【化学】吉林省长春市外国语学校2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

吉林省长春市外国语学校2018-2019学年高二上学期期末考试
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
【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

【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＋CH3COOHCH3COOC2H5＋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＋CH3COOHCH3COOC2H5＋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＋CH3COOHCH3COOC2H5＋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). CaCO3CaO＋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). MgCl2·6H2OMg(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CaCO3CaO+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CaCO3CaO+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：CaCO3CaO+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：MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O，故答案为：HCl，MgCl2·6H2OMg(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。)