Ⅰ．氟和氟盐是化工原料．由于氟气性质活泼，很晚才制取出来．（1）不能通过电解纯净的液态HF获得F2，其原因是______

（1）①温度为T₀时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均反应速率v=[△c/△t]=

口(B)图ol
0L
tB=
口B
0tB图ol/（L•图小口），故答案为：
口B
0tB图ol/（L•图小口）；
②温度能加快化学反应速率，能使化学平衡向着吸热方向进行，T₀＞T₁，根据图z，温度升高，甲醇的物质的量减小，所以平衡逆向移动，即所以当其他条件z定时，对于该化学反应：CO₀（g）+6H₀（g）=CH₆OH（l）+H₀O（l），升高温度，反应速率加快；当其他条件z定时，升高温度，平衡逆向移动，
故答案为：当其他条件z定时，升高温度，反应速率加快；当其他条件z定时，升高温度，平衡逆向移动；
③a．该反应是z个反应前后气体系数和变化的反应，当体系压强保持不变，证明达到平衡，故a正确；
b．密闭容器中CO₀、H₀、CH₆OH（g）、H₀O（g）1种气体共存，只能证明是z个可逆反应，不能证明是平衡状态，故b错误；
c．CH₆OH与H₀物质的量之比为1：6，不能证明达平衡状态，故c错误；
e．每消耗1图olCO₀的同时生成6图olH₀，能证明正逆反应速率相等，故e正确；
故答案为：ae；
④由H₀（g）的燃烧热△H为-085.8kJ•图ol^-1知，1图olH₀（g）完全燃烧生成1图olH₀O（l）放出热量085.8kJ，即①H₀（g）+[1/0]O₀（g）=H₀O（l）△H=-085.8kJ•图ol^-1
②CH₆OH（l）+[1/0]O₀（g）=CO₀（g）+0 H₀O（l）△H=-706.5kJ•图ol^-1，由盖斯定律可知，6×①-②手CO₀（g）+6H₀（g）CH₆OH（l）+H₀O（l）△H=-160.4kJ•图ol^-1，故答案为：CO₀（g）+6H₀（g）=CH₆OH（l）+H₀O（l）△H=-160.4kJ•图ol^-1；
（0）①反应CO（g）+0H₀（g）═CH₆OH（g）的平衡常数K=
c(CH6OH)
c(CO)•c0(H0)，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图0，可以知道该反应是z个放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，压强f小和平衡常数之间无关，即050℃、0.5×10¹kPa下的平衡常数f于600℃、1.5×10¹kPa下的平衡常数，
故答案为：
c(CH6OH)
c(CO)•c0(H0)；＞；
②根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图0，可以知道在1.6×10¹kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不f，而生产成本增加，手不偿失，故答案为：在1.6×10¹kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不f，而生产成本增加，手不偿失；
③该反应是z个放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，650℃时CO的平衡转化率小于恒压下600℃时CO的平衡转化率，即650℃时CO的平衡转化率随压强变化的f致曲线
随压强变化的f致曲线为：，故答案为：．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的计算．

考点点评： 本题目综合考查学生对化学平衡移动的影响、化学平衡状态的判断、以及化学平衡的计算知识，属于综合知识的考查，难度大．

A、化合反应是两种或两种以上物质反应后生成另一种物质的反应故答案为：（1）
（1）根据反应物生成物和质量守恒书写化学方程式为：2CO+4H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+H₂O
（2）合成气为CO和H₂ 故，它们能把铁从铁矿石中还原出来，做还原剂．
故答案为：A（1）
（1）2CO+4H₂

一定条件
.
CH₃OCH₃+H₂O
（2）将铁从铁矿石中还原出来（或还原剂）

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；一氧化碳还原氧化铁；化合反应及其应用；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查了化学方程式的书写及计算及其高炉炼铁等方面的内容．

