湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017_2018学年高一化学下学期期末考试习题（含解析）.docx

湖北省宜昌市县域优质高中协同发展共合体2017-2018学年高一下学期期末考试化学试卷1.1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 光伏电池板的主要成分是二氧化硅B. 导致酸雨的主要物质有SO2、NO2和CO2等C. 食品包装袋中的铁粉包是为了防止食品氧化而变质D. 包装食品的保鲜膜最好选用PVC(聚氯乙烯）材质的保鲜膜【答案】C【解析】【详解】A.光伏电池板的主要成分是单质硅，故A错误；B.CO2并不是导致酸雨的物质，故B错误；C.铁粉能在常温下被氧化氧化，食品包装袋中的铁粉包可以防止食品氧化而变质，故C正确；D.PVC(聚氯乙烯）是有一定毒性的，不能用于食品的包装，故D错误；答案选C。2.2.下列有关化学用语表达不正确的是( )A. 甲烷的结构式：CH4 B. 质子数为 53，中子数为 78 的碘原子：C. Na 的原子结构示意图： D. 钙离子的电子式： Ca2+【答案】A【解析】A. 甲烷的结构式为，故A错误， B. 质子数为53、中子数为78的碘原子是，131表示原子质量数，中子数=质量数-质子数=131-53=78，故B项正确; C. Na 的原子核外有11个电子，结构示意图：，故C正确；D. 钙原子形成离子时失去最外层的2个电子，其电子式为式： Ca2+，故D正确；答案：A。3.3.下列物质分类正确的是（ ）A. SiO2、NO2均为酸性氧化物 B. 稀豆浆、淀粉溶液均为胶体C. 烧碱、乙醇均为电解质 D. 水玻璃、冰醋酸均为混合物【答案】B【解析】【详解】A. NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B.稀豆浆、淀粉溶液中的有机大分子的直径处于1nm100nm范围内，故它们属于胶体，故B正确；C.乙醇为非电解质，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，但冰醋酸为纯的乙酸，为纯净物，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。4. 下列有关物质性质的应用正确的是A. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝B. 二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C. 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】试题分析：A、氯化铝属于分子晶体，熔融状态下，不导电，工业上常电解氧化铝得到铝单质，故说法错误；B、石英成分是二氧化硅，二氧化硅性质稳定，不与强酸反应，但能与HF反应，SiO24HF=SiF42H2O，故说法错误；C、氯气可以和碱反应，不能用生石灰干燥，故说法错误；D、液氨气化：由液体变成气体，从外界吸收能量，可用作制冷剂，故说法正确。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。5.5.有关基本营养物质说法正确的是（ ）A. 淀粉和纤维素互为同分异构体 B. 鸡蛋白滴加浓硝酸变黄色C. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应 D. 木材、稻草、蚕丝主要成分都是纤维素【答案】B【解析】【详解】A.淀粉和纤维素由于分子中聚合度不一样，不属于同分异构体，故A错误；B.鸡蛋白滴加浓硝酸因发生颜色反应而变黄色，故B正确；C.单糖不能发生水解反应，故C错误；D.蚕丝主要成分是蛋白质，故D错误；答案选B。【点睛】淀粉和纤维素虽然分子式的表达形式是一样的，都为(C6H10O5)n，但其中的n的值是不一样的，故并不属于同分异构体。6.6.下列有关物质变化的说法不正确的是（ ）A. 石油的分馏和裂化都是化学变化 B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应C. 煤的液化和气化都是化学变化 D. 乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A. 石油的分馏是物理变化，故A说法不正确；B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应，故B正确；C.煤的液化和气化都是化学变化，故C说法正确；D.乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应，故D说法正确；答案选A。【点睛】煤的液化和气化并不同于物理学中的液化和气化，煤的液化和气化是通过一系列的化学变化而实现状态的改变，不能将两者混淆。7.7.已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示,下列说法正确的是（ ）A. 反应物的总能量高于生成物的总能量B. 该反应为放热反应C. 该反应在常温下也有可能进行D. 若此反应过程中有电子转移,可设计成原电池【答案】C【解析】【详解】A.由坐标图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故A错误；B.因为生成物的总能量更高，则该反应为吸热反应，故B错误；C.吸热反应在常温下也有可能进行，故C正确；D.能设计成原电池的氧化还原反应一般为放热反应，故D错误；答案选C。【点睛】需要加热的反应不一定是吸热反应，在常温下能自发进行的反应也不一定是放热反应。8.8.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol/L的NaCl溶液中含有的离子总数为2NAB. 1 mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NAC. 