文档内容
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H 的体积为0.224L（标准情况）
2016年海南省高考化学试卷 2
D．生成H 的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H 的量
2 2
10．某电池以K FeO 和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（ ）
2 4
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12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． A．Zn为电池的负极
1．下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ） B．正极反应式为2FeO 2﹣+10H++6e﹣=Fe O +5H O
4 2 3 2
A．汽油B．甘油 C．煤油 D．柴油 C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
2．下列物质不可用作食品添加剂的是（ ） D．电池工作时OH﹣向负极迁移
A．谷氨酸单钠 B．柠檬酸 C．山梨酸钾 D．三聚氰胺 11．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
3．下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H O”表示的是（ ）
2
A．NaHSO 溶液与Ba（OH） 溶液混合
4 2
B．NH Cl溶液与Ca（OH） 溶液混合
4 2
C．HNO 溶液与KOH溶液混合
3
D．Na HPO 溶液与NaOH溶液混合
2 4
4．下列叙述错误的是（ ）
A．氦气可用于填充飞艇
B．氯化铁可用于硬水的软化 A．由X→Y反应的△H=E ﹣E
5 2
C．石英砂可用于生产单晶硅 B．由X→Z反应的△H＜0
D．聚四乙烯可用于厨具表面涂层 C．降低压强有利于提高Y的产率
5．向含有MgCO 固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（ ） D．升高温度有利于提高Z的产率
3
A．c（CO 2﹣） B．c（Mg2+） C．c（H+） D．K （MgCO ）
3 sp 3
6．油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应： 12．工业上可由乙苯生产苯乙烯： ，下列说法正确的是（ ）
C H O （s）+80O （g）=57CO （g）+52H O（l）
57 104 6 2 2 2
已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（ ） A．该反应的类型为消去反应
A．3.8×104kJ•mol﹣1 B．﹣3.8×104kJ•mol﹣1 B．乙苯的同分异构体共有三种
C．3.4×104kJ•mol﹣1 D．﹣3.4×104kJ•mol﹣1 C．可用Br 、CCl 鉴别乙苯和苯乙烯
2 4
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一
个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错 三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23题为
一个就得0分． 选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
7．下列实验设计正确的是（ ） 13．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相
A．将SO 通入溴水中证明SO 具有漂白性 同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：
2 2
B．将铁屑放入稀HNO 中证明Fe比H 活泼 （1）M元素位于周期表中的第 周期、 族．
3 2
C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO 2﹣ （2）Z元素是 ，其在自然界中常见的二元化合物是 ．
3
D．将乙烯通入KmnO 酸性溶液证明乙烯具有还原性 （3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为 ，产物分子为直线形，其化学键属
4
8．下列有关实验操作的叙述错误的是（ ） 共价键（填“极性”或“非极性”）．
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁 （4）四种元素中的 可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁 ．
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 14．KAl（SO ） •12H O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为
4 2 2
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁 Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：
9．利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（ ）
A．可生成H 的质量为0.02g
2（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用 （填标号）．
a．HCl溶液 b．H SO 溶液 c．氨水 d．NaOH溶液
2 4
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 ．
（3）沉淀B的化学式为 ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是 ．
（4）已知：K =1.0×10﹣14，Al（OH） AlO ﹣+H++H O K=2.0×10﹣13．Al（OH） 溶于NaOH溶液反应的平
w 3 2 2 3
衡常数等于 ．
⇌
15．乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成
．滤渣2的主要成分是 ．
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是 ．
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO ﹒5H O，则铜的回收率为 ．
4 2
（二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础
（1）B和A为同系物，B的结构简式为 ． 18．下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1的有（ ）
]
（2）反应①的化学方程式为 ，其反应类型为 ． A．乙酸甲酯B．对苯二酚 C．2﹣甲基丙烷 D．对苯二甲酸
（3）反应③的反应类型为 ． 19．富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图是
（4）C的结构简式为 ． 合成富马酸铁的一种工艺路线：
（5）反应②的化学方程式为 ．
16．顺﹣1，2﹣二甲基环丙烷和反﹣1，2﹣二甲基环丙烷可发生如图1转化：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 由A生成B的反应类型为 ．
该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定 （2）C的结构简式为 ．
温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题： （3）富马酸的结构简式为 ．
（1）已知：t 温度下，k（正）=0.006s﹣1，k（逆）=0.002s﹣1，该温度下反应的平衡常数值K = ； （4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是 ．
1 1
