四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高二上学期开学考试化学 Word版含解析.docx

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宜宾市四中高2022级高二上期开学考试化学试题注意事项：1.本试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。第一部分1~3页，第二部分4-6页。满分100分。考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。可能用到的相对原子质量有：H1C12O16S32Cu64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学与人类健康密切相关。下列物质不能用作食品添加剂的是A.氯化镁B.三聚氰胺C.山梨酸钾D.二氧化硫【答案】B【解析】【详解】A．向豆浆中加入盐卤（主要成分是氯化镁）能使豆浆增稠、聚沉从而得到豆腐，故氯化镁做豆腐的凝固剂和增稠剂，故A不选；B．三聚氰胺有毒，不能用作食品添加剂，故B选；C．山梨酸钾用于食品防腐，且按标准添加时对人体无害，故C不选；D．二氧化硫具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故D不选；故选B。2.下列化学用语或模型正确的是A.Na2O2的电子式：B.氮分子的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.二氧化碳的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2属于离子化合物，电子式：，A正确；B．氮分子的电子式应该为：，B错误；C．乙烯含有碳碳双键，结构简式：CH2＝CH2，C错误； D．碳原子半径大于氧原子半径，该模型不能表示二氧化碳的比例模型，D错误；答案选A。3.近年来，我国在科技领域取得了多项新突破和新发现。下列说法错误的是A.利用二氧化碳合成脂肪酸：实现无机小分子转变成有机高分子B.发现月壤中的“嫦娥石”：其成分属于盐C.发射太空光伏发电卫星“太阳花”：太阳能转化为电能D.革新海水原位电解制氢工艺：关键材料聚四氟乙烯耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．脂肪酸不是有机高分子化合物，利用二氧化碳合成脂肪酸，没有实现无机小分子转变成有机高分子，故A错误；B．发现月壤中的“嫦娥石”含有磷酸根离子、金属阳离子，其成分属于盐，故B正确；C．光伏发电是把太阳能直接转化为电能，故C正确；D．氟原子与碳原子之间的键能强，所以聚四氟乙烯耐腐蚀，故D正确；选A。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.苯完全燃烧生成的数目为B.()中的共价键数目为C.的水溶液中含有氧原子数为D.和于密闭容器中充分反应后，其分子总数为【答案】C【解析】【详解】A．苯含有碳原子，根据碳元素守恒，苯完全燃烧生成的数目为，选项A正确； B．含有，故中的共价键的物质的量为，即，选项B正确；C．水溶液中溶剂水和溶质都含有氧原子，故的水溶液中含有的氧原子数不止，选项C错误；D．与反应生成的反应是等体积的可逆反应，故和于密闭容器中充分反应，分子总数为，选项D正确；答案选C。5.一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是A硫化钠溶液出现浑浊Na2S+2O2=Na2SO4B溴水颜色逐渐褪去4Br2+4H2O=HBrO4+7HBrCNa置于空气中颜色变暗2Na+O2=Na2O2D浓硝酸颜色为黄色4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．硫化钠溶液久置出现浑浊：，A错误；B．久置的溴水颜色逐渐褪去：，B错误；C．Na置于空气中颜色变暗：，C错误；D．久置浓硝酸颜色为黄色：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，D正确；故选D。6.在25oC，101kPa下，0.2molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是A.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)∆H=+259.92kJ/molB.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)∆H=-259.92kJ/molC.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)∆H=+2599.2kJ/mol D.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)∆H=-2599.2kJ/mol【答案】D【解析】【分析】0.2mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92kJ热量，则反应的热化学方程式为0.2C2H2(g)+0.5O2(g)=0.4CO2(g)+0.2H2O(l)△H=-259.92 kJ/mol，结合热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比来判断．【详解】A．反应是放热的，所以焓变是负数，且水是液态水，A错误；B．0.2mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92kJ热量，则0.2C2H2(g)+0.5O2(g)=0.4CO2(g)+0.2H2O(l)H=-259.92 kJ/mol，则2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)H═-2599.2 kJ/mol，B错误；C．反应是放热的，所以焓变是负数，C错误；D．0.2mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出259.92kJ热量，则2mol C2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出2599.2kJ热量，2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)H═-2599.2 kJ/mol，D正确；故答案为：D。7.下列离子方程式中，正确的是A.将稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑B.将氧化镁与稀盐酸混合：O2-+2H＋=H2OC.将铁片放入氯化铁溶液中：Fe+Fe3+=Fe2+D.将氯化钡溶液和硫酸钠溶液混合：Ba2＋＋SO=BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A．铜活泼性弱于氢，与稀硫酸不反应，A错误；B．将氧化镁与稀盐酸混合，离子方程式为：MgO+2H+=Mg2++H2O，B错误；C．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，C错误；D．氯化钡溶液和硫酸钠溶液混合生成硫酸钡和氯化钠，反应的离子方程式：Ba2＋+SO=BaSO4↓，D正确；故选D。8.在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：，下列各项能说明该反应已经达到化学反应限度的是 A.正、逆反应速率都等于零B.HI、H2、I2的浓度相等C.HI、H2、I2在容器中共存D.HI、H2、I2的浓度均不再变化【答案】D【解析】【分析】【详解】A．化学平衡为动态平衡，达到平衡时正逆反应速率相等，但不等于零，故A错误；B．平衡时各物质的浓度不再发生变化，但浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，H2、I2的浓度相等不能作为判断平衡的依据，故B错误；C．可逆反应无论是否达到平衡状态，都存在H2、I2、HI在容器中共存的特点，故C错误；D．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，故D正确；故选：D。9.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B将铜、银和AgNO3溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝Cu的金属性比Ag强C向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了化学反应D取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀加入浓HNO3，仍有沉淀此样品中含有SOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铁和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，铁和浓硝酸钝化，硝酸的浓度越大氧化性越强，A错误；B．铜、银和AgNO3溶液组成原电池，银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝，铜极是负极，银是正极，Cu的金属性比Ag强，B正确； C．向溴水中加入苯，溴与苯互溶，属于萃取，是物理变化，不是化学变化，C错误；D．亚硫酸钠和氯化钡发生反应，生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，故不能证明此样品中含有硫酸根，D错误；故选B。10.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是A.X与Y只能形成一种化合物B.最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>ZC.气态氢化物的热稳定性：M>ND.单质的氧化性：XMg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH>Mg(OH)2，正确；C．非金属性Cl>S，气态氢化物的稳定性HCl>H2S，错误；D．氧化性：O>S，错误；答案选B。11.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A.布洛芬分子结构中含2种官能团B.布洛芬分子中所有碳原子有可能在同一平面内C.布洛芬和苯甲酸()互为同系物D.布洛芬在苯环上发生取代反应时，其一氯代物有4种【答案】C【解析】【详解】A．布洛芬分子结构中含羧基1种官能团，A错误；B．布洛芬分子有一个饱和碳原子连接了3个饱和碳原子，因此分子中所有碳原子不可能在同一平面内， B错误；C．布洛芬和苯甲酸的结构相似，二者互为同系物，C正确；D．布洛芬在苯环上发生取代反应时，其一氯代物有2种，D错误；答案选C。12.分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应的同分异构体(不考虑立体异构)有A.4种B.8种C.12种D.16种【答案】C【解析】【分析】【详解】分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应，可知该分子中存在-CHO，除苯环和-CHO外，剩余的四个碳为丁基结构，在丁基上连接-CHO，正丁基有四种，异丁基有4种，2-甲基-1丙基有3种，2-甲基-2丙基有1种，共12种结构符合，故C正确；故选：C。13.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法错误的是A.电极B为正极，发生还原反应B.当有0.5molNO2被处理时，外电路中通过电子3molC.电池工作时，OH-从右向左迁移D.电极B的电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-【答案】B【解析】【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。【详解】A．A为负极，B为正极，电池工作时，正极发生还原反应，故A正确；B．二氧化氮得到电子转变为氮气，N元素从+4价降为0价，当有1molNO2被处理时，外电路中通过电子4mol，当有0.5molNO2被处理时，外电路中通过电子2mol，故B错误；C．原电池工作时，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，OH-从右向左迁移，故C正确； D．电极B为正极，二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D正确；故答案为B。14.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变B.0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3mol·L-1·min-1C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】B【解析】【详解】A．