标准状况下，22.4LH2O含有的 HO键数为2NAD. 18g 18O2中含有的中子数为10NA【答案】D【解析】A、未告知溶液的体积，无法计算此溶液中的离子总数，故A错误。B1mol过氧化钠与足量的二氧化碳反应生成0.5mol氧气，反应中转移了1mol电子，转移电子数为NA，故B错误；C、标况下，水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D18g 18O2物质的量为0.5mol，一个氧原子含有10个中子，因此0.5mol 18O2中含有10 NA个中子，故D正确；故选D。9.9.在下列条件的水溶液中可以大量共存的粒子组是（ ）A. 使酚酞变红的溶液中:Na、HCO3、Cl、NO3B. 含大量H+的溶液中：Na+、K+、NO3、AlO2C. 无色溶液中：SO42、Cl、Al3、NH4D. 含大量Fe3+的溶液：Na、Mg2、NO3、I【答案】C【解析】A. 使酚酞变红的溶液显碱性，在碱性溶液中HCO3不能大量存在，故A错误；B. H+能够与AlO2反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故B错误；C. 无色溶液中：SO42、Cl、Al3、NH4离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；DFe3+、I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。10.10.下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是（ ）A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+ 3NH3H2OAl(OH)3+ 3NH4+B. Cl2与H2O反应：Cl2H2O2H+ClO-Cl-C. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+I2+2H2OD. 碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：Ca2+ +2HCO32OHCaCO3 CO32- +2H2O【答案】B【解析】【详解】A.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，因氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故A方程正确；B. Cl2与H2O反应为可逆反应，且生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故B方程错误；C.过氧化氢能氧化浸出液中的碘单质，故C方程正确；D.碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液时的反应为Ca2+ +2HCO32OHCaCO3 CO32- +2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】在离子反应的书写中要注意物质的拆写是否正确，只有易溶的强电解质在溶液中才能拆写成离子形式。11. 在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（ ）A. v（A）=0.5molL1mim1B. v（B）=0.3molL1mim1C. v（C）=0.8molL1mim1D. v（D）=1.0molL1mim1【答案】B【解析】试题分析：比较化学反应速率时，首先看单位，题中所给的四个选项的单位相同，均为molL1min1；再看是否是同一种物质表示的化学反应速率，四个选项所给的化学反应速率是用四种不同的物质表示的，则根据不同物质表示的化学反应速率的数值之比等于其化学计量数之比，可以四种不同的物质表示的化学反应速率转化为同种物质表示的化学反应速率，比如都转化成B物质表示的化学反应速率。Av（B）=0.25molL1min1；Bv（B）=0.3molL1min1；Cv（B）=molL1min1；Dv（B）=0.25molL1min1；再比较四个数值的大小，可知，B项的反应速率最快。故答案B。考点：考查反应速率大小的比较。12.12.已知短周期元素的四种离子 A2、 B、 C3、 D具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是 ( )A. 原子序数： DCBA B. 离子半径： C3DA2BC. 原子半径： BACD D. 氧化性： A2B，还原性： C3D【答案】C【解析】因为A2+、B+、C3-、D-都具有相同电子层结构，则A、B都是阳离子，所以在同一周期，为金属元素，且原子序数AB，C、D在同一周期，为非金属元素，且原子序数DC，A由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为ABDC，故A错误；B具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为ABDC，则离子半径为C3-D-B+A2+，故B错误；C电子层越多，半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，则原子半径为BACD，所以C选项是正确的；D金属性越强，其阳离子的氧化性越弱，金属性为BA，则氧化性：A2+B+，非金属性：CD，则还原性：C3-D-，故D错误；所以C选项是正确的。点睛:A2+、B+、C3-、D-都具有相同电子层结构，则A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数AB，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数DC，以此来解答。