该反应的活化能E （正）小于E （逆），则△H 0（填“小于”“等于”或“大于”）． （5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO 溶液反应可放出 LCO （标况）；富马
a a 3 2
（2）t 温度下，图2中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是 （填曲线编号），平衡 酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有 （写出结构简式）．
2
常数值K = ；温度t t （填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是 ．
2 1 2
17．某废催化剂含58.2%的SiO 、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS．某同学用15.0g该废催化剂为原 [选修3--物质结构与性质
2
料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下： 20．下列叙述正确的有（ ）
]
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对相斥理论中，Π键电子队数不计入中心原子的价层电子对数
21．M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素Y的负一价离子的最
回答下列问题： 外层电子数与次外层的相同．回答下列问题：
（1）在下列装置中，第一次浸出必须用 ，第二次浸出应选用 ．（填标号） （1）单质M的晶体类型为 ，晶体中原子间通过 作用形成面心立方密堆积，其中M
原子的配位数为 ．（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是
（写元素符号）．元素Y的含氧酸中，酸性最强的是 （写化学式），该酸根离子的立体构型为
．
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．
①该化合物的化学式为 ，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为 g•cm﹣3．（写出
计算式，不要求计算结果．阿伏加德罗常数为N ）
A
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是 ．此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，
深蓝色溶液中阳离子的化学式为 ．
[选修2--化学与技术
22．下列单元操作中采用了热交换设计的有（ ）
]
A．电解食盐水制烧碱B．合成氨中的催化合成
C．硫酸生产中的催化氧化 D．氨碱法中的氨盐水碳酸化
23．海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如图所示．
回答下列问题：
（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的 （填离子符号），M的主要成分是 （填化
学式）．
（2）除溴塔中主要的离子方程式为 ．
（3）沸腾炉①和②的主要作用是 ．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是 ．
（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为 ．
（5）电解槽中阳极产物为 ，该产物可直接用于本工艺流程中的 ．4．下列叙述错误的是（ ）
2016 年海南省高考化学试卷
A．氦气可用于填充飞艇
参考答案与试题解析 B．氯化铁可用于硬水的软化
C．石英砂可用于生产单晶硅
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12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． D．聚四乙烯可用于厨具表面涂层
1．下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ） 【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
A．汽油B．甘油 C．煤油 D．柴油 【分析】A．根据氦气的密度小于空气的密度判断；
【考点】饱和烃与不饱和烃． B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应；
【分析】烃只含有C、H元素，汽油、煤油、柴油为烃类混合物，以此解答该题． C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅；
【解答】解：甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多 D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯．
为烷烃． 【解答】解：A．气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易
故选B． 和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；
B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B错误；
2．下列物质不可用作食品添加剂的是（ ） C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；
A．谷氨酸单钠 B．柠檬酸 C．山梨酸钾 D．三聚氰胺 D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确；
【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用． 故选：B．
【分析】食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成
或者天然物质，食品添加剂首先应该是对人类无害的，其次才是对食品色、香、味等性质的改善和提高，以此 5．向含有MgCO 固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（ ）
3
解答． A．c（CO 2﹣） B．c（Mg2+） C．c（H+） D．K （MgCO ）
3 sp 3
【解答】解：A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选； 【考点】镁、铝的重要化合物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
B．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选； 【分析】MgCO
3
固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO
3
（s）⇌Mg2+（aq）+CO
3
2﹣（aq），加入少量稀盐酸，发
C．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选； 生CO 2﹣+H+=HCO ﹣或CO 2﹣+H+=CO +H O，平衡正向移动，以此解答该题．
3 3 3 2 2
D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D选． 【解答】解：MgCO
3
固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO
3
（s）⇌Mg2+（aq）+CO
3
2﹣（aq），加入少量稀盐酸
故选D． 可与CO 2﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO 2﹣）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，K （MgCO ）只
3 3 sp 3
与温度有关，不变，只有A正确．
3．下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H O”表示的是（ ） 故选A．
2
A．NaHSO 溶液与Ba（OH） 溶液混合
4 2