（1）①由工艺流程图转化关系可知，浸出液中加入石灰浆调节pH值，铁离子转化为Fe（OH）₃沉淀析出，红褐色滤渣的主要成分为Fe（OH）₃．
故答案为：Fe（OH）₃．
②由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO₃+3H₂SO₄=3CuSO₄+2NO↑+4H₂O．
故答案为：3Cu+2HNO₃+3H₂SO₄=3CuSO₄+2NO↑+4H₂O．
③由表中溶解度关系可知，胆矾溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，温度应该控制在100℃，制备的胆矾相对较纯．
故答案为：100℃．
④从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶、过滤．
（2）①将加热温度控制在100℃以内，采取水浴加热，受热均匀、便于控制温度．
故答案为：水浴．
②碱液可快速、充分吸收产生的氮氧化物气体，应防止倒吸．吸收采取倒置漏斗或使用防倒吸安全瓶．
如图所示．
故答案为：．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

考点点评： 考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作、作图能力等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力．

（1）生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后氢氧化钙与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，化学反应式是：CaO+H₂O=Ca（OH）₂、Ca（OH）₂+MgCl₂=Mg（OH）₂↓+CaCl₂；
故答案为：CaO+H₂O=Ca（OH）₂、Ca（OH）₂+MgCl₂=Mg（OH）₂↓+CaCl₂；
（2）进行蒸发操作时，应蒸发至快干时停止加热，利用余热蒸干，故选B；
（3）加入过量的碳酸钠溶液，与CaCl₂充分反应，以除去CaCl₂，化学反应式是：CaCl₂+Na₂CO₃═CaCO₃↓+2NaCl；过滤后再加入适量盐酸，除去多余的碳酸钠，化学反应式是：Na₂CO₃+2HCl═2NaCl+H₂O+CO₂↑；含有的Ca²⁺、Mg²⁺较多的水时硬水，加入肥皂水，会出现会出现有白色浮渣；煮沸能将钙镁化合物转化为沉淀除去．
故答案为：Na₂CO₃、稀盐酸、硬水、煮沸．

点评：
本题考点： 对海洋资源的合理开发与利用；蒸发与蒸馏操作；硬水与软水；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查粗盐提纯中相关化学反应式的书写、用到的药品、生活中硬水的处理，要求同学们对课本知识能够牢固的掌握．

（1）图表分析，KHC₂O₄溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制HC₂O₄^-离子电离的试剂；
A、H₂C₂O₄ 分步电离显酸性，可以抑制HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故A符合；
B、加入KHC₂O₄仍然离子浓度是大于1：1；故B不符合；
C、加入适量的Na₂C₂O₄，可以抑制 HC₂O₄^-离子的电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）接近1：1；故C符合；
D、升温促进电离，KHC₂O₄溶液中c（K⁺）：c（HC₂O₄^-）大于1：1；故D不符合；
故答案为：AC；
（2）①依据原子守恒得到为CO₂；故答案为：CO₂；
②25mL中，设xmol H₂C₂O₄•2H₂O ymol KHC₂O₄根据滴定的，可以得出：2x+y=0.25×0.02
根据氧化还原的，可以得出：x+y=0.1×0.016×2.5，x=0.001，y=0.003mol，所以原混合物中H₂C₂O₄•2H₂O和KHC₂O₄的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为m（CO）=36.0 g-13.6 g-7.2 g-11.0 g=4.2 g；
又FeC₂O₄•2H₂O为0.2 mol，n（H₂O）=7.2 g÷18 g/mol=0.4 mol，
n（CO₂）=11.0 g÷44 g/mol=0.25 mol，n（CO）=4.2 g÷28 g/mol=0.15 mol，
所以，残留固体中所含元素及物质的量为n（Fe）=0.2 mol，n（O）=0.15 mol，
则残留固体为Fe和FeO的混合物，其中Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
故答案为：Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素；氧化还原反应方程式的配平．

考点点评： 本题考查了盐类水解和弱电解质电离的相对大小比较，平衡移动方向的判断，氧化还原反应离子方程式的配平方法，实验过程的计算应用，题目难度中等．

若销售单价为x元，则每千克降低（70-x）元，日均多销售出2（70-x）千克，日均销售量为[60+2（70-x）]千克，每千克获利（x-30）元．依题意，得
y=（x-30）[60+2（70-x）]-500，
=-2x²+260x-6500（30≤x≤70），
即y=-2x²+260x-6500（30≤x≤70）．

