【化学】吉林省松原市扶余市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

吉林省松原市扶余市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.下列气体的主要成分不是甲烷的是
A. 沼气 B. 天然气 C. 焦炉气 D. 坑道气
【答案】C
【解析】
【详解】A.沼气的主要成分是甲烷；
B.天然气的主要成分是甲烷；
C.焦炉气含量最多的是氢气（55%~60%），其次是甲烷（23%~27%），另外还含有少量的一氧化碳等；
D.坑道气的主要成分是甲烷。
故选C。
2.氟利昂—12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为 ，下列有关叙述正确的是
A. 它有两种同分异构体 B. 它是平面分子
C. 它只有一种结构 D. 它有4种同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A.由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故A错误；
B.甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，故B错误；
C.由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故C正确；
D.从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故D错误。
故选C。
3.下列有关电子排布图的表述正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时电子排布
B. 此图错误，违背了泡利原理
C. 表示基态N原子的价电子排布
D. 表示处于激发态的B原子的核外电子排布图
【答案】A
【解析】
【详解】A. 符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A正确；
B. 根据洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，则违背了洪特规则，故B错误；
C. N原子的价电子数为5，其价电子排布图为：，故C错误；
D. 表示处于基态的B原子的核外电子排布图，故D错误。
故选A。
4.一定条件下，下列化合物分别跟液溴反应，苯环上的氢原子被取代，所得一溴代物有二种同分异构体的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙苯中苯环上有三种一溴代物，故A错误；
B.间二甲苯中苯环上有三种一溴代物，故B错误；
C.邻二甲苯中苯环上有两种一溴代物，故C正确；
D.对二甲苯中苯环上只有一种一溴代物，故D错误。
故选C。
5.下列金属冶炼的反应原理，错误的是
A. 2AlCl3（熔融） 2Al＋3Cl2↑ B. 2NaCl（熔融） 2Na＋Cl2↑
C. Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2 D. 2HgO 2Hg＋O2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.冶炼金属铝是电解熔融状态的氧化铝，可以添加冰晶石以降低氧化铝的熔点，故A错误；
B.冶炼金属钠是电解熔融状态的氯化钠，故B正确；
C.冶炼金属铁是利用CO的还原性进行冶炼，故C正确；
D.氧化汞不稳定，受热分解，即使用热分解法冶炼Hg，故D正确。
故选A。
【点睛】金属冶炼的方法

6.只用一种试剂就可以鉴别乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液，这种试剂是
A. NaOH溶液 B. Na2CO3溶液
C. 石蕊试液 D. Cu(OH)2悬浊液
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠与乙醇、葡萄糖溶液不反应，与乙酸反应无明显现象，所以不能鉴别，故A错误；
B．葡萄糖溶液、乙醇与碳酸钠溶液均不反应，不分层，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C. 石蕊只能检验乙酸溶液，乙酸使石蕊变红，故C错误；
D.乙醇和Cu（OH）2不反应，乙酸与Cu（OH）2发生中和反应而使Cu（OH）2溶解，葡萄糖含有醛基，能与新制的Cu（OH）2悬浊液发生反应，加热时生成红色沉淀，能用新制Cu（OH）2悬浊液鉴别，故D正确。
故选D。
7.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学工艺”中理想状态是反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。在用CH3C≡CH合成CH2===C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要的其他反应物是(　　)
A. CO和CH3OH B. CO2和H2O
C. H2和CO2 D. CH3OH和H2
【答案】A
【解析】
丙炔的分子式为C3H4，甲基丙烯酸甲酯的分子式为C5H8O2，所以根据原子守恒可知，选项A正确。答案选A。
8.下列有关化学用语使用正确的是
A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：174117Ts
B. COCl2的结构式为：
C. 甲烷分子的比例模型：
D. H2O2的电子式为：H+[ ]2-H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：291117Ts，故A错误；
B. COCl2是由一个羰基和两个Cl原子组成的，所以结构式为：，故B正确；
C. 是甲烷的球棍模型，故C错误；
D. H2O2的电子式为：HH，故D错误。
故选B。
【点睛】电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。
9.下列各能层中包含f 能级的是
A. L B. N C. M D. K
【答案】B
【解析】
【详解】A. L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，故A不符合题意；
B.N能层是第四能层，含有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，故B符合题意；
C.M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C 不符合题意；
D. K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D 不符合题意。
故选B。
10.若某原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是
A. 该原子中共有36个电子 B. 该原子核外有5个电子层
C. 该原子最外层共有3个电子 D. 该原子M能层共有8个电子
【答案】B
【解析】
【详解】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为39号Y元素，位于周期表第五周期ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1；
A. 该原子是39号元素Y元素，即该原子含有39个电子，故A错误；
B. 该原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，即该原子核外有5个电子层，故B正确；
C.该原子最外层共有2个电子，故C错误；
D. 该元素原子M能层共有18个电子，故D错误。
故选B。
11. 新版人民币的发行引发了人们对有关人民币中化学知识关注。下列表述不正确的是
A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素
B. 用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料
D. 某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖
【答案】D
【解析】
试题分析：A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。
考点：考查物质的性质
12.常温下测得浓度为0.1mol•L﹣1的下列三种溶液的pH：下列法正确的是（　　）
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaCN
pH
9.7
11.6
11.1