B．NH Cl溶液与Ca（OH） 溶液混合 6．油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
4 2
C．HNO 溶液与KOH溶液混合 C H O （s）+80O （g）=57CO （g）+52H O（l）
3 57 104 6 2 2 2
D．Na HPO 溶液与NaOH溶液混合 已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（ ）
2 4
【考点】离子方程式的书写． A．3.8×104kJ•mol﹣1 B．﹣3.8×104kJ•mol﹣1
【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=H O表示，以此来解答． C．3.4×104kJ•mol﹣1 D．﹣3.4×104kJ•mol﹣1
2
【解答】解：A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣ 【考点】燃烧热．
=H O表示，故A不选； 【分析】C H O 的相对分子质量为884，已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，可首先计算1kg该化
2 57 104 6
B．NH Cl溶液与Ca（OH） 溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H++OH﹣ 合物的物质的量，则计算1mol该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．
4 2
=H O表示，故B不选； 【解答】解：燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量
2
C．HNO 溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH﹣=H O， 3.8×104kJ，
3 2
故C选；
D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na HPO 溶液与NaOH溶液混合不能用H++OH﹣=H O表
2 4 2 则1kg该化合物的物质的量为 ，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣ =﹣3.4×104kJ•mol﹣1，
示，故D不选；
故选：C．故选D． 9．利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（ ）
A．可生成H 的质量为0.02g
2
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一 B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错 C．可生成H 的体积为0.224L（标准情况）
2
一个就得0分． D．生成H 的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H 的量
2 2
7．下列实验设计正确的是（ ） 【考点】物质的量的相关计算．
A．将SO 通入溴水中证明SO 具有漂白性
2 2
B．将铁屑放入稀HNO 中证明Fe比H 活泼 【分析】根据方程式2H O=2H ↑+O ↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H 和0.01 mol O ，结合n= = =
3 2 2 2 2 2 2
C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO 2﹣
3
D．将乙烯通入KmnO 酸性溶液证明乙烯具有还原性 结合物质的构成解答该题．
4
【考点】二氧化硫的化学性质；铁的化学性质；乙烯的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【解答】解：根据方程式2H O=2H ↑+O ↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H 和0.01 mol O ．则可得：
2 2 2 2 2
【分析】A、SO 通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性； A．可生成H 的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；
2 2
B、将铁屑放入稀HNO 中是硝酸的强氧化性； B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；
3
C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO 2﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚 C．可生成标准状况下H 的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；
3 2
硫酸氢根离子； D．钠与水发生2Na+2H O=2NaOH+H ↑，则0.04mol Na与水反应产生0.02 molH ，故D正确．
2 2 2
D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化． 故选D．
【解答】解：A、SO 通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A
2
错误； 10．某电池以K FeO 和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（ ）
2 4
B、将铁屑放入稀HNO 中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H 活泼， A．Zn为电池的负极
3 2
故B错误； B．正极反应式为2FeO 2﹣+10H++6e﹣=Fe O +5H O
4 2 3 2
C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO 2﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚 C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
3
硫酸氢根离子，故C错误； D．电池工作时OH﹣向负极迁移
D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确； 【考点】原电池和电解池的工作原理．
故选D． 【分析】某电池以K FeO 和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原
2 4
电池的负极，K FeO 具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe（OH） ，结合电极方程式以及离子的定
2 4 3
8．下列有关实验操作的叙述错误的是（ ） 向移动解答该题．
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁 【解答】解：A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K FeO 为正极材料，故A正确；
2 4
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁 B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO 2﹣+6e﹣+8H O=2Fe（OH） +10OH﹣，故B错误；
4 2 3
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁 D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．
【考点】化学实验方案的评价． 故选AD．
【分析】A．过滤时应防止液体飞溅；
B．滴加试剂时应防止污染滴管； 11．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应；
D．向容量瓶转移液体时，应防止流出容量瓶外．
【解答】解：A．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正
