【文档说明】天津市武清区天和城实验中学2022-2023学年度高一第二学期第二次形成性检测化学试卷含解析.docx，共(17)页，1.237 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度高一第二学期第二次形成性检测化学试卷第I卷一、单选题（共45分，每题3分）1．化学与人类社会生活、生产、环境密切相关。下列说法正确的是A．75%的酒精和84消毒液都可以将新冠病毒氧化而达到消毒的目的B．维生素C可用作食品的防腐剂C．通过煤的气化和液化的物理过程，可将煤转

化为清洁燃料D．可在污水中加入混凝剂硫酸铝，使污水中的细小悬浮物聚集成沉淀而被除去【答案】D【详解】A．75%的酒精不可以将新冠病毒氧化，但能使蛋白质变性而达到消毒的目的，A项错误；B．维生素C还原性较强，可用作食品的抗氧化剂，B项错误；C．通过煤的气化和液化，可将煤转化为清洁燃料，过程中生成新

物质，发生了化学变化，C项错误；D．可在污水中加入混凝剂硫酸铝，生成氢氧化铝胶体，使污水中的细小悬浮物聚集成沉淀而被除去，D项正确；答案选D。2．“端午节”是我国传统节日之一，节日活动有吃粽子、赛龙舟

及喝雄黄酒等。制作粽子的主要原料有糯米、粽叶，还有蛋黄、猪肉等馅料。下列有关说法正确的是A．糯米也是酿酒原料，酿酒加入的“酒曲”起催化作用B．赛龙舟时，挥舞的龙旗是用涤纶制作，涤纶属于天然纤维C．蛋黄、猪肉富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质均属于高分子化合物

D．糯米的主要成分是淀粉，粽叶的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)𝑛，互为同分异构体，【答案】A【详解】A．酿酒一定要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是曲霉、毛霉和酵母菌，其中曲霉、毛霉主要起到糖化的作用，在曲霉内淀粉酶的作用下将淀粉转化成葡萄糖，A正确；B．

涤纶是合成纤维，B错误；C．油脂相对分子质量较小，属于小分子化合物，C错误；D．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但因都为高聚物，n值不确定，分子式不同，则不是同分异构体，D错误；故选：A。3．下列说法错误的是A．化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化B．化学反应一

定会发生电子的转移C．化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成D．化学反应是吸热还是放热，取决于反应物和生成物具有的总能量的相对大小【答案】B【详解】A．化学反应的实质是旧键断裂，新键形成，断裂化学键吸收能

量，形成化学键释放能量，所以化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化，A正确；B．氧化还原反应中一定会发生电子的转移，非氧化还原反应则没有电子的转移，B错误；C．化学反应中一定有新物质生成，所以化学反

应的实质是旧的化学键断裂，新的化学键形成的过程，C正确；D．反应物总能量大于生成物则为放热反应，生成物总能量大于反应物则为吸热反应，即化学反应是吸热还是放热，取决于反应物和生成物具有的总能量的相对大小，D正确；综上所述答案为B。4．下列关于SO2的说法错误的是A．SO2气体通

入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明SO2具有漂白性B．SO2和Cl2混合通入品红溶液中，不一定能使溶液褪色C．SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色褪去，说明SO2具有还原性D．二氧化硫的大量排放会导致酸雨【答案】A【详解】A．SO2与NaOH反应，使

溶液的碱性减弱或消失，红色褪去，说明SO2的水溶液具有酸性，而不是漂白性，A错误；B．SO2和Cl2混合通入品红溶液中，若二者刚好完全反应，则得到不具有漂白性的HCl和H2SO4，则红色不褪去，B正确；C．

SO2气体通入溴水中，发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溴水的颜色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D．二氧化硫的排放会与空气中的水反应产生H2SO3，H2SO3被溶解在水中的氧气氧化产生H2SO4，因而会导致酸雨的产生，D正确；故

选A。5．下列所示的物质间转化在一定条件下均能一步实现的是A．Si→O2SiO2→H2OH2SiO3B．Al→O2Al2O3→H2OAl(OH)3C．Fe→SFeS→稀盐酸FeCl2D．N2→O2NO2→H2OHNO3【答案】C【详解

】A．Si与O2在加热时反应产生SiO2，SiO2难溶于水，不能与水反应产生H2SiO3，不能实现物质之间的转化关系，A不符合题意；B．Al与O2混合加热发生反应产生Al2O3，Al2O3难溶于水，不能与水反应产生Al(OH)3，不能实现物质之间的转化关