A. 阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3
B. 相同条件下的酸性：H2CO3＜HCN
C. 三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
D. 向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐，都是强电解质，它们的电离方程式分别为：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3- ⇌H++CO32- （非常微弱），Na2CO3=2Na++CO32-，NaCN═Na++CN-，从它们的电离方程式可以看出，当浓度相同时，Na2CO3 电离出的阳离子Na+浓度大，考虑水解产生的阳离子，NaHCO3溶液的pHNaCN溶液中c（H+），阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN，故A错误； 
B.NaHCO3的水解离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，Na2CO3的水解离子方程式分两步，第一步为：CO32-+H2O ⇌HCO3-+OH-（以第一步为主），第二步为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，NaCN的水解离子方程式为：CN-+H2O⇌HCN+OH-，盐类水解的规律是：越弱越水解，即酸越弱，其盐中的酸根离子水解程度越大；浓度均为0.1mol•L-1的NaHCO3、Na2CO3、NaCN三种盐溶液pH：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（NaHCO3），说明酸性：H2CO3＞HCN，故B错误；
C.三种盐溶液的pH均大于7，三种盐都属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，它们的盐溶液，都有水，水也是弱电解质，说明存在电离平衡，故C正确；
D.向0.2 mol•L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L-1 NaOH溶液得到等浓度的碳酸氢钠和碳酸钠混合溶液，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，离子浓度大小为：c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误。
故选C。
【点睛】掌握盐类水解的规律和原理是解答本题的关键，水解的盐溶液中各种离子浓度的大小的定性分析要遵循三个守恒（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）。
13.常温时，下列叙述正确的是
A. 稀释pH=10 的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低
B. pH均为5 的HCl和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
C. NaOH和CH3COONa的混合溶液中，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO－）
D. 分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀释氨水能促进一水合氨电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故A错误；
B.盐酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以两种溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C. 根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-），故C正确；
D．等体积等pH的醋酸和硫酸，醋酸的物质的量大于硫酸中氢离子的物质的量，所以分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，醋酸消耗氢氧化钠的物质的量多，故D错误。
故选C。
14.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH－)增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)/c(Cl－)＞1
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银，溶液中c(Cl－)/c(Br－)不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水稀释促进CH3COOH 的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 升温促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh=[c(CH3COOH)·c(OH－)]/ c(CH3COO-)增大，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH－)应减小，故B错误；
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液显中性，则c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（Cl-），即溶液中c(NH4+)/c(Cl－)=1，故C错误；
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中==，温度不变AgCl、AgBr的溶度积不变，则溶液中不变，故D正确。
故选D。
15.现有四种元素的基态原子的电子排布式:
①； ②；
③； ④。
则下列有关比较中正确的是
A. 电负性:④>③>②>① B. 原子半径:④>③>②>①
C. 第一电离能:④>③>②>① D. 最高正化合价:④>③=②>①
【答案】C
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；
A. 同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故A错误；
B.同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C. 同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故C正确；
D.元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。
故选C。
【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。
16.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是
A. 电子排布式为 B. 该元素为V
C. 该元素为VA族元素 D. 该元素位于d区
【答案】C
【解析】
【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，该元素是同族中原子序数最小的元素，所以该元素是第四周期元素，价电子排布式为3d34s2，即为23号元素V，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，在元素周期表中第四周期第VB族，位于d区，故C错误；
故选C。
17.电负性差值为零时,可形成(   )
A. 配位键 B. 非极性共价键
C. 金属键 D. 离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
电负性的差别越小，形成的共价键的极性就越小。
【详解】当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键，电负性的差值越小，共价键的极性越小，电负性差值为零时，形成非极性共价键。
故选B。
18.下列关于同一种原子中的基态和激发态说法中,正确的是(   )
A. 基态时的能量比激发态时高
B. 激发态时比较稳定
C. 由基态转化为激发态过程中吸收能量
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
【分析】
A、处于最低能量状态的原子叫做基态原子；
B、基态时的能量低，稳定；
C、基态转化为激发态是由低能量状态转成高能量状态；
D、电子由基态跃迁到激发态需要吸收能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量。
【详解】A. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子，基态时的能量比激发态时低，故A错误；
B. 基态时的能量低、稳定，激发态时能量高、不稳定，故B错误；
C. 基态转化为激发态是由低能量状态转成高能量状态，转化过程中要吸收能量，故C正确；
D. 电子由基态跃迁到激发态需要吸收能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量。电子在激发态跃迁到基态时会产生原子发射光谱，电子由基态跃迁到激发态吸收光子，获得能量，产生吸收光谱，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查原子构造原理，解题关键：对基础知识的理解掌握，掌握构造原理．难点：D，注意对光谱产生的过程和能量变化的关系的理解。
19.下列叙述正确的是
A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b
B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性
C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH＝7
D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸是弱酸，只有少部分电离，加水稀释促进电离，当稀释10倍后H＋浓度减少小于10倍，应为bc（H+）=c（OH-），故B正确；
C.c点时，A-的水解平衡常数Kh=[c（OH-）·c（HA）]/c（A-），升高温度Kh增大，则减小，故C错误；
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量，酸、碱对水的电离平衡起抑制作用，可水解的盐对水的电离平衡起促进作用，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c 过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误。
故选B。
21.下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。

