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广东省潮州市2022学年高二化学上学期期末试题(含解析)新人教版

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广东省潮州市2022-2022学年高二上学期期末化学试卷一、单项选择题:本题包括16小题,每小题4分,共64分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求.多选、错选均不得分.1.乙烯是一种重要的化工原料,下列有关乙烯的说法中正确的是(  ) A.乙烯和苯的分子结构均含有碳碳双键 B.如图石蜡油分解产生的气体只有乙烯,能使溴的CCl4溶液褪色 C.乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工生产水平 D.工业常用乙烯与水发生加成反应生产食用酒精考点:乙烯的化学性质..专题:有机物的化学性质及推断.分析:A、乙烯中含有双键,苯中不含有不饱和的双键;B、石蜡油的分解产物是混合物;C、乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工生产水平;D、乙烯与水加成得到工业酒精.解答:解:A、乙烯中含有双键,苯中不含有不饱和的双键,故A错误;B、石蜡油的分解产物是混合物,含有乙烯,能使高锰酸钾溶液褪色,故B错误;C、乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工生产水平,故C正确;D、乙烯与水加成得到的酒精为工业酒精,故D错误;故选C.点评:本题主要考查的是常见有机物的化学性质,涉及石油的分馏、乙烯的加成反应,苯的结构等. 2.(4分)水溶液中能大量共存的一组离子是(  ) A.K+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣B.H+、Na+、Fe2+、NO3﹣ C.Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣D.K+、NH4+、SO42﹣、OH﹣考点:离子共存问题..专题:离子反应专题.分析:如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体或弱电解质,或不发生氧化还原反应、互促水解等反应,则可大量共存,以此解答.解答:解:A.Al3+与CO32﹣发生互促水解反应而不能大量共存,故A错误;B.酸性条件下,Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存,故B错误;C.离子之间不发任何反应,可大量共存,故C正确;D.NH4+与OH﹣反应而不能大量共存,故D错误.12\n故选C.点评:本题考查离子共存问题,侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查,为高频考点,注意把握离子的性质以及反应类型的判断,难度不大. 3.(4分)照反应Br+H2⇌HBr+H的能量变化示意图,下列叙述正确的是(  ) A.该反应的△H=+(E1﹣E2)kJ•mol﹣1 B.加入催化剂,该化学反应的反应热变大 C.反应物的总能量高于生成物的总能量 D.该反应为放热反应考点:反应热和焓变..专题:化学反应中的能量变化.分析:A、△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能;B、催化剂降低反应的活化能,反应热大小与反应物和生成物的总能量有关;C、依据图象中反应物和生成物的能量大小比较分析判断;D、根据图象中能量变化分析.解答:解:A、△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能,则该反应的△H=+(E1﹣E2)kJ•mol﹣1,故A正确;B、催化剂降低反应的活化能,正反应的活化能和逆反应的活化能同时降低,所以反应热不变,反应热大小与反应物和生成物的总能量有关,故B错误;C、由图象可知反应后能量升高,则反应物的总能量低于生成物的总能量,故C错误;D、反应物的能量小于生成物的能量,反应是吸热反应,故D错误.故选A.点评:本题考查了反应的反应热的计算、图象分析能力、催化剂对反应的作用,解题的关键是明确象的变化的含义,题目较简单. 4.(4分)将pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合后,pH=11,则强碱与强酸的体积比为(  ) A.11:1B.9:1C.1:1D.1:9考点:pH的简单计算..专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:常温下pH=13的强碱溶液中c(OH﹣)=0.1mol/L,pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L,混合溶液的pH=11,则混合溶液中c(OH﹣)=0.001mol/L,根据混合溶液中c(OH﹣)=计算.12\n解答:解:设酸的体积为xL、碱的体积为yL、pH=13的强碱溶液中c(OH﹣)=0.1mol/L,pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L,混合溶液的pH=11,则混合溶液中c(OH﹣)=0.001mol/L,根据混合溶液中氢氧根离子浓度为:c(OH﹣)===0.001mol/L,解得:y:x=1:9,故选D.点评:本题考查了pH的简单计算,题目难度中等,明确溶液的酸碱性,结合公式c(OH﹣)=进行分析解答即可,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力. 5.(4分)已知HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸,则在0.1mol•L﹣1NaA溶液中,离子浓度关系正确的是(  ) A.c(Na+)>c(A﹣)>c(H+)>c(OH﹣)B.c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣) C.c(Na+)+c(OH﹣)=c(A﹣)+c(H+)D.c(Na+)>c(OH﹣)>c(A﹣)>c(H+)考点:离子浓度大小的比较..专题:盐类的水解专题.