系，B不符合题意；C．Fe与S混合加热反应产生FeS，由于酸性：HCl＞H2S，FeS与HCl反应产生FeCl2、H2S，因此能够实现物质之间的转化关系，C符合题意；D．N2与O2在电火花作用下反应产生NO

，而不能直接反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3、NO，不能实现物质之间的转化关系，D不符合题意；故合理选项是C。6．将32gCu投入到80mL5mol/L的HNO3溶液中，充分反应后，向溶液中再加入200mL2mol/LH2SO4溶液，使之充分反应，两步反应共

生成NO在标况下的体积A．2.24LB．6.72LC．8.96LD．11.2L【答案】B【详解】32gCu的物质的量为32𝑔64𝑔/𝑚𝑜𝑙=0.5mol，80mL5mol/L的HNO3溶液中含有HNO3的物质的量为0.08L×5mol/L=0.4mol，200mL

2mol/LH2SO4溶液中含有H2SO4的物质的量为0.2L×2mol/L=0.4mol，因此溶液中含有1.2molH+，0.4molNO⬚3-，根据离子方程式3Cu+8H++2NO⬚3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，若0

.5mol完全溶解，消耗的H+为0.5mol×83=43mol＞1.2mol，消耗的NO⬚3-为0.5mol×23=13mol＜0.4mol，因此氢离子不足，生成的NO的物质的量应根据H+的物质的量来计算，则生成NO物质的量为1.2mol×2

8=0.3mol，在标况下的体积V=nVm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故选B。【点睛】解答本题要注意铜与硝酸反应生成的硝酸铜溶液中加入稀硫酸，会继续与铜反应放出NO，因此不能根据化学方程式计算，需要根据离子方程

式计算。7．下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是A．铜片是负极B．铜片质量逐渐减少C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原【答案】D【详解】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向

负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。A、铜片是正极，A错误；B、锌失去电子，锌片质量逐渐减少，铜片质量不变，B错误；C、电流从铜片经导线流向锌片，C错误；D、氢离子在铜片表面被还原，D正确；答案

选D。8．下列关于物质的鉴别与除杂的说法正确的是A．检验某溶液是否含有SO⬚42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸B．向含有样品的试管中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原该样品溶液中无NH⬚4+C．除去乙烷中混有的少量乙烯：通入酸性高锰酸

钾溶液、洗气D．除去乙酸乙酯中的混有的少量乙酸：加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液【答案】D【详解】A．检验某溶液是否含有SO⬚42-时，应取少量该溶液，先加入稀盐酸排除碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，再加BaCl2溶液，A错误；B．滴加稀NaOH溶液且不加热，氨气逸不出，不能确定是

否有NH⬚4+，B错误；C．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳气体成为新杂质，应用溴水除杂，C错误；D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、水、二氧化碳，可采用加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液的方法除杂，D正确；选D。9

．某有机物的结构简式如图，该物质应有的化学性质是①能发生取代反应；②可使溴水褪色；③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可跟NaHCO3溶液反应；⑤可跟金属钠反应A．①②③④B．②③④C．②③④⑤D．①②③④⑤【答案】D【详解】①羟基的氢和苯环的氢都能被

取代，故①具有；②有机物含有碳碳双键，因此可跟溴发生加成反应，故②具有；③有机物含有碳碳双键、含有羟基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故③具有；④有机物含有羧基，可跟NaHCO3溶液反应，故④具有；⑤有

机物含有羧基，可跟Cu(OH)2悬浊液反应，故⑤具有；⑥有机物含有羧基、羟基，可跟金属钠反应，故⑥具有；因此①②③④⑤⑥都具有的化学性质，综上所述，答案为D。10．下列有关化学反应速率的说法，正确的是A．密闭容器中的

反应：X(g)＋Y(g)⇌⬚⬚2Z(g)，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢B．100mL2mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的硫酸钠溶液，生成氢气的速率不变C．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改

用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率D．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，增大压强，反应速率加快【答案】A【详解】A．密闭容器中的反应：X(g)＋Y(g)⇌⬚⬚2Z(g)，当温度、压强不变，充入惰性气体，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A正确；B．100mL2mol/L的盐酸与锌

反应时，加入适量的硫酸钠溶液，盐酸的浓度减小，则生成氢气的速率减小，故B错误；C．改用铁片和浓硫酸时发生钝化现象，不再反应生成氢气，故C错误；D．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，增大压强，对反应速率没有影响，故D错误。故选A。11．