请回答下列问题：
（1）表中属于ds区的元素是________(填编号)。
（2）表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状物结构简式为________。
（3）某元素的特征电子排布式为nsnnpn＋1，该元素原子的核外最外层电子数为________。
（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质。请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：_______________________。
（5）画出⑨的外围电子排布图____________________________.
【答案】 (1). ⑩ (2). (3). 5 (4). Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O (5).
【解析】
【分析】
根据元素周期表中元素的排列规律，分析判断得到①是H元素，②Be元素，③是C元素，④是Mg元素，⑤是Al元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ca元素，⑨是Fe元素，⑩是铜元素，再根据题目中问题逐步分析解答。
【详解】(1) ds区元素是指元素周期表中的ⅠB、ⅡB两族元素，表中ds区的元素是⑩元素，即29号铜元素；
故答案为：⑩；
(2) 表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状物，即6个H原子和6个C原子形成环状有机物为苯，它的结构简式为：；
故答案为：；
(3) 由电子排布式nsnnpn+1可知n=2，即2s22p3，该元素为：N元素，该原子的核外最外层电子数为5；
故答案为：5；
(4) 元素⑤为铝，氢氧化铝具有两性，元素②为铍，元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，故氢氧化铍也具有两性，能与氢氧化钠反应，方程式为Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；故答案为：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O ；
(5)元素⑨为铁，铁的原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，它的外围电子排布图为：；
故答案为：。
【点睛】元素周期表中，对角线上的两元素及其化合物的性质有许多相似之处，例如：锂与镁、铍与铝、硼与硅的相似性。
22.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性
X
L层p电子数比s电子数多2个
Y
第三周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有三个未成对电子

（1）写出元素X的离子结构示意图______________。
（2）写出Y元素最高价氧化物分别与HCl、NaOH溶液反应的离子方程式____________________、______________________。
（3）写出Z的电子排布式_____、铬原子的简化的电子排布式______。
（4）元素T与氯元素相比，非金属性较强的是___(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是___(填字母代号)。
A．气态氢化物的挥发性和稳定性
B．单质分子中的键能
C．两元素的电负性
D．含氧酸的酸性
E．氢化物中X—H键的键长(X代表T和Cl两种元素)
F．两单质在自然界中的存在形式
（5）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是___(填元素符号)，理由是________________。
【答案】 (1). (2). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (3). Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O (4). 1s22s22p3 (5). [Ar]3d54s1 (6). F (7). CE (8). Al (9). 具有金属性
【解析】
【分析】
在短周期元素中，单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则T为F元素，X的L层p电子数比s电子数多2个，核外电子排布为1s22s22p4，则X为O元素，第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al 3+，则Y为Al元素，Z的L层有三个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，则Z为N元素，再根据题目给出的条件和问题分析解答。
【详解】(1)由上述分析得到X是O元素，所以O2-的结构示意图为：；
故答案为：；
(2)由分析可知，Y是Al元素，Y元素最高价氧化物即Al2O3，分别与HCl、NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ，Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O ；
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ，Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O；
(3)由分析知，Z是N元素，Z的电子排布式为：1s22s22p3，铬原子为24号元素，它位于第四周期VIB族，它的简化的电子排布式为：[Ar]3d54s1；
故答案为：1s22s22p3， [Ar]3d54s1；
(4) 元素T即F元素与氯元素相比，非金属性较强的是是F元素，可根据得电子能力判断非金属性的强弱，
A.气态氢化物的挥发性与非金属性强弱无关，故A错误；
B.单质分子的键能与非金属元素的非金属性无关，故B错误；
C.元素的电负性越大，元素的非金属性越强，F的电负性大于Cl，故C正确；
D．根据元素周期律，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，但是F元素无正价，所以不能形成含氧酸，故D错误；
E. 氢化物中X-H键的键长越长，键能越小，说明氢化物越不稳定，根据元素周期律，可知，非金属性越弱，故E正确；
F.两元素在自然界中存在只能说明活泼性，不能比较非金属性强弱，两者都是以化合态的形态存在，故无法判断得失电子能力，故F错误；
故答案为：CE；
(5)四种元素中分别是F、O、Al、N，其中F、O、N是非金属元素，Al是金属元素，所以化学性质明显不同于其他三种单质的是Al；
故答案为：Al，具有金属性。
【点睛】元素的金属性与非金属性：（1）同一周期的元素从左到右金属性递减，非金属性递增；（2）同一主族元素从上到下金属性递增，非金属性递减。最高价氧化物对应水化物的酸碱性：元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。非金属气态氢化物：元素非金属性越强，气态氢化物越稳定。单质的氧化性、还原性：一般元素的金属性越强，其单质的还原性越强；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其简单阴离子的还原性越弱。
23.以海水为原料可以提取金属镁，下图是某工厂从海水中提取镁的主要步骤。讨论以下相关问题