点评：
本题考点： 二次函数的应用．

考点点评： 本题主要考查二次函数的应用，运用二次函数解决实际问题，比较简单．

（1）①工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺、H ⁺、Cl^-）制备碱式碳酸铜，流程分析，加入氯酸钠的作用是氧化剂作用，氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于把铁离子沉淀除去，
故答案为：将Fe²⁺氧化成Fe³⁺并最终除去；
②流程分析可知，分离除杂的方法是通过调节溶液PH大于3.2，小于4.2，使铁离子全部沉淀完全，铜离子不沉淀，达到分离的目的，故答案为：3.2-4.2；
③沉淀表面会含有氯化钠溶液，设计实验检验是否含有氯离子的方法可以检验是否洗涤干净，实验设计为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；
④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是B步骤温度过高，生成氢氧化铜会分解生成氧化铜，故答案为：反应B的温度过高；
（2）①根据实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气的仪器用途和使用方法，需要检漏的仪器是带玻璃活塞的分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②若C中品红溶液褪色，可能是氯气本身也具有氧化性，能使品红褪色，也可以是氯气和水反应生成的次氯酸具有氧化性使品红褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，过量氯气通过溴化亚铁溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和溴离子全部被氧化生成氯化铁和溴单质，反应的离子方程式为：2Fe²⁺+4Br^-+3Cl₂═2Fe³⁺+6Cl^-+2Br₂；
故答案为：不能证明，因为Cl₂也有氧化性，此实验无法确定是Cl₂还是HClO漂白；2Fe²⁺+4Br^-+3Cl₂═2Fe³⁺+6Cl^-+2Br₂；
③A溶液是氯水溶液，存在化学平衡，Cl+H₂O=HCl+HClO，溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl₂、HClO、ClO^-；加入碳酸氢钠溶液和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，HCO₃^-+H⁺=H₂O+CO₂↑，现象有无色气体生成，故答案为：Cl₂、HClO、ClO^-；有无色气体产生．

点评：
本题考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氯、溴、碘的性质实验．

考点点评： 本题考查了实验探究物质分离方法和物质性质的分析判断，实验室制备气体的过程分析和氯气性质的应用判断，掌握物质性质是关键，题目难度中等．

1250×（1-20%），
=1250×0.8，
=1000（元）；
答：现在每吨成本是1000元．

点评：
本题考点： 百分数的实际应用．

考点点评： 此题解答的关键是把原来每吨的成本看作单位“1”，求出现在成本是原来的百分之几，根据百分数乘法的意义，解决问题．

（1）方程A+方程B得到：，所以该反应的反应热为：△H=△H₁+△H₂=-125-41=-166KJ/mol，
故答案为：-166KJ/mol；
（2）①乙苯与CO₂反应的平衡常数表达式为：K=
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)c(CO2)，故答案为：
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)c(CO2)；
②a．反应前后体积不变，质量守恒，所以体系的密度始终不变，故不能用密度判断平衡，故a错误；
b．反应前后气体的体积不等，所以体系的压强改变，当压强不再变化即是平衡状态，故b正确；
c．c（CO₂）与c（CO）的浓度是否相等，与反应的起始量和转化率有关，所以当c（CO₂）=c（CO）时，不能说明已经达到平衡状态，故c错误；
d．消耗1molCO₂为正速率，同时生成1molH₂O也是正速率，都是正速率，二者始终相等，不能说明已经达到平衡状态，故d错误；
e．随着反应的进行CO₂的体积分数逐渐减小，当CO₂的体积分数保持不变，即是平衡状态，故e正确；
所以不能说明已达到平衡状态的是acd，故答案为：acd；
（3）①根据图I中可知，0-50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为[△c/t]=[0.6mol/L/50min]=0.012mol/（L•min）；
故答案为：0.012mol/（L•min）；
②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，而反应速率增大，所以改变的条件是加催化剂，故答案为：加催化剂；
③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小，其图形为：；
故答案为：；
（4）若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，平衡正移，由于二氧化碳的初始浓度没变，平衡移动引起的乙苯的浓度的减小量小于加入的乙苯引起的浓度增加量，所以乙苯的转化率减小；
根据图I中实验1可知，0-50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L
C₆H₅CH₂CH₃ +CO₂ ⇌C₆H₅CH=CH₂ +CO+H₂O
起始浓度（mol/L）：1.0 3.0 0 0 0
反应浓度（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡浓度（mol/L）：0.4 2.4 0.6 0.6 0.6
则K=[0.6×0.6×0.6/0.4×2.4]=0.225，
故答案为：减小；0.225．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．

