸馏法；
（2）趁热过滤的目的是防止温度降低可溶性析出晶体；
（3）沉镁可以采用石灰乳，因为氢氧化钙价格便宜；
（4）氯气是氧化性气体，可以使离子被氧化；
（5）温度升高，溴溶解度低，温度太高则会转化为其他物质；
（6）蒸馏实验时，用直形冷凝管进行冷凝操作。