1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年四川省达州市大竹县文星中学高二（下）期中化学试卷一、单选题：共7题每题6分共42分1下列化学用语正确的是( )ACH4分子的球棍模型：B乙烯的结构简式：CH2CH2C氯化钠的分子式：NaClDK+的结构示意图：2某烃的组成为C15H24，分子结构非常对称有关实验证明该烃中仅存在三种基团：乙烯基（CH=CH2），亚甲基（CH2）和次甲基（），并且乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连当该烃含有单环结构时，分子中的乙烯基和亚甲基数依次为( )A4、6B2、3C3、6D3、33热化学方程式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；H=+131
2、.3kJ/mol表示( )A碳和水反应吸收131.3kJ能量B1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJD1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ4下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )ABCD5下列按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是( )A盐酸、空气、醋酸、干冰B冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇C蛋白质、油脂、苛性钾、石灰石D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡6在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡
3、的1.8倍，下列叙述正确的是( )AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d7已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=Q1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=Q2；H2O（g）H2O（l）H=Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下）经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为( )A4Q1+0.5Q2B4Q1+Q2+10Q3C4Q1+2Q2D4Q1+0.5Q2+9Q3二、填空题：共1题每题13分共13分8（13分）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1
4、mol SO3的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示_、_，E的大小对该反应的反应热有无影响？_该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_，理由是_；（2）图中H=_kJmol1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化写出该催化循环机理的化学方程式_；（4）已知单质硫的燃烧热为296kJmol1，计算由S（s）生成3mol SO3（g）的H （要求计算过程）_三、实验题：共2题每题15分共30分9实验室制备溴苯可用如图所示装置填空：（1）关闭G夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈
5、烧瓶的A口加少量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_（2）D、E试管内出现的现象依次为_、_（3）F装置的作用是_（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是_（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，目的是_，然后将液体倒入_（填仪器名称）中，振荡静置，从该仪器口_（填“上”或“下”）将溴苯放出10利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度请回答：（
6、1）NaOH溶液稍过量的原因_（2）加入NaOH溶液的正确操作是_（填字母）A沿玻璃棒缓慢加入 B一次迅速加入 C分三次加入（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_（4）设溶液的密度均为1g/cm3，中和后溶液的比热容c=4.18J/（g），请根据实验数据写出该反应的热化学方程式_ 温度实验次数 起始温度t1/ 终止温度t2/ 温度差平均值（t2t1）/ H2SO4 NaOH 平均值 1 25.0 25.225.1 28.5 3.4 2 24.9 25.1 25.0 28.3 3.3 3 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1m
7、ol NaOH的溶液混合，放出的热量_（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是_四、综合题：共1题每题15分共15分化学-选修2：化学与技术11将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是_（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收已知该反应不产生CO2，且溴歧化为Br和BrO3，则反应的离子反应方程式为_（3）海水
8、提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子_，沉降阶段反应的离子方程式为_，浓海水的利用率为90%，则1L浓海水最多可得到产品2的质量为_g（4）由MgCl26H2O制备MgCl2固体时是在氯化氢气体氛围中加热进行，其目的是_2014-2015学年四川省达州市大竹县文星中学高二（下）期中化学试卷一、单选题：共7题每题6分共42分1下列化学用语正确的是( )ACH4分子的球棍模型：B乙烯的结构简式：CH2CH2C氯化钠的分子式：NaClDK+的结构示意图：【考点】原子结构示意
9、图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】A、甲烷的空间结构为正四面体；B、乙烯的结构简式应包括官能团；C、氯化钠为离子化合物，组成微粒不是离子；D、钾离子的核外电子数为19+1=20，质子数为19【解答】解：A、甲烷的结构为以碳原子为中心，四个H处于四面体的四个顶点的正四面体结构，球棍模型既表现原子的体积大小又能表现出键角键长的相对大小，故A正确；B、乙烯的结构简式应包含官能团碳碳双键CH2CH2，故B错误；C、氯化钠为离子化合物，组成微粒为钠离子和氯离子，没有分子，故C错误；D、钾离子的核外电子数为18，质子数为19，其离子结构示意图为，故D