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，因此该比值保持不变，故A说法正确；B．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol/L和0.125mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.300mol/L=0.200mol/L，其中转化为Y的变化量为0.200mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L。因此0～30min时间段内，Y的平均反应速率为mol/(L·min)，故B说法错误；C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于= ，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，故C说法正确；D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，反应①的活化能比反应②的活化能大，故D说法正确；答案为B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.下表是元素周期表的一部分，根据表中给出10种元素，按要求作答。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族2①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）⑦位于周期表中第___________周期第___________族。（2）10种元素中原子半径最大的是___________(填元素符号)。（3）③、⑧、⑨的氢化物稳定性最强的是___________(填化学式)。（4）元素⑥的单质与元素④的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，写出该反应的化学方程式___________。（5）元素①的氢化物的电子式为___________。（6）画出⑩的原子结构示意图___________。（7）元素④的单质与水反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.三②.IVA（2）Na（3）HF（4）2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑（5）（6）（7）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【解析】【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，①~⑩依次为C、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar 元素，据此作答。【小问1详解】Si为14号元素，位于周期表中第三周期第IVA族。【小问2详解】一般电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，故原子半径最大的为Na。【小问3详解】③、⑧、⑨依次为F、S、Cl元素，同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，非金属性由强到弱的顺序为：F＞Cl＞S，则氢化物稳定性由强到弱的顺序为HF＞HCl＞H2S，即稳定性最强的为HF；答案为：HF。【小问4详解】Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑。【小问5详解】C的氢化物为甲烷，为共价化合物，电子式为。【小问6详解】Ar的原子结构示意图为。【小问7详解】Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。16.某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)（1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。 （3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)（4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。【答案】（1）①.KMnO4②.D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应（3）加热D与E之间的导管（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去（5）①.CuCl2、CuSO4②.1：4【解析】【分析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；【小问1详解】A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；【小问2详解】整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D 装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；【小问3详解】已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；【小问4详解】红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；小问5详解】①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。17.一定温度下，在体积为0.5L的恒容密闭容器中，和之间发生反应：(无色)，反应过程中各物质的物质的量与时间的关系如图所示。回答下列问题：（1）曲线___________(填“X”或“Y”)表示的物质的量随时间的变化曲线。（2）在内，用表示的反应速率为___________。（3）该反应达到平衡状态的标志是___________(填字母)。A．Y的体积分数在混合气体中保持不变B．X、Y的反应速率比为C．容器内气体压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变E．生成的同时消耗F．容器内气体的颜色保持不变 G．容器内气体的密度保持不变（4）汽车排放的尾气中含有的是大气污染的主要来源，通过传感器可监测汽车尾气中的含量，其工作原理如图所示。