确；
B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；
D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确．
故选B． A．由X→Y反应的△H=E ﹣E
5 2
B．由X→Z反应的△H＜0C．降低压强有利于提高Y的产率 （4）四种元素中的 Mg 可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为
D．升高温度有利于提高Z的产率 Mg+2HCl═MgCl +H ↑ ．
2 2
【考点】反应热和焓变． 【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总 【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；
能量﹣生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题． Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元
【解答】解：A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E ﹣E ，故A错误； 素．
3 2
B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故B正确； 【解答】解：短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；
C．根据化学反应2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利 Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元
于提高Y的产率，故C正确； 素．
D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误． （1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA族，
故选BC． 故答案为：三；VIA；
（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO ，
2
故答案为：Si；SiO ；
2
12．工业上可由乙苯生产苯乙烯： ，下列说法正确的是（ ）
（3）X碳与硫的单质在高温下反应生成CS ，反应化学方程式为C+2S CS ，产物分子为直线形，结构与
2 2
A．该反应的类型为消去反应
B．乙苯的同分异构体共有三种 二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，
C．可用Br 、CCl 鉴别乙苯和苯乙烯
2 4
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7 故答案为：C+2S CS ；极性；
2
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．根据反应C﹣C变为C=C的特点判断； （4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg
B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对等； 为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：Mg+2HCl═MgCl +H ↑，
2 2
C．苯乙烯可与溴发生加成反应； 故答案为：Mg；Mg+2HCl═MgCl +H ↑．
2 2
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上．
【解答】解：A．反应C﹣C变为C=C，为消去反应，故A正确； 14．KAl（SO ） •12H O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为
4 2 2
B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误； Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：
C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯
有8个碳原子共平面，故D错误． （1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用 d （填标号）．
故选AC． a．HCl溶液 b．H SO 溶液 c．氨水 d．NaOH溶液
2 4
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H O═2NaAlO +3H ↑ ．
2 2 2
三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23题为 （3）沉淀B的化学式为 Al （ OH ） ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是 Al 3+ 水解，使溶液中
3
选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 H + 浓度增大 ．
13．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相 （4）已知：K =1.0×10﹣14，Al（OH） AlO ﹣+H++H O K=2.0×10﹣13．Al（OH） 溶于NaOH溶液反应的平
w 3 2 2 3
同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题： 衡常数等于 20 ．
⇌
（1）M元素位于周期表中的第 三 周期、 VIA 族． 【考点】制备实验方案的设计．
（2）Z元素是 Si ，其在自然界中常见的二元化合物是 SiO ． 【分析】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通
2
过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH HCO 溶液后，促进AlO ﹣水解生成Al（OH） 沉淀，过滤后将沉
4 3 2 3
（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为 C+2S CS ，产物分子为直线形，其化学键属 极 淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K SO 溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；
2 2 4
（1）铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而Mg、Fe只能溶解于酸，据此选择试剂；
性 共价键（填“极性”或“非极性”）． （2）用NaOH溶液溶解Al生成偏铝酸钠及氢气，据此写出反应化学方程式；
（3）滤液中加入NH HCO 溶液后，促进AlO ﹣水解生成Al（OH） 沉淀；Al3+水解使明矾溶液显酸性；
4 3 2 3（4）Al（OH） 沉淀溶解在NaOH溶液里发生的反应为Al（OH） +OH﹣ AlO ﹣+2H O，结合水的离子积和氢
3 3 2 2
故答案为：CH =CH +H O CH CH OH，加成反应；
2 2 2 3 2
氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数．
⇌
【解答】解：（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择 （3）反应③是CH =CHCH Cl发生水解反应生成CH =CHCH OH，也属于取代反应，
2 2 2 2
NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为：d； 故答案为：水解反应或取代反应；
（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为 （4）C的结构简式为：HOOC﹣COOH，