（1）在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的富集，有三个学生提出自己的观点。
学生甲的观点：直接往海水中加入沉淀剂。
学生乙的观点：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂。
学生丙的观点：利用晒盐后的苦卤水，再加入沉淀剂。
通过分析比较你认为学生_____的观点正确（填学生序号）。
（2）为了使镁离子沉淀下来，充分利用当地的贝壳（主要成分为碳酸钙）资源获得沉淀剂，加入的试剂①是______（填化学式）。写出由贝壳制取试剂①的相关化学方程式：__________；
（3）加入试剂①后，能够分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是_________（填标号字母）
A．蒸馏 B．分液 C．过滤 D．萃取
（4）加入的试剂②是________（填化学式）。工业过程中常常将蒸发结晶后的氯化镁水合物晶体再置于HCl气流中加热获得无水MgCl2,其目的是______________________________。
（5）写出由无水MgCl2制取金属镁的化学方程式_____________________________。
【答案】 (1). 丙 (2). Ca（OH）2 (3). CaCO3 CaO +CO2 ↑；CaO+H2O=Ca(OH)2 (4). C (5). HCl (6). 抑制水解，得到纯净的无水氯化镁 (7). MgCl2(熔融) Mg+Cl2 ↑
【解析】
【分析】
首先向混合物中加入碱，反应生成氢氧化镁沉淀，分离沉淀和滤液，再将氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，蒸发结晶后，电解熔融的氯化镁，进而得到金属镁，根据物质的制备和提纯的流程分析解答。
【详解】(1)学生甲与其他观点相比，海水中镁离子浓度小，使用的沉淀剂的量较大，且不利于收集氢氧化镁，因此学生甲的观点不正确，原因是：海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不利于镁离子的沉淀；学生乙与其他观点相比，高温蒸发海水，消耗的能源多，成本太高，因此学生乙的观点不正确，原因是：能源消耗大，海水的综合利用低，成本高；学生丙与学生乙相比，利用晒盐后的苦卤，节约能源，成本低；与学生甲相比镁离子浓度高，有利于镁元素的富集；因此学生丙的观点正确，因为：镁离子富集浓度高，成本低；
故答案为：丙；
(2) 因碳酸钙高温分解得到氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与氯化镁反应生成氢氧化镁，方程式为：CaCO3 CaO +CO2 ↑， CaO+H2O=Ca(OH)2；
故答案为：Ca（OH）2，CaCO3 CaO +CO2 ↑；CaO+H2O= Ca(OH)2；
(3)分离难溶固体与液体的混合物，应使用过滤操作；
故答案为：C；
(4) 要使氢氧化镁转化为氯化镁，则需要加入盐酸反应，即试剂②是盐酸，由于Mg2+会发生水解，生成氢氧化镁，故工业过程中常常将蒸发结晶后的氯化镁水合物晶体再置于HCl气流中加热获得无水MgCl2，从而抑制Mg2+的水解；
故答案为：HCl，抑制水解，得到纯净的无水氯化镁；
(5)利用电解熔融状态的氯化镁获得金属镁；MgCl2(熔融) Mg+Cl2 ↑