考点点评： 本题综合性较大，涉及化学平衡状态的判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率的计算等，注意（4）中平衡常数的计算依据图I中的实验1分析计算，题目难度较大．

氢氧化钠俗称烧碱、火碱、苛性钠，纯碱是碳酸钠的俗称，观察选项，故选B．

点评：
本题考点： 常见碱的特性和用途．

考点点评： 本题考查了氢氧化钠的俗称，完成此题，可以依据已有的知识进行．

A、石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法，属于物理变化过程，故A正确；
B、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，属于化学变化，故B错误；
C、石油的催化裂化是就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变化，故C错误；
D、煤的气化是指煤在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂（如蒸汽/空气或氧气等）发生一系列化学反应，将固体煤转化为含有CO、H₂、CH₄等可燃气体和CO₂、N₂等非可燃气体的过程，属于化学变化，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 物理变化与化学变化的区别与联系；石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用．

考点点评： 解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化．

（1）由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质．
A．Cu不能与Fe²⁺反应，故A错误；
B．Cl₂可以将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，且不引入新杂质，故B正确；
C．NH₃•H₂O可以沉淀Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺，引入铵根离子，故C错误；
D．NaOH可以沉淀Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺，引入钠离子，故D错误．
故选：B．
（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃，除去Fe³⁺，不能沉淀Cu²⁺，由金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH可知，Fe³⁺从pH=2.7开始沉淀，在pH=3.7沉淀完全，Cu²⁺从pH=5.4开始沉淀，所以应该可知pH范围为3.7～5.4．
由溶液获得CuCl₂•xH₂O晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．
氯化铜易溶于水，使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl₂•xH₂O晶体溶解损失．
故答案为：3.7～5.4；蒸发浓缩、冷却结晶；防止CuCl₂•xH₂O晶体溶解损失．
（3）①CuCl₂•xH₂O晶体加热时会发生水解CuCl₂+2H₂O⇌Cu（OH）₂+2HCl，有HCl气体放出，CuCl₂质量偏小，测得x值偏大．
故答案为：CuCl₂•xH₂O晶体加热时会发生水解．
②b g为CuO质量为[bg/80g/mol]=[b/80]mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl₂•xH₂O），所以ag=[b/80]mol×（135+18x）g/mol，解得，x=[80a−135b/18b]．
故答案为：[80a−135b/18b]．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；常见阳离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 考查阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、化学计算、物质分离提纯除杂等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力．题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握．