2Al+2NaOH+2H O═2NaAlO +3H ↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H O═2NaAlO +3H ↑； 故答案为：HOOC﹣COOH；
2 2 2 2 2 2
（3）滤液中加入NH HCO 溶液后，电离出的NH +和HCO ﹣均能促进AlO ﹣水解，反应式为NH ++AlO ﹣ （5）反应②是乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：HOOC﹣COOH+2CH CH OH
4 3 4 3 2 4 2 3 2
+2H O=Al（OH） ↓+NH •H O，生成Al（OH） 沉淀；因Al3++3H O Al（OH） +3H+，则明矾水溶液显酸性，
2 3 3 2 3 2 3
CH CH OOCCOOCH CH +2H O，
故答案为：Al（OH） ；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大； 3 2 2 3 2
3
⇌
（4）Al（OH） AlO ﹣+H++H O①H2O H++OH﹣②，①﹣②可得Al（OH） +OH﹣ AlO ﹣+2H O，则Al
3 2 2 3 2 2
故答案为：HOOC﹣COOH+2CH CH OH CH CH OOCCOOCH CH +2H O．
3 2 3 2 2 3 2
⇌ ⇌ ⇌
（OH） 溶于NaOH溶液反应的平衡常数=K÷K = =20，故答案为：20．
3 w
16．顺﹣1，2﹣二甲基环丙烷和反﹣1，2﹣二甲基环丙烷可发生如图1转化：
15．乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：
该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定
温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题：
（1）已知：t 温度下，k（正）=0.006s﹣1，k（逆）=0.002s﹣1，该温度下反应的平衡常数值K = 3 ；该反应
1 1
（1）B和A为同系物，B的结构简式为 CH =CHCH ． 的活化能E （正）小于E （逆），则△H 小于 0（填“小于”“等于”或“大于”）．
2 3 a a
（2）t 温度下，图2中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是 B （填曲线编号），平衡常数值
2
（2）反应①的化学方程式为 CH =CH +H O CH CH OH ，其反应类型为 加成反应 ．
2 2 2 3 2
K = ；温度t 小于 t （填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是 放热反应升高温度时平衡向逆反应方
2 1 2
（3）反应③的反应类型为 水解反应或取代反应 ．
（4）C的结构简式为 HOOC﹣COOH ． 向移动 ．
【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
（5）反应②的化学方程式为 HOOC﹣COOH+2CH CH OH CH CH OOCCOOCH CH +2H O ．
3 2 3 2 2 3 2 【分析】（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，以及v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）
【考点】有机物的推断． =0.002s﹣1，结合化学平衡状态时正逆反应速率相等，可列出正、反浓度关系，可计算平衡常数，该反应的活化
【分析】C H O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C H O为CH CH OH，则A为 能E （正）小于E （逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应；
2 6 2 6 3 2 a a
CH =CH ，与水发生加成反应生成乙醇．C H Cl发生卤代烃的水解反应生成CH =CHCH OH，则C H Cl为 （2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为
2 2 3 5 2 2 3 5
CH =CHCH Cl，B为CH =CHCH ，CH =CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH． x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常
2 2 2 3 2
【解答】解：C H O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C H O为CH CH OH，则A
2 6 2 6 3 2
数K = = ，以此解答该题．
2
为CH =CH ，与水发生加成反应生成乙醇．C H Cl发生卤代烃的水解反应生成CH =CHCH OH，则C H Cl为
2 2 3 5 2 2 3 5
CH =CHCH Cl，B为CH =CHCH ，CH =CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH． 【解答】解：（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k
2 2 2 3 2
（1）由上述分析可知，B的结构简式为：CH =CHCH ， （逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1，则v（逆）=0.002c（反），化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c
2 3
故答案为：CH =CHCH ；
2 3
（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K = = =3，该反应的活化能E （正）小于E
1 a a
（2）反应①是CH =CH 和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH =CH +H O CH CH OH，属于
2 2 2 2 2 3 2
加成反应， （逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则△H小于0，
故答案为：3； 小于；（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为 故答案为：H O 与固体颗粒接触分解；SiO ；
2 2 2
x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常 （3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，
故答案为：蒸发皿；
数K = = ，因为K ＞K ，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t ＞t ，
2 1 2 2 1
（4）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO ﹒5H O中Cu的物质含量的为
4 2
故答案为：B； ；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动． 1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为 ×100%=30%，
故答案为：30%．
17．某废催化剂含58.2%的SiO 、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS．某同学用15.0g该废催化剂为原
2
料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下： （二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础
18．下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1的有（ ）
]
A．乙酸甲酯B．对苯二酚 C．2﹣甲基丙烷 D．对苯二甲酸
【考点】常见有机化合物的结构．