10、错误；故选：A【点评】本题简单简单有机物的化学语言的准确性，特别注意球棍模型和比例模型的区别，结构简式中要包含官能团2某烃的组成为C15H24，分子结构非常对称有关实验证明该烃中仅存在三种基团：乙烯基（CH=CH2），亚甲基（CH2）和次甲基（），并且乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连当该烃含有单环结构时，分子中的乙烯基和亚甲基数依次为( )A4、6B2、3C3、6D3、3【考点】常见有机化合物的结构 【分析】C15H24的不饱和度为：=4，由题意知，该有机物为单环结构，故一定含有三个碳碳双键，乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连，且分子结构非常对称，据此解答即可【解答】解：C15H24的不
11、饱和度为：=4，由题意知，该有机物为单环结构，故一定含有三个碳碳双键，且碳碳双键的数目为41=3，乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连，且分子结构非常对称，那么需要亚甲基数目为32=6，故选C【点评】本题主要考查的是有机物结构的确定，难度较大，依据分子式计算出该有机物的不饱和度，依据题意得出双键数目是解决本题的关键，注意总结3热化学方程式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；H=+131.3kJ/mol表示( )A碳和水反应吸收131.3kJ能量B1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热13
12、1.3kJD1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ【考点】热化学方程式 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；【解答】解：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故A错误；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故B错误；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状
13、态，物质状态不同，反应能量变化不同；故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；故D错误；故选C【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，系数只表示物质的量不表示微粒个数是易错点，题目难度中等4下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )ABCD【考点】吸热反应和放热反应 【分析】根据反应物的总能量生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量生成物的总能量，反应为吸热反应来解答【解答】解：吸热反应中，反应物总能量生成物总能量，故选A【点评】本题考查了吸热反应的图示，题目难度中等，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握5下列按纯净物、混合物、电解质和非
14、电解质顺序排列的是( )A盐酸、空气、醋酸、干冰B冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇C蛋白质、油脂、苛性钾、石灰石D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别【解答】解：A盐酸、空气、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、电解质、非电解质，故A错误； B冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇分别属于纯净物、混合物、电解质和非电解质，故B正确；C蛋白质、油脂
15、、苛性钾、石灰石分别属于混合物、混合物、碱、混合物，故C错误；D胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡分别属于纯净物、混合物、电解质、电解质，故D错误故选B【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度中等，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质6在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d【考点】化学平衡建立的过程 【专题】化学平衡专题【分析】压缩到原来的一半，当再
16、次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，如平衡不发生移动，则D的浓度应为原来的2倍，但D的浓度为原平衡的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ac+d，且A的转化率减小，D的体积分数减小，故选D【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键7已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=Q1；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=Q2；H2O（g）H2O（
17、l）H=Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下）经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为( )A4Q1+0.5Q2B4Q1+Q2+10Q3C4Q1+2Q2D4Q1+0.5Q2+9Q3【考点】有关反应热的计算 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据盖斯定律书写生成甲烷、氢气生成液体水的热化学反应方程式，根据n=计算混合气体的物质的量，结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量【解答】解：已知：、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）HQ1；、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）HQ2；、H2O（g）=H2O（l）H
18、Q3；根据盖斯定律，+2得CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）HQ12Q3，根据盖斯定律，+2的2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）HQ22Q3，112L体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=5mol，故甲烷的物质的量我5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3）=4（Q1+2Q3），氢气的物质的量为5mol4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q2+2Q3）=0.5（Q2+2Q3），故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为：4（Q1+2Q3）+0.5（Q2+2Q3）=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D【点评】考查反应热的有关计