13.13.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，C和E形成化合物CE。下列说法不正确的是（ ）A. B离子的半径大于C离子的半径B. 将C的单质放入CuSO4溶液中会有蓝色沉淀产生C. E的最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4D. 稳定性BA3DA3AE【答案】D【解析】【分析】因A和B形成的气态化合物在水中呈碱性可推知A为氢元素，B为氮元素，以此为突破口，可得C、D、E依次为钠、磷、氯三种元素，据此分析可得结论。【详解】A. B离子为N3-,C离子为Na+，两者的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故A说法正确；B.将金属钠放入CuSO4溶液中会先与水反应生成氢氧化钠，再与CuSO4反应生成氢氧化铜的蓝色沉淀，故B说法正确；C. E的最高价为+7，则其最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4，故C说法正确；D.一般非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则有AEBA3DA3，故D说法错误；答案选D。14.14.下图是铅蓄电池构造示意图，下列说法不正确的是（ ）A. 铅蓄电池是二次电池，充电时电能转化为化学能B. 电池工作时，电子由Pb板通过导线流向PbO2板C. 电池工作时，负极反应为：Pb2e+SO42-PbSO4D. 电池工作时，H+移向Pb板【答案】D【解析】【详解】A.铅蓄电池是可充电电池，是二次电池，充电时电能转化为化学能，故A说法正确；B.在该电池中Pb板为负极，则电池工作时，电子由Pb板通过导线流向PbO2板，故B说法正确；C.电池工作时，负极反应为：Pb2e+SO42-PbSO4，故C说法正确；D.在原电池工作时，一般阳离子向正极移动，则H+移向PbO2板，故D说法错误；答案选D。【点睛】本题主要考查原电池工作过程中电子和离子在电解质溶液中的迁移方向等问题。15.15.下列说法中，错误的是（ ）A. 化学反应必然伴随发生能量变化B. 石灰石生成生石灰伴随的能量变化主要是化学能转化为热能C. 化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的状态有关【答案】B【解析】【详解】A.化学反应必然伴随发生能量变化，故A说法正确；B.石灰石生成生石灰是一个吸热反应，则伴随的能量变化主要是热能转化为化学能，故B说法错误；C.化学变化中的化学键的断裂需要吸收能量，而形成新的化学键需要放出能量，即化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故C说法正确；D.物质的聚集状态不同，所具有的能量也不同，所以化学反应中能量变化的大小与反应物的状态有关，故D说法正确；答案选B。16.16.下列有关实验操作和现象结论都正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A向某盐溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有SO42-C将盐酸滴入碳酸钠溶液中，产生气泡非金属性：ClCD常温下，将大小、形状相同的锌和铝分别加入到等体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率快锌比铝活泼A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A. 使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中含有NH4+，故A正确；B.该溶液中可能含有Ag+，故B错误；C.比较非金属的强弱可由其最高价氧化物的水化物的酸性强弱来比较，故C错误；D.因为铝在浓硫酸中发生钝化，实验中应该用稀硫酸，故D错误；答案选A。【点睛】比较金属性的强弱可根据相同条件下金属单质与酸反应置换出氢的难易，而当金属与浓硫酸反应时一般生成的二氧化硫，并不是氢气。17.17.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究：下列说法正确的是（ ）A. 12.8g固体可能为Fe2O3 B. 混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2C. Fe2O3、Cu的物质的量之比为1:1 D. m24.8【答案】D【解析】【详解】A.因为盐酸是足量的，则12.8g固体不可能为Fe2O3，故A错误；B. 混合物X中Al2O3不一定含有，故B错误；C. 盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3Cu，因为铜有剩余，则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1:1，故C错误；D.固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体，则m24.8，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2等这些物质的性质，Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，Fe2O3与SiO2分别是碱性氧化物和酸性氧化物，即这就决定了这些物质性质上的差异。在计算过程中要掌握反应原理才可以得到正确的结果。18.18.关于下列图像的说法不正确的是（ ）选项横轴x纵轴y图像A烷烃分子中的碳原子数碳的质量分数，y的最小值等于75%B温度食物腐败变质速度C碱金属元素原子序数碱金属单质熔沸点D卤素原子序数卤素阴离子（X-）半径A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.