在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3溶液反应得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则该有机物可能是()A．B．HOOC─COOHC．HOCH2CH2OHD．CH3CH2OH【答案】A【详解】HOOC—COOH与过量

Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积之比为1∶2，与过量Na、足量NaHCO3溶液反应产生H2、CO2的体积相等；HOCH2CH2OH、CH3CH2OH分别与Na反应产生氢气，与NaHCO3不反应。12．只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙

醇溶液，这种试剂是A．NaOH溶液B．新制Cu(OH)2悬浊液C．石蕊试液D．Na2CO3溶液【答案】B【详解】A．NaOH溶液与乙酸溶液发生中和反应，但没有明显现象，与葡萄糖溶液、乙醇溶液不反应，故NaOH溶液不能鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙醇溶液；B．乙酸溶解氢氧化铜，葡萄

糖含有醛基是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2不反应，三者反应现象不同，故Cu(OH)2悬浊液能鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙醇溶液；C．石蕊为酸碱指示剂，乙酸溶液能使石蕊试液变红，石蕊试液不能用来鉴别葡萄糖和乙醇，故石蕊试液不能鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙

醇溶液；D．Na2CO3溶液与乙酸溶液反应生成气体，但与葡萄糖溶液和乙醇溶液不反应，故碳酸钠溶液不能鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、乙醇溶液；答案选B。13．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)，下列

有关说法错误的是A．第①步中除去粗盐中的SO⬚42−、Ca2+、Mg2+等杂质，加入药品的顺序可以为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸B．工业上金属钠是通过电解熔融态氯化钠制取C．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩、富集D．在第③④⑤步中溴元素均被氧化【答案

】D【详解】A．为保证杂质离子除尽所用试剂要过量，过量的物质也要除去，除去SO⬚42−、Ca2+、Mg2+等杂质用的试剂依次BaCl2、Na2CO3和NaOH，Na2CO3溶液既要除去Ca2+，又要出去Ba2+，所以Na2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加；然后为了防止生成的沉淀溶

解，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，A正确；B．电解熔融态氯化钠可以得到钠单质和氯气，B正确；C．海水中Br-的浓度较小，步骤③通入氯气将溴离子氧化为溴单质，此时溴的浓度较小，用水蒸气吹出，用二氧化

硫吸收，再进行氧化，得到浓度较大的溴水，实现浓缩、富集，C正确；D．第④步中的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，其中溴元素化合价降低被还原，D错误；综上所述答案为D。14．下列冶炼方法错误的是A．2HgO=𝛥2Hg+O2↑B．4Al+3MnO2高温⬚2Al2O3+3MnC

．2AlCl3电解⬚2Al+3Cl2↑D．4CO+Fe3O4高温⬚3Fe+4CO2【答案】C【详解】A．工业上采取热分解氧化汞的方法冶炼汞，A正确；B．利用铝热反应制取活动性弱的金属锰，B正确；C．工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝，

而不是氯化铝，因为熔融氯化铝不导电，C错误；D．工业上用热还原法冶炼金属铁，D正确；答案选C。【点睛】金属活动性顺序表中，金属的位置越靠后，其阳离子越容易被还原，用一般的热分解法就能得到金属单质；活动性居中或不太活泼的金属可用热还原

法冶炼；金属的位置越靠前，其阳离子越难被还原，往往采用电解法冶炼金属。15．下列实验操作或装置能达到目的的是ABCD加热NH4Cl制取NH3配制一定浓度的溶液分离乙酸和水混合浓硫酸和乙醇A．AB．BC．CD．D【答案】B【详解】A．制备氨气时需加热氯化铵和碱的混合物，

只加热氯化铵无法制备氨气，故A错误；B．配制溶液过程中，定容时须平视刻度线，故B正确；C．乙酸易溶于水，无法用分液的方法分离，故C错误；D．乙醇的密度小于浓硫酸，所以在混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿杯壁注入乙醇中，并不断搅拌，故D错误。故选B。第II卷16．（18分）研

究化学反应的快慢和限度，对工农业生产和人们生活有重要的意义。Ⅰ.某反应过程的能量变化如图所示：(1)由图中曲线变化可知，该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应，破坏旧键需要吸收的能量为___________(填“E1”、“E2”、“E1+E2”或“E2-E1