【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰，说明物质含有2种H原子，其峰面积之比为2：1，则两种H原子数目
之比为2：1．
回答下列问题： 注意等效氢判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜
（1）在下列装置中，第一次浸出必须用 D ，第二次浸出应选用 A ．（填标号） 面对称位置上的氢原子等效．
【解答】解：A．乙酸甲酯（CH COOCH ）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比
3 3
为1：1，故A错误；
B．对苯二酚（ ）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故
B正确；
C.2﹣甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C错误；
D．对苯二甲酸（ ）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成 H O 2：1，故D正确．
2 2
与固体颗粒接触分解 ．滤渣2的主要成分是 SiO ． 故选：BD．
2
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是 蒸发皿 ．
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO ﹒5H O，则铜的回收率为 30% ． 19．富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图是
4 2
【考点】金属的回收与环境、资源保护． 合成富马酸铁的一种工艺路线：
【分析】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H SO =ZnSO +H O、
2 4 4 2
ZnS+H SO =ZnSO +H S↑，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS+
2 4 4 2
+H O +H SO =CuSO +S+2H O，不产生有毒气体；
2 2 2 4 4 2
（2）H O 与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；
2 2
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿；
（4）根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率．
【解答】解：（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H SO =ZnSO +H O、 回答下列问题：
2 4 4 2
ZnS+H SO =ZnSO +H S↑，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生 （1）A的化学名称为 环己烷 由A生成B的反应类型为 取代反应 ．
2 4 4 2
反应：CuS++H O +H SO =CuSO +S+2H O，不产生有毒气体，可以选用A装置，
2 2 2 4 4 2
故答案为：D；A；
（2）C的结构简式为 ．
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H O 与
2 2
固体颗粒接触分解，
二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO ，
2（3）富马酸的结构简式为 ．
故答案为： ；
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是 取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加 KSCN 溶液，若
溶液显血红色，则产品中含有 Fe 3+ ，反之，则无 ．
（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO 溶液反应可放出 44.8 LCO （标况）；富马酸的同 （3）由上述分析可知，富马酸的结构简式为： ，
3 2
分异构体中，同为二元羧酸的还有 （写出结构简式）．
故答案为： ；
【考点】有机物的推断．
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若
【分析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为 ，环己烯与
溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无，
故答案为：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，
则无；
溴发生加成反应生成C为 ，C再发生消去反应生成 ， 与氯气发生取代反应生成 ，
（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO 溶液反应可放出2mol CO ，标况下生成二氧化碳的
3 2
体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有 ，
发生氧化反应生成 ，再发生消去反应、中和反应得到 ，进行酸化得到
故答案为：44.8； ．
富马酸为： ．
[选修3--物质结构与性质
【解答】解：环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为 ，环己
20．下列叙述正确的有（ ）
]
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
烯与溴发生加成反应生成C为 ，C再发生消去反应生成 ， 与氯气发生取代反应生成
C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对相斥理论中，Π键电子队数不计入中心原子的价层电子对数
【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．
， 发生氧化反应生成 ，再发生消去反应、中和反应得到 ， 【分析】A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多；
B、同周期核电荷数越多半径越小；
C、HF分子间存在氢键；
进行酸化得到富马酸为： ． D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入．
【解答】解：A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数
（1）A的化学名称为环己烷，由A生成B的反应类型为取代反应， 最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A错误；
故答案为：环己烷；取代反应；． B、同周期核电荷数越多半径越小，所以第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，故B正确；
C、HF分子间存在氢键，HCl分子内没有氢键，故C错误；
D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入，故D正确；
（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为： ，
故选BD．
21．M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素Y的负一价离子的最
外层电子数与次外层的相同．回答下列问题：（1）单质M的晶体类型为 金属晶体 ，晶体中原子间通过 金属键 作用形成面心立方密堆积，其中M原
（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8× +6× =4，氯原子个数为4，则化
子的配位数为 12 ．
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是 Ar 学式为；CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M（CuCl）×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体