（1）N₂（g）+3H₂（g）⇌2NH₃（g）
开始（mol） 1 3 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol）1-x 3-3x 2x
[1−x+3−3x+2x/1+3]=[15/16]，
x=0.125，
N₂的转化率a₁=[0.125mol/1mol]×100%=12.5%，
正反应是气体体积减小的反应，容器压强恒定，相当于在恒容的条件下增大压强，平衡向正反应进行，氮气的转化率增大，所以a₂＞a₁，
故答案为：12.5%；＞；
（2）①a．该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故a正确；
b．正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，在t₂时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，但该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡也向正反应进行，故t₂时为升高温度或增大压强，故b错误；
c．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．由图可知，在t₂时，改变条件平衡向正反应移动，t₃时到达平衡，t₄时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO₂降低的浓度，故容器内NO₂的体积分数在t₃时值的最大，故d正确；
故选ad；
②升高温度平衡向逆反应进行，平衡时二氧化氮的含量增大，温度越高反应速率越快，到达平衡的时间越短，据此作出二氧化氮含量与时间关系草图为，由图可知，t₁时刻a₁=a₂，t₁时刻之前a₁＞a₂，t₁时刻之后a₁＜a₂，故答案为：D；
（3）①已知：Ⅰ、2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H=-483.5kJ/mol
Ⅱ、N₂（g）+2O₂（g）=2NO₂（g）△H=+133kJ/mol
由盖斯定律可知，Ⅰ×2-Ⅱ得4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g），
故△H=2×（-483.5kJ/mol）-133kJ/mol=-1100kJ/mol，
故热化学方程式为：4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-1100kJ/mol，
故答案为：4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-1100kJ/mol；
②9.2gNO₂的物质的量=[9.2g/46g/mol]，反应中只有NO₂中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO₃^-，
0.2mol二氧化氮转移电子的物质的量是0.1mol，故生成的NO₃^-的物质的量为[0.1mol/5−4]=0.1mol，故被还原的氮原子物质的量为0.2mol-0.1mol=0.1mol，令N元素在还原产物中的化合价为x价，则0.1mol×（4-x）=0.1mol，解得x=+3，故还原产物为NO₂^-，且生成的NO₃^-和NO₂^-物质的量之比为1：1，同时反应生成CO₂，故二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO₂+CO₃^2-=NO₃^-+NO₂^-+CO₂，故答案为：2NO₂+CO₃^2-=NO₃^-+NO₂^-+CO₂；
（4）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线．

考点点评： 本题是一道很好的综合试题，适合当前的高考思路，综合性强．同时考查了学生的识图能力．这是学生必备的能力，题目难度中等．

（1）依次加入过量的BaCl₂溶液、NaOH溶液和Na₂CO₃溶液，硫酸根离子、镁离子，钙离子和钡离子均转化为沉淀，过滤后加盐酸，与NaOH、Na₂CO₃溶液反应，反应的离子反应分别为OH^-+H⁺═H₂O、CO₃^2-+2H⁺═H₂O+CO₂↑，故答案为：OH^-+H⁺═H₂O、CO₃^2-+2H⁺═H₂O+CO₂↑；
（2）海水里的镁元素以化合态存在，从海水中提取氯化镁，向海水中加氢氧化钙、然后加盐酸，均为复分解反应，没有元素的化合价变化，则不是氧化还原反应，
故答案为：化合；不是；因为没有发生化合价变化；
（3）母液中有K⁺、Na⁺、Mg²⁺等阳离子，在母液里加入石灰乳，与镁离子反应，将Mg²⁺沉淀为Mg（OH）₂，故答案为：将Mg²⁺沉淀为Mg（OH）₂；
（4）电解无水氯化镁所得的镁蒸气，应避免镁再被氧化，B、C、D都能使Mg再被氧化，则A中氢气可防止镁被氧化，故答案为：A．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写；氧化还原反应；电解原理；海水资源及其综合利用．

考点点评： 本题考查较综合，涉及离子反应、粗盐提纯、金属的冶炼等，为高考常见题型，把握发生的化学反应为解答的关键，注意离子反应与氧化还原反应的分析，题目难度不大．