在所有的烷烃中甲烷中碳元素的质量分数是最小的，等于75%，故A说法正确；B.因温度越高，化学反应速率越快，食物腐败变质速度也越快，故B说法正确；C. 碱金属元素的单质随原子序数的增大，金属晶体中金属键越弱，其单质的溶沸点越低，故C错误；D.随着卤素原子序数的递增，卤素阴离子（X-）的核外电子层数逐渐增加，半径逐渐增大，故D说法正解；答案选C。19.19.下图是元素周期表的一部分，根据元素在周期表中的位置回答下列问题，（1）元素在周期表中的位置描述为_，元素的元素符号_。（2）元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是_（填化学式）。（3）元素的单质的电子式_，元素的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，生成物中含有的化学键_（填“离子键”、“极性键”或“非极性键”），元素、的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是_（用化学式表示）。（4）非金属性比较a.装置1可用于比较元素、的非金属性强弱，则B中发生反应的离子方程式为:_。b.打开装置2中玻璃塞F和活塞K1，使液体滴入烧瓶中，待E中溶液颜色不再变化后，打开活塞K2，将E中溶液滴入小试管中，关闭活塞K2，取下小试管振荡，静置，下层液体呈现紫红色。上述实验_(填“能”或“不能”）证明非金属性。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). (3). KOH (4). Fe (5). 离子键、极性键 (6). H2ONH3CH4 (7). H+HCO3-=CO2+H2O (8). 不能【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置，元素分别是C、N、O、Na、Si、Cl、KFe、Br、I，据此分析可得结论。【详解】(1)元素为硅元素，在周期表中的位置第三周期第A族；元素为铁元素，符号为Fe；(2) 元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是氢氧化钾，化学式为KOH；(3) 元素的单质为氮气，其电子式为，元素的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的生成物为NH4NO3，其中含有的化学键有离子键、极性键，元素、的简单氢化物中由于水分子、氨分子间存在氢键，沸点较高，其沸点由高到低的排列为H2ONH3CH4 ；(4)a.由装置1的实验目的为比较元素、的非金属性强弱，可设计实验来体现酸性HNO3H2CO3H2SiO3，则B中发生反应的离子方程式为: H+HCO3-=CO2+H2O；b.因为在反应中氯气可能过量，所以该实验能证明非金属性Cl大于I，Cl大于Br，但不能够证明Br大于I，故答案为不能。【点睛】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，也有利于培养学生规范严谨的实验设计能力。20.20.（1）将一定量的CH4与水蒸气通入2L的恒容密闭容器中发生反应，5min后达到平衡，各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，该反应的化学方程式为_（物质X要求用相应物质的化学式表示），05min内用H2表示的反应速率v=_，平衡时与起始时的压强之比为_。（2）下列说法能说明该反应已达到平衡状态的是_。A.体系的压强不再发生变化 B.生成1mol CH4的同时消耗3mol H2C.各组分的物质的量浓度不再改变 D.体系的密度不再发生变化E.c(H2):c(X)=3:1且不再变化 F.v正(H2O)=3v逆(H2)（3）能够加快该反应的措施有_（任写两条）。【答案】 (1). CH4+H2OCO(g)+3H2 (2). 0.06mol/(Lmin) (3). 7:6 (4). AC (5). 使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等合理答案均能给分）【解析】【详解】(1)由图像可知，H2O、CH4、H2、X各物质的变化量分别为0.2mol、0.2mol、0.6mol、0.2mol，因变化量之比等于方程式的系数之比，则各物质前的计量数分别为1、1、3、1，再由原子个数守恒可知X为CO，故该反应的化学方程式为CH4+H2OCO(g)+3H2；05min内用H2表示的反应速率为：0.6mol2L5min=0.06molL-1min-1；反应前气体的总物质的量为1.4mol+1.0mol=2.4mol，达到平衡后气体的总物质的量为：1.2mol+0.8mol+0.6mol+0.2mol=2.8mol，故平衡时与起始时的压强之比为2.8mol：2.4mol=7:6；故答案为：CH4+H2OCO(g)+3H2、0.06mol/(Lmin)、7:6；(2) A.体系的压强不再发生变化说明反应混合物气体的总分子数不再变化，反应处于平衡状态，故A正确；B.生成1mol CH4的同时消耗3mol H2均指逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变的状态为平衡状态，故C正确；D.因容器的体积恒定，体系的密度并不随反应的进行而发生改变，则体系的密度不变不能说明反应处于平衡状态，故D错误；E.因氢气与X两物质的计量数之比为3:1，则c(H2)与c(X)的比值是一个定值，始终为3:1，故E错误；F.