（写元素符号）．元素Y的含氧酸中，酸性最强的是 HClO （写化学式），该酸根离子的立体构型为 正
4
四面体 ． 密度为 ；
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．
①该化合物的化学式为 CuCl ，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为 g•cm﹣3． 故答案为：CuCl； ；
（写出计算式，不要求计算结果．阿伏加德罗常数为N ） ②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu+被氧化为Cu2+，所
A
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是 Cu + 可与氨形成易溶于水的配位化合物 ．此化合物的氨水溶液 以深蓝色溶液中阳离子为：[Cu（NH ） 2+；
3 4
遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为 [Cu （ NH ） 2+ ． 故答案为：Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）；[Cu（NH ） 2+．
3 4 3 4
]
] ]
[选修2--化学与技术
22．下列单元操作中采用了热交换设计的有（ ）
]
A．电解食盐水制烧碱B．合成氨中的催化合成
C．硫酸生产中的催化氧化 D．氨碱法中的氨盐水碳酸化
【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算． 【考点】化学反应的基本原理．
【分析】依据题意可知：M为铜元素，Y为氯元素； 【分析】二氧化硫氧化反应、硝酸工业中氨气的催化氧化、氮气与氢气的反应都需要加热，而且反应放热，在
（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体；铜晶体是面心立方堆 工业生产中，常常进行热交换，以充分利用能源，以此解答．
积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定其配位数； 【解答】解：A．氯碱工业中电解饱和食盐水是常温下的反应，不需要进行热交换，故A错误；
（2）元素氯是17号元素，位于第三周期，依据构造原理排布排布基态电子；稀有气体的第一电离能最大；含 B．氮气与氢气的反应都需要加热，而且它们反应时会放热，所以使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，
氯的酸中高氯酸酸性最强是含有酸中最强酸；依据酸根离子中氯原子为sP3杂化方式判断其构型； 故B正确；
C．二氧化硫的氧化反应需在高温下进行，且反应时会放热，使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故
（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8× +6× =4，氯原子个数为4，则化
C正确；
学式为；CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M（CuCl）×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体 D．氨碱法中的氨盐水碳酸化需在常温下进行，温度不能较高，防止气体挥发，故D错误．
故选BC．
密度为 ，据此解答；
23．海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如图所示．
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu+被氧化为Cu2+，所
以深蓝色溶液中阳离子为：[Cu（NH ） 2+；
3 4
【解答】解：（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体，铜晶体
]
是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个
铜原子，所以每个铜原子的配位数是12；
故答案为：金属晶体；金属键；12；
（2）元素氯是17号元素，位于第三周期，依据构造原理其基态电子排布为：1s22s22p63s23p5；其同周期元素中，
第一电离能最大的是Ar，含氯的酸中高氯酸酸性最强是含有酸中最强酸，化学式为：HClO ，高氯酸酸根离子
4
中氯原子为sP3杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；
故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar； HClO ； 正四面体； 回答下列问题：
4
（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的 SO 2﹣ （填离子符号），M的主要成分是 BaSO （填化学
4 4
式）．
（2）除溴塔中主要的离子方程式为 Cl +2Br ﹣ ═2Cl ﹣ +Br ．
2 2（3）沸腾炉①和②的主要作用是 脱除氯化镁晶体中的部分水 ．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是 防止
氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解 ．
（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为 Mg 2+ +2e ﹣ ═Mg ．
（5）电解槽中阳极产物为 氯气 ，该产物可直接用于本工艺流程中的 除溴塔（除溴工段） ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用．
【分析】卤水中含有Mg2+、Na+、Cl﹣、SO 2﹣、Br﹣等离子，卤水中加入CaO在脱硫槽除去SO 2﹣，生成
4 4
CaSO ，经过滤机①得到X为CaSO ，经除溴塔，通入氯气，可除去Br﹣，生成Z为Br ，在搅拌槽中加入
4 4 2
BaO，进一步除去SO 2﹣，M的主要成分是BaSO ，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱
4 4
除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉③通入热的HCl气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可
得到镁锭，以此解答该题．
【解答】解：卤水中含有Mg2+、Na+、Cl﹣、SO 2﹣、Br﹣等离子，卤水中加入CaO在脱硫槽除去SO 2﹣，生成
4 4
CaSO ，经过滤机①得到X为CaSO ，经除溴塔，通入氯气，可除去Br﹣，生成Z为Br ，在搅拌槽中加入
4 4 2
BaO，进一步除去SO 2﹣，M的主要成分是BaSO ，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱
4 4
除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉③通入热的HCl气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可
得到镁锭，
（1）由以上分析可知脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的 SO 2﹣，M的主要成分是BaSO ，故答案为：SO 2
4 4 4
﹣；BaSO ；
4
（2）除溴塔中通入氯气，以除去Br﹣，反应的离子方程式为Cl +2Br﹣═2Cl﹣+Br ，故答案为：Cl +2Br﹣═2Cl﹣
2 2 2
+Br ；
2
（3）经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，因氯化镁易水解生成氢氧化镁，则沸腾炉③通入热的HCl气
体，可防止发生水解，
故答案为：脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解；
（4）电解氯化镁生成镁和氯气，阴极发生还原反应，电极方程式为Mg2++2e﹣═Mg，故答案为：Mg2++2e﹣
═Mg；
（5）阳极生成氯气，可用于除溴塔，除去溴，故答案为：氯气；除溴塔（除溴工段）．2016年6月16日