有一批上万吨的化工原料要从北京通过海运运往南方某一沿海城市，那么选择装货地点的港口位于的城市和濒临的海洋分别是天津、渤海．
故选：B．

点评：
本题考点： 海洋航运路线及主要海港．

考点点评： 本题考查我国的沿海港口城市的位置，读图记忆即可．

（1）配制质量分数20%的硫酸需要100mL 98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm³），设需要水xmL，
由配制溶液前后溶质的质量不变，则[100×1.84×98%/100×1.84+x×1]×100%=20%，解得x=717.6，浓硫酸稀释放出大量的热，应利用玻璃棒不断搅拌，
故答案为：717.6；玻璃棒；
（2）烧瓶中发生Cu与稀硝酸的氧化还原反应，离子反应为3Cu+8H⁺+2NO₃^-═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，故答案为：3Cu+8H⁺+2NO₃^-═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
（3）由装置比较可知，装置2中多出的装置能①溶液不导管不直接接触，防止倒吸，②NO与氧气及碱反应，使有害气体能被完全吸收，故答案为：防止倒吸；有害气体能被完全吸收；
（4）由铜粉在某仪器A中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，则A为坩埚，酒精与水互溶，除去晶体中的水并减少晶体溶解，则晶体采用酒精淋洗的优点是酒精与水互溶且极易挥发，减少晶体溶解，
故答案为：坩埚；酒精与水互溶且极易挥发，减少晶体溶解；
（5）由方案可知，Cu与Fe₂（SO₄）₃反应，应除去亚铁离子，则加入f将亚铁离子氧化为铁离子，再利用bc促进铁离子水解转化为沉淀而除去，确认Fe³⁺是否除净的方法①中Cu²⁺的蓝色对检验有干扰，故答案为：f；bc；方法①中Cu²⁺的蓝色对检验有干扰；
（6）在氧气存在时用热稀硫酸与铜粉反应生成硫酸铜，该化学反应为2Cu+O₂+2H₂SO₄

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2CuSO₄+2H₂O，故答案为：2Cu+O₂+2H₂SO₄

△
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2CuSO₄+2H₂O．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查硫酸铜制备实验方案的设计，明确装置的作用及发生的氧化还原反应是解答本题的关键，注意除杂的方法及物质的成分、性质的差异、盐类水解的知识来解答，综合性较强，题目难度较大．

（1）碳酸镁煅烧反应生成氧化镁和二氧化碳，属于分解反应；
（2）碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳，化学方程式为：MgO+H₂SO₄=MgSO₄+H₂O；
（3）操作a是过滤操作；
（4）结晶后的母液是MgSO₄的饱和溶液，循环利用母液可使原料中的镁元素最大可能地转化到产物中，因此将分离后的母液循环利用的目的是提高原料的利用率；
（5）由于七水硫酸镁在湿热干燥空气中易失去结晶水，因此干燥得成品时，需要控制的条件是温度，以防止七水硫酸镁水解；
故答案为：（1）分解反应；（2）MgO+H₂SO₄=MgSO₄+H₂O；（3）过滤；（4）提高原料的利用率；（5）温度．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；酸的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用硫酸除去杂质，得到较纯净的MgSO4溶液来制备MgSO4•7H2O晶体，同时考查了物质分离方法，题目难度中等．

（1）①因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为CBDA或BCDA，故答案为：CBDA或BCDA；
②电解饱和食盐水时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；阴极是氢离子得电子生成氢气的过程为2H⁺+2e^-=H₂↑，在该极附近氢离子减少，氢氧根浓度增加，所以大量的氢氧化钠在阴极出现，溶液的PH增大，故答案为：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；变大；
（2）①向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱．上述反应的化学方程式分别为NH₃+CO₂+H₂O=NH₄HCO₃，NH₄HCO₃+NaCl=NH₄Cl+NaHCO₃↓，2NaHCO₃

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Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O，故答案为：NH₃；2NaHCO₃

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Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O；
②氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，
故答案为：氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；
（3）a、氯气具有氧化性，能将溴离子氧化成单质溴：2Br^-+Cl₂=2Cl^-+Br₂，故答案为：2Br^-+Cl₂=2Cl^-+Br₂；
单质溴具有氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸：SO₂+Br₂+2H₂O=2HBr+H₂SO₄，故答案为：SO₂+Br₂+2H₂O=2HBr+H₂SO₄；
b、在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；
c、海水中溴离子的含量较少，在海水提取溴之前，必须进行海水浓缩，故答案为：“空气吹出、SO₂吸收、氯化”的过程实际上是一个Br₂的浓缩过程，与直接蒸馏含Br₂海水相比效率更高，消耗能源少，成本降低．

点评：
本题考点： 海水资源及其综合利用；纯碱工业（侯氏制碱法）；电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；粗盐提纯．

考点点评： 本题主要考查了粗盐的提纯、候氏制碱、海水提溴的原理，难度不大，根据课本知识即可完成．