”下同)，破坏cmolC的化学键需要吸收的能量为___________。Ⅱ.一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成气态物质，反应中各气态物质的物质的量变化如图所示：(2)该反应的化学方程式为：___

________；(3)0-6s内B的化学反应速率为：___________。IⅡ.工业制硫酸的反应之一为：2SO2(g)+O2(g)⇌Δ催化剂2SO3(g)，在2L恒容绝热密闭容器．．．．．．．．中投入2molSO2和适

当过量的O2，在一定条件下充分反应，如图是SO2和SO3随时间的变化曲线。(4)下列叙述不能．．判断该反应达到平衡状态的是___________；①容器中压强不再改变；②容器中气体密度不再改变；③O2的物质的量浓度不再改变；④SO3的质量不再改变；(5)根据图示

计算达到平衡时SO2的转化率为___________________________；IV.碱性氢氧燃料电池是目前开发的燃料电池之一，这种燃料电池由氢气、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−(6)下列说法错误的是_

________①电池放电时通入空气的电极为负极；②电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱；③电池放电时每消耗3.2gH2转移3.2mol电子。(7)写出该燃料电池的负极反应式：___________。【答案】放热E

1E1+E24C+3B=6A+2D0.05mol/(L⋅s)②70%①H2−2e−+2OH−=2H2O【详解】Ⅰ.(1)由图中曲线变化可知反应物的总能量高于生成物总能量，所以该反应为放热反应；根据图象变化可知，破坏旧键需要吸收的能量为E1；破坏cmolC的化学键需要吸收

的能量为：E1+E2，答案为：放热；E1；E1+E2；Ⅱ(2)B和C物质的量减小为反应物，A和D物质的量增多为生成物，变化量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为4C+3B=6A+2D，答案为：4

C+3B=6A+2D；(3)根据图象变化可知，0-6s内B的化学反应速率为v(B)=1−0.42×0.6=0.05mol/(L⋅s)，答案为：0.05mol/(L⋅s)；(4)①压强和气体物质的量呈正比，2SO2(g)+O2(g)⇌Δ催化剂2SO3(g)该反应前后气体

物质的量改变，所以容器中压强不再改变可以证明达平衡；②容器中气体密度等于气体总质量比容器总体积，一直保持不变；③O2的物质的量浓度不再改变可以证明达到平衡；④SO3的质量不再改变可以证明达平衡；答案为：②(5)根据图示计算达到平衡时SO2的转化率为2−0.62×100%=70%，答案为：70%；

Ⅲ(6)①电池放电时通入空气的电极为正极，错误；②电池放电时，生成水，所以电解质溶液的碱性逐渐减弱，正确；③3.2gH2为1.6mol，电池放电时每消耗3.2gH2转移3.2mol电子，正确；答案为：①；(7)氢气参与该燃料电池的负极反应，电极反应式为：H2−2e−+2OH−=2H2O，

答案为：H2−2e−+2OH−=2H2O。17．（21分）工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如图中的苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题：(1)丙烯酸乙酯中官能团的名称为______，A的电子式为________。

(2)写出下列反应的反应类型：③_______，④________。(3)写出与F互为同系物的含5个碳原子的有机物的所有同分异构体的名称_________。(4)下列说法正确的是_______。A．使用饱和碳酸钠溶液，能除去乙酸乙酯产品中的乙酸杂质B．聚丙烯酸

能够使酸性高锰酸钾溶液褪色C．有机物C与丙烯酸属于同系物(5)写出下列反应方程式：②__________；③________；④________。(6)已知分子中含有羟基的物质都能与钠反应产生氢气。物质B、乙二醇()、

丙三醇()分别与足量金属钠作用，产生氢气在相同条件下体积之比为6∶2∶3则这三种醇的物质的量之比为______【答案】碳碳双键酯基氧化反应取代(或酯化)反应正戊烷、异戊烷、新戊烷ACH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂

CH3CH2OH2CH3CH2OH+O2→𝛥Cu2CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH2=CH-COOH⇌Δ浓硫酸CH2=CH-COOCH2CH36:1:1【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A

应为CH2=CH2，CH2=CH2与H2发生加成反应生成CH3CH3，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，即B为CH3CH2OH，CH3CH2OH经催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，乙酸

与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应可生成聚丙烯酸，丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，石蜡油重整可生成苯，苯发生硝化反应可生成硝基苯，以此解答本题。【详解】（1）由上述分析可知，A应为CH2=CH2；（2）⑤为

乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，其反应类型为酯化反应或取代反应；⑥为丙烯酸生成聚丙烯酸，其反应类型为加聚反应；（3）略（4）A．硝基苯不溶于水，混有浓硝酸和硫酸，将其倒入氢氧化钠溶液中，混酸与氢氧化钠反应生成可溶于水的盐，而硝基苯不溶于水

，静置后硝基苯位于下层，然后分液可除去水溶液，故A正确；B．聚丙烯酸不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．有机物C为乙酸，乙酸不含碳碳双键，丙烯酸含碳碳双键，二者不属于同系物，故C错误；故答案为A；（

5）②为CH2=CH2与H2O在催化剂并加热、加压条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，其化学方程式为CH2=CH2+H2O→加热、加压催化剂CH3CH2OH；③为CH3CH2OH与O2在Cu作催化剂并加热条件下反应生成乙醛，其化学方程式为2CH3CH2OH+

O2→𝛥Cu2CH3CHO+2H2O；④为乙醇与丙烯酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CH-COOH⇌Δ浓硫酸CH2=CH-COOCH2CH3。（6）B为乙醇，含有1个羟基，乙二醇中含有2个羟基，丙三醇中含

有3个羟基，羟基中氢原子可以被钠置换，反应生成氢气，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，设生成氢气的物质的量分别为6mol、2mol和3mol,则三种醇的物质的量分别为6mol×2=12mol、2mol×1=2mol、3mol32=2mol，物质的量之比为6:1:11

8．（16分）海水资源的利用具有非常广阔的前景。下面是海水综合利用联合工业体系的简图：回答下列问题：I.海水淡化(1)人类可以从海水中获得淡水，以解决水资源危机。海水淡化的方法主要有_______、_______等。Ⅱ.海水制盐(2)过程Ⅰ采用的操作是_______；(3)粗盐中可

溶性的杂质离子主要有SO⬚42-、Mg2+、Ca2+。要除去这些杂质离子得到精盐水，过程Ⅱ依次加入了试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸，其中Na2CO3溶液的作用是_______

。Ⅲ.海水提溴(4)工业上从海水中提取溴单质的流程图中，步骤④的离子方程式为_______；从理论上考虑下列也能吸收Br2的是_______。A．NaClB．FeCl2C．Na2SO3D．H2O(5)溴在元素周期表中的位置是_______。Ⅳ.海水提

镁(6)该工业生产过程中，为了使MgCl2转化为Mg(OH)2，应加入的试剂为_______；(7)写出电解MgCl2冶炼金属Mg的化学方程式_______。【答案】(1)蒸馏法电渗析法、离子交换法中的两个(2)过滤(3)除去杂质中的Ca2+及过量的Ba2+(

4)SO2＋Br2＋2H2O=4H+2Br-＋SO⬚42−BC(5)第四周期第ⅦA族(6)Ca(OH)2(7)MgCl2(熔融)电解⬚Mg+Cl2↑【分析】海水淡化后得到淡水、粗盐和盐卤，粗盐溶解后过滤除去不溶性

杂质，之后再经化学除杂后得到精盐水，应用到氯碱工业中制取氯气和NaOH；盐卤酸化后通入氯气，得到含有Br2的海水，利用热空气吹出生成的Br2，并用SO2、水吸收得到含有HBr等物质的溶液，再通入氯气氧化，蒸馏得到工业液溴；盐卤中加入石灰乳或

生石灰得到Mg(OH)2沉淀，再用盐酸溶解生成MgCl2溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，脱水得无水氯化镁，电解熔融氯化镁生成镁单质和氯气。【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等。（2）过程Ⅰ可除

去粗盐中不溶性杂质，应为过滤。（3）NaOH溶液可以除去Mg2+，BaCl2溶液可以除去SO⬚42-，Na2CO3溶液可以除去除去杂质中的Ca2+及过量的Ba2+。（4）步骤④是利用SO2将Br2还原为Br-，化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4；

吸收原理是利用还原剂将Br2还原得到Br-进入溶液，从理论上考虑FeCl2、Na2SO3也能吸收Br2。（5）Br为35号元素，位于第四周期第ⅦA族。（6）为了使MgCl2转化为Mg(OH)2，应加入某种碱，最合适的为价格较低廉的Ca(OH)2。（7）电解熔融氯化镁

可以生成镁单质和氯气，化学方程式为MgCl2(熔融)电解__⬚Mg+Cl2↑。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com