19、算，难度中等，注意常温下生成的水是液态，利用盖斯定律书物质燃烧生成液态水的热化学方程式是解题关键二、填空题：共1题每题13分共13分8（13分）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示反应物能量、生成物能量，E的大小对该反应的反应热有无影响？无该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？降低，理由是因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低；（2）图中H=198kJmol1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还
20、原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化写出该催化循环机理的化学方程式SO2+V2O5SO3+2VO2，4VO2+O22V2O5；（4）已知单质硫的燃烧热为296kJmol1，计算由S（s）生成3mol SO3（g）的H （要求计算过程）S（s）+O2（g）SO2（g）H1=296kJmol1SO2（g）+O2（g）SO3（g）H2=99kJmol13s（s）+O2（g）3SO3（g）H=3（H1+H2）=1185kJmol1【考点】化学能与热能的相互转化；有关反应热的计算 【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量，催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不
21、变，；（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）结合1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99kJmol1计算反应热；（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；（4）利用盖斯定律计算【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变，故答案为：反应物能量；生成物能量；无；降低；因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低；（2）因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的H=99 kJmol1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的H=
22、198 kJmol1，则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=198 kJmol1，故答案为：198；（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5SO3+2VO2；4VO2+O22V2O5，故答案为：SO2+V2O5SO3+2VO2；4VO2+O22V2O5；（4）已知S（s）+O2（g）SO2（g）H1=296 kJmol1，SO2（g）+O2（g）SO3（g）H2=99 kJmol1；则利用盖斯定律将3+3可得3S（s）+O2（g）3SO3（g）H3=3（H1+H2）=1185 kJmol1，故答案为：S（s）
23、+O2（g）SO2（g）H1=296 kJmol1SO2（g）+O2（g）SO3（g）H2=99 kJmol13s（s）+O2（g）3SO3（g）H=3（H1+H2）=1185 kJmol1【点评】本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意催化剂对反应的影响以及盖斯定律的应用三、实验题：共2题每题15分共30分9实验室制备溴苯可用如图所示装置填空：（1）关闭G夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加少量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为2Fe+3Br2=2FeBr3、（2）D、E试管内出现的现象依次为管石蕊试液变红、管出
24、现浅黄色沉淀（3）F装置的作用是吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是水倒流进三口烧瓶，A中液体出现分层（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，目的是除去多余的溴和溴化氢，然后将液体倒入分液漏斗（填仪器名称）中，振荡静置，从该仪器口下（填“上”或“下”）将溴苯放出【考点】制备实验方案的设计 【分析】实验室制备溴苯是用苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，根据装置图可知，生成溴苯的同进还有溴化氢生成另外还有少部分溴挥发，所以在D装置中石蕊会变红，E中的硝酸银会产生溴
25、化银沉淀，尾气用氢氧化钠溶液吸收，关闭C打开F时，由于溴化氢极易溶于水，广口瓶中的水会倒吸入三颈烧瓶，（1）根据溴苯的性质可知，溴苯是一种密度比水大的无色液体，在实验中因为溶解了不量的溴而显褐色，在三口烧瓶中铁与溴生成溴化铁，苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下了生取代反应生成溴苯和溴化氢；（2）反应产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能石蕊溶液变红色，溴化氢气体通入硝酸银溶液，能产生浅黄色沉淀；（3）氢氧化钠溶液能吸收溴化氢，倒置的漏斗能防止发生倒吸；（4）溴化氢极易溶于水，容易发生倒吸，溴苯不溶于水；（5）三口烧瓶中的溴苯含有少量的溴和溴化氢，可以用NaOH溶液除去，溴苯不溶于水且密度比水大，据此答题
26、【解答】解：实验室制备溴苯是用苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，根据装置图可知，生成溴苯的同进还有溴化氢生成另外还有少部分溴挥发，所以在D装置中石蕊会变红，E中的硝酸银会产生溴化银沉淀，尾气用氢氧化钠溶液吸收，关闭C打开F时，由于溴化氢极易溶于水，广口瓶中的水会倒吸入三颈烧瓶，（1）在三口烧瓶中铁与溴生成溴化铁，苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下了生取代反应生成溴苯和溴化氢，所以有关反应的化学方程式分别是2Fe+3Br2=2FeBr3、，故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3、；（2）由于生成的溴化氢极易挥发，溶于水显酸性，则紫色石蕊试液变红，溴化氢溶于水和硝酸银反应生