故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2 ↑。
【点睛】化工生产应用问题，可以从物质转化、化学反应、方法的优劣等来分析问题，怎样评价不同方法的优劣从而选择出最佳方法是解答本题的难点。
24.I.下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与完成相关实验问题讨论。
【实验目的】制取乙酸乙酯
【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯。
【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：

根据分析回答：（1）三位同学设计的装置中最不合理的是____（选填“甲”或“乙”或“丙”），原因是_________________。
【实验步骤】
a.按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；
b.将试管固定在铁架台上；
c.在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液；
d.用酒精灯对试管①加热；
e.当观察到试管②中有明显现象时停止实验。
（2）试管①中加入浓硫酸的作用是______________________________
（3）该实验中长导管的作用是___________________。
（4）试管②中饱和Na2CO3溶液的作用是_______________；可否用NaOH溶液代替Na2CO3溶液？_____（填“是”或“否”），理由是用化学方程式回答_______________。
（5）写出试管①中乙醇工业制取的化学方程式________________________________；
II.实验室制备硝基苯的主要步骤如下：
a、配制一定比例的浓H2SO4与浓HNO3的混合酸，加入反应器中；
b、向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀；
c、在55~60℃下发生反应，直至反应结束；
d、除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5％NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤；
e、将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯净硝基苯。请填写下列空白：
①制备硝基苯的反应类型是________________。
②配制一定比例的浓H2SO4与浓HNO3的混合酸时，操作的注意事项是：_____。
③步骤d中洗涤、分离粗硝基苯应使用的仪器是________________。
【答案】 (1). 甲 (2). 容易引起倒吸 (3). 催化剂 吸水剂 (4). 导气冷凝 (5). 吸收乙醇 除去乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层析出 (6). 否 (7). CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH (8). CH2=CH2+H2OC2H5OH (9). 取代反应 (10). 先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌 (11). 分液漏斗
【解析】
【分析】
根据乙酸乙酯、硝基苯的实验室制备原理及操作步骤、注意事项分析解答。
【详解】I.(1) 由于生成的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，而乙醇和乙酸都是和水互溶的，所以直接通入饱和碳酸钠溶液中容易引起倒吸，故甲同学的装置最不合理；
故答案为：甲，容易引起倒吸；
(2) 浓硫酸除了作吸水剂的作用外还起催化剂的作用；
故答案为：催化剂，吸水剂；
(3)仪器中的长导管起到的是导气冷凝作用；
故答案为：导气冷凝；
(4) 在收集乙酸乙酯的试管中可以观察到的现象是液体分层，这说明乙酸乙酯不溶于水，另外还可以闻到乙酸乙酯的香味,饱和碳酸钠溶液的作用除了起到溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度外，还有中和乙酸的作用，乙酸乙酯在碱性条件下，会发生水解，所以不能用用NaOH溶液代替Na2CO3溶液，方程式为：CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH；
故答案为：吸收乙醇 除去乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层析出，否，CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH；
(5)工业制取乙醇是用乙烯和水发生加成反应，方程式为：CH2=CH2+ H2OC2H5OH；
故答案为：CH2=CH2+ H2OC2H5OH；
II. ①制备硝基苯是苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、50~60℃水浴加热的条件下发生取代反应，生成硝基苯和水；
故答案为：取代反应；
②浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；
故答案为：将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌；
③硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物，采取分液操作，需要用分液漏斗；故答案为：分液漏斗。
25.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、医药工业中用途广泛。请回答下列问题:
（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是____________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明).
（2）相同条件下，0.1mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液中c((NH4+)____(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L-1 NH4HSO4中c((NH4+)。
（3）均为0.1mol·L-1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图1所示。

①其中符合0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是__，导致pH随温度 变化的原因是___________________;
②20℃时，0.1mol·L-1的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______。（写出具体数值）
（4）室温时，向100mL 0.1mol·L-1的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是___点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__________________。
【答案】 (1). Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2). 小于 (3). I (4). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度,其水解程度增大，pH减小 (5). （10-3 -10-11 ）mol·L-1 (6). a (7). c(Na+)>c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
【解析】
【详解】(1) Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
故答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
(2) NH4Al(SO4)2的电离方程式为NH4Al（SO4）2=NH4++Al3++2SO42-，NH4HSO4的电离方程式为NH4HSO4=NH4++H++SO42-，在两溶液中NH4+发生水解，H+抑制NH4+的水解，由于NH4HSO4溶液中c（H+）远大于NH4Al(SO4)2溶液中c（H+），所以0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中c（NH4+）