由方程式的计算数可知只有当3v正(H2O)= v逆(H2)时才能说明该可逆反应的正逆反应速率相等，故F错误；故答案为AC；(3) 能够加快反应速率的措施一般有使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等，故答案为：使用催化剂、加热或增大压强、增大反应物浓度等（合理答案均能给分）。【点睛】在判断可逆反应是否处于平衡状态时，要理清哪些物理量是随反应的进行而发生改变的，哪些量不随反应的进行而改变，只有当随反应进行发生改变的物理量保持不变时才能说明反应处于平衡状态。21.21.（1）已知：甲烷的燃烧热为 H=890.3 kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=517.6 kJ/mol2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=566kJ/mol甲烷在一定条件下与CO2反应制备合成气（CO、H2），能实现变废为宝，减少CO2的排放，该反应的热化学方程式为_（2）燃料电池是应用广泛的新型电池，分析下列燃料电池示意图，按要求书写出电极反应式正极的电极反应式_； 电解质溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”)；当电路中转移0.4mol电子时，理论上消耗标准状况下O2的体积为_L。【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+193.3kJ/mol (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 减小 (4). 2.24【解析】【详解】(1)由甲烷的燃烧热为 H=890.3 kJ/mol可得热化学反应方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H-890.3kJmol-1，联立运用盖斯定律-可得目标热化学反应方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+193.3kJ/mol；(2) 通入氧气的一极为燃料电池的正极，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；由于燃料电池在工作过程中不断产生水和CO2，从而消耗了OH-，故溶液的pH不断减小；由正极反应可得每转移0.4mol电子，消耗0.1mol氧气，故理论上消耗标准状况下O2的体积为2.24L。【点睛】本题考查了盖斯定律的运用和燃料电池的相关知识，训练了学生的基本方法和基本原理，但要注意题给信息中有些热化学反应方程式是通过燃烧热或热值的形式表达的。22.22.海洋是一座巨大的化学资源宝库，从中可以提取许多常见的化学物质，结合所学知识回答下列问题，(1)“吹出法”提溴空气吹出法是工业规模提溴的常用方法，其流程如下：其中步骤的目的是_。步骤反应的离子方程式为_。除SO2外，步骤还可以选用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为_mol。（2）实验室模拟从海带中提取碘，可能经历如下操作(或过程），请选择必要的操作(或过程），并按实验的先后顺序排列_(填写编号） 仪器X的名称_，将X中的液体分离的具体操作为：打开X上端玻璃塞，_。（3）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。现以卤块为原料按下图流程制备轻质氧化镁，若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，回答下列问题：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。步骤反应的离子方程式为：_；步骤的反应方程式为：_。【答案】 (1). 富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得分） (2). SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br- (3). (4). CEAD (5). 分液漏斗 (6). 再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出 (7). ClO-+2H+2Fe2+=2Fe3+Cl-+H2O (8). MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2【解析】【详解】(1) 氧化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，生产成本高。“空气吹出、吸收、氧化”的过程实际上是一个的浓缩过程；Na2CO3溶液吸收溴反应配平可得：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，其中溴与转移的电子的关系为：3 Br25e-，故答案为：富集溴元素（或提高溴水浓度，意思正确可得分）、SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-、 ；(2)由从海带中提取碘的实验分析可得结论，故答案为：CEAD、分液漏斗、再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口放出，待下层液体刚好放出时，关闭分液漏斗活塞，再从上口将上层液体倒出；(3) 步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是使镁离子沉淀，Y为纯碱，故答案为：ClO-+2H+2Fe2+=2Fe3+Cl-+H2O、 MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2。【点睛】本题通过从海水中提溴、从海带中提碘和以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，试