27、成溴化银淡黄色长的，即实验现象是溶液中有淡黄色沉淀生成，所以D管石蕊试液变红，E管出现浅黄色沉淀，故答案为：管石蕊试液变红，管出现浅黄色沉淀；（3）氢氧化钠溶液能吸收溴化氢，倒置的漏斗能防止发生倒吸，所以F的作用是吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸，故答案为：吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸；（4）由于溴化氢极易溶于水，所以待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是与F相连的广口瓶中水流入三颈烧瓶，溴苯不溶于水，所以A中会出现分层，故答案为：水倒流进三口烧瓶，A中液体出现分层；（5）三口烧瓶中的溴苯含有少量的溴和溴化氢，可以用N
28、aOH溶液除去，溴苯不溶于水且密度比水大，所以将加过氢氧化钠溶液的混合溶液倒入分液漏斗中，振荡静置，后溴苯从分液漏斗的下口放出，故答案为：除去多余的溴和溴化氢；分液漏斗；下【点评】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难易适中在注重对学生基础性知识考查和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的严谨规范的实验设计能力，也有利于提高学生的学科素养10利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混
29、合液温度请回答：（1）NaOH溶液稍过量的原因确保硫酸被完全中和（2）加入NaOH溶液的正确操作是B（填字母）A沿玻璃棒缓慢加入 B一次迅速加入 C分三次加入（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用环形玻璃棒轻轻搅动（4）设溶液的密度均为1g/cm3，中和后溶液的比热容c=4.18J/（g），请根据实验数据写出该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）；H=113.7kJmol1 温度实验次数 起始温度t1/ 终止温度t2/ 温度差平均值（t2t1）/ H2SO4 NaOH 平均值 1 25.0 25.225.1 28.5 3.4 2
30、 24.9 25.1 25.0 28.3 3.3 3 25.6 25.4 25.5 29.0 3.5（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是浓硫酸溶于水放出热量【考点】中和热的测定 【专题】实验设计题【分析】（1）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（3）硫酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；（4）计算出三次的温差平均值，然后根据公式Q=H
31、=Tcm来计算反应的焓变，并根据热化学方程式的书写方法来写热化学方程式；（5）根据浓硫酸溶于水会放热热量分析【解答】解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的硫酸反应完全，故答案为：确保硫酸被完全中和；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：B； （3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，故答案为：用环形玻璃棒轻轻搅动；（4）三次的平均温差为：=3.4，Q=H=Tcm=3.44.18J/（g）100mL1g/mL
32、1.4212kJ/mol，50moL 0.25molL1硫酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液的中和反应生成水的物质的量是0.025mol，所以生成2mol水放出的热量为：2=113.7kJmol1，所以热化学方程式为：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）；H=113.7kJmol1，故答案为：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）；H=113.7kJmol1；（5）由于浓硫酸溶于水放出热量，则导致中和反应中放热的热量偏大，故答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量【点评】本题考查了中和热的测定方法，题目难度中等，注
33、意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确四、综合题：共1题每题15分共15分化学-选修2：化学与技术11将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收已知该反应不产生CO2，且溴歧化为Br和BrO3，则反应的离子反应方程式为3Br2+6CO
34、32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子Ca2+，沉降阶段反应的离子方程式为Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Mg（OH）2（s）+Ca2+（aq），浓海水的利用率为90%，则1L浓海水最多可得到产品2的质量为62.64g（4）由MgCl26H2O制备MgCl2固体时是在氯化氢气体氛围中加热进行，其目的是抑制MgCl2水解【考点】海水资源及其综合利用 【分析】（1）混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀
35、，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗【解答】解：（1）混凝法是加入
36、一种混凝剂（如：明矾、铁盐等），使水中细小的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从而提高K、Br2、Mg等的提取质量，故正确；故选：；（2）从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收溴歧化为Br和BrO3并没有产生CO2则反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3
37、+6HCO3；故答案为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2+SO42=CaSO4，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Mg（OH）2（s）+Ca2+ （aq），合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2，浓海水的利用率为90%溶液中m（Mg2+）=1L90%28.8g/L=25.92g；Mg2+Mg（OH）224g 58g25.92g mMg（OH）2mMg（OH）2=25.92g=62.64g，故答案为：Ca2+；Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Mg（OH）2（s）+Ca2+ （aq）；62.64；（4）电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2，在HCl的气体氛围中加热，抑制MgCl2水解；故答案为：抑制MgCl2水解【点评】本题考查海水资源开发利用、氧化还原反应计算、电解原理等知识，对基础知识能进行综合运用是解答关键，题目难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！