①NiO电极上发生的是___________(填“氧化”或“还原”)反应。②外电路中，电子流动方向是从___________电极流向___________电极。(填“NiO”或“Pt”)③Pt电极上电极反应式为___________。【答案】（1）Y（2）0.4mol/(L·min)（3）ACF（4）①.氧化②.NiO③.Pt④.O2+4e－＝2O2－【解析】【小问1详解】属于生成物，物质的量逐渐增大，则曲线Y表示的物质的量随时间的变化曲线。【小问2详解】在内消耗的物质的量是1mol－0.4mol＝0.6mol，浓度是1.2mol/L，用表示的反应速率为1.2mol/L÷3min＝0.4mol/(L·min)。【小问3详解】A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，反应达到平衡状态，A正确；B．X、Y的反应速率比为，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，B错误；C．正反应体积减小，容器内气体压强保持不变，反应达到平衡状态，C正确；D．根据质量守恒定律可知容器内气体的总质量始终保持不变，D错误；E．生成的同时消耗，表示正反应速率，不一定处于平衡状态，E错误；F．容器内气体的颜色保持不变，则二氧化氮浓度不变，能够说明该反应达到平衡状态，F正确；G．该反应中混合气体密度为定值，不能根据容器内气体的密度判断平衡状态，G错误；故答案为：ACF；【小问4详解】①NiO电极上NO被氧化为NO2，发生的是氧化反应。 ②Pt电极是正极，氧气得到电子，则外电路中，电子流动方向是从NiO电极流向“Pt"电极。③Pt电极上氧气得到电子，电极反应式为O2+4e－＝2O2－。18.葡萄糖在人体内某些酶的催化下，经历了三羧酸循环过程进行分解代谢。下图为中部分转化过程：回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式为___________。A中官能团名称为___________。（2）B可使溴水反应褪色，反应得到的有机产物结构简式为___________。（3）物质A、B、C、D、E中，互为同分异构体的是___________(填字母代号)。（4）B→C反应类型为___________。（5）过程④的另一种生成物是人体的一种最终代谢产物，其化学式是___________。（6）下列说法正确的是___________(填字母代号)a．葡萄糖为还原性糖，一定条件下可以与银氨溶液反应，产生银镜b．B可以使酸性高锰酸钾溶液褪色c．B含有碳碳双键，因此属于烯烃d．0.5molC与足量NaHCO3溶液反应，生成气体在标准状况下体积为44.8L（7）E与足量甲醇、浓硫酸共热，可生成分子式为C7H10O3的一种有机物，该反应化学方程式为___________。【答案】（1）①.C6H12O6②.羟基、羧基（2）（3）A、C（4）加成反应（5）CO2（6）ab（7）【解析】【小问1详解】葡萄糖为碳水化合物，其分子式：C6H12O6；结合A有机物分子结构简式可知含羟基、羧基官能团；【小问2详解】 B物质中含碳碳双键官能团，可与溴水发生加成反应，生成；【小问3详解】同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机化合物，根据定义可判断互为同分异构体的为：A、C；【小问4详解】对比B和C的结构简式可知B中碳碳双键与水发生加成反应生成C；【小问5详解】通过对比D→E分子中原子变化可知另一种产物是CO2；【小问6详解】a．葡萄糖为多羟基醛，含醛基能发生银镜反应，故a正确；b．B中含碳碳双键官能团，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使之褪色，故b正确；c．烃是指只含C、H两种元素的有机物，B中含有碳碳双键，同时还含有羧基，不能算作烃类有机物，故c错误；d．0.5molC中含1.5mol的羧基，能与1.5mol的NaHCO3反应生成1.5mol的CO2气体，对应标准状况下的体积的33.6L，故d错误；答案选ab；【小问7详解】E中含官能团羧基，可与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成分子式为C7H10O3的一种有机物，反应方程式：；19.目前世界上60%的镁是从海水中提取的，下面是提取镁的流程图:其中，MgO的熔点为2800℃，MgCl２的熔点为712℃（1）从海水中获取淡水最常用的方法是___________。（2）操作A是___________，试剂a为___________(填化学式)。 （3）由无水MgCl２制取金属镁的化学方程式为___________，该反应中___________(填元素符号)得电子被还原。（4）下列试剂中，能用于检验氯化镁中是否含水的是：___________(填选项)。A．CuSO4∙5H2OB．无水硫酸铜C．浓硫酸（5）有同学认为：可以在操作A得到Mg(OH)2后直接将其加热得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，以简化实验步骤，体现实验的简约性原则。你是否同意该同学的观点___________(填“同意”或“不同意”)，理由为___________。【答案】（1）蒸馏法（2）①.过滤②.HCl（3）①.MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑②.Mg（4）B（5）①.不同意②.MgO熔点为3105℃，MgCl2熔点714℃，熔融MgO时耗费大量的能量，而增加生产成本【解析】【分析】生石灰氧化钙溶于水生成氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，熔融电解得到金属镁。【小问1详解】从海水中获取淡水最常用的方法是蒸馏法；【小问2详解】分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，从沉淀池中得到氢氧化镁用过滤的方法；从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，加入的足量试剂a是盐酸；【小问3详解】无水MgCl2在熔融状态下，通电后阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极镁离子得到电子生成镁单质，所以氯化镁电解会产生Mg和Cl2；故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，该反应中Mg被还原；【小问4详解】无水硫酸铜遇水变蓝色，浓硫酸能吸水但无现象，故选B；【小问5详解】