分析:HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸,NaA为强碱弱酸盐,A﹣水解导致溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒和物料守恒,据此答题;解答:解:A.NaA为强碱弱酸盐,A﹣水解导致溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH﹣),A﹣水解、钠离子不水解,所以c(Na+)>c(A﹣),A﹣水解程度较小,则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故A错误;B.溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣),故B正确;C.溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣),溶液呈碱性,钠离子不水解,所以c(Na+)+c(OH﹣)>c(A﹣)+c(H+),故C错误;D.根据A知,c(OH﹣)<c(A﹣),故D错误;故选B.点评:本题考查了离子浓度大小比较,明确盐的特点结合“谁强谁显性、谁弱谁水解”来分析解答,注意守恒思想的运用,题目难度不大. 6.(4分)电瓶车所用的电池一般是铅蓄电池,如图是一种典型的可充电电池,电池总反应式为:Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O,根据上述变化,下列说法中正确的是(  )12\n A.放电时电极PbO2发生氧化反应 B.放电时电子流向由A到B C.工作时蓄电池里电解质溶液的pH不变 D.放电时正极反应是PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O考点:常见化学电源的种类及其工作原理..专题:电化学专题.分析:放电时,负极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4,正极反应式为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O,充电时阳极、阴极反应式与正极、负极反应式正好相反,据此分析解答.解答:解:A.放电时,电极PbO2得电子发生还原反应,故A错误;B.放电时,电子从负极沿导线流向正极,Pb是负极、二氧化铅是正极,所以电子从B流向A,故B错误;C.放电时,硫酸参加反应且生成水,导致硫酸的物质的量减小、溶液体积增大,则溶液浓度减小,溶液的pH增大,故C错误;D.放电时正极反应是PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O,故D正确;故选D.点评:本题考查原电池原理,明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键,知道电子流向的判断方法、会书写电极反应式,为学习难点,题目难度中等. 二、双项选择题:本题包括9小题,每小题6分,共54分.每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求.全选对得6分,只选1个且正确得3分,错选、不选得0分.7.(6分)短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示,其中T是地壳中含量最多的金属元素,下列判断的正确是(  ) A.最简单气态氢化物的热稳定性:Q>R B.最高价氧化物对应水化物的酸性:Q<W C.原子半径:T>Q>R D.含T元素的盐溶液一定显酸性考点:位置结构性质的相互关系应用..专题:元素周期律与元素周期表专题.分析:短周期元素R、T、Q、W,根据元素所处的位置,可确定T、Q、W为第三周期的元素,R为第二周期元素,是地壳中含量最多的金属元素,则T为Al元素,故Q为Si12\n元素,W为S元素,R为N元素,据此结合选项解答.解答:解:短周期元素R、T、Q、W,根据元素所处的位置,可确定T、Q、W为第三周期的元素,R为第二周期元素,是地壳中含量最多的金属元素,则T为Al元素,故Q为Si元素,W为S元素,R为N元素,A、非金属性N>Si,故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3>SiH4,故A错误;B、非金属性Si<S,故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3<H2SO4,故B正确;C、同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径:T>Q>R,故C正确;D、T为铝元素,铝元素可能存在阴离子中,如偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液为碱性溶液,故D错误;故选BC.点评:本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查,题目难度中等,试题比较全面考查学生有关元素推断知识,D选项注意铝可以形成阴离子偏铝酸根离子,为易错点. 8.(6分)下列实验装置(部分固定装置略去)和有关叙述正确的是(  ) A.可以进行酸碱中和滴定实验B.可以进行中和热的测定实验 C.可验证温度对化学平衡的影响D.可检验食盐水通电后的部分产物考点:中和滴定;中和热的测定;探究温度、压强对化学平衡的影响;电解原理的应用实验..专题:实验评价题.分析:A、根据碱式滴定管的构造样式分析;B、根据中和热的测定中温度计测量的物质分析;C、可以根据圆底烧瓶中气体的颜色变化判断温度的影响;D、电解饱和食盐水,阳极得到氯气、阴极得到氢气.解答:解:A、碱式滴定管的下方是橡胶管,图中滴定管是酸式滴定管,只能盛放酸,故A错误;B、中和热的测定中,温度计应该测量溶液的温度,故B错误;C、根据烧瓶内气体的颜色深浅,判断可逆反应的方向,利用该装置可验证温度对化学平衡的影响,故C正确;D12\n、通电后,阳极得到氯气,利用淀粉碘化钾检验氯气;阴极收集到氢气,根据氢气化学性质检验,故D正确;故选CD.点评:本题考查了分液、酸、碱式滴定管的区别、中和热的测定等基本实验操作知识,要注意酸、碱式滴定管的区别,因强碱能和玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠,从而使玻璃活塞黏住,所以酸式滴定管不能盛放强碱. 三、非选择题:本题包括11小题,共182分.9.(12分)(1)明矾能净水的原因(用离子方程式和必要的文字解释): 明矾溶于水发生Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,生成Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物质 .(2)已知FeCl3能水解,则配制FeCl3溶液的方法是: 将FeCl3固体溶解在浓盐酸中,再加水稀释至所需浓度 .(3)已知NaHSO3的水溶液显酸性,比较其中SO32﹣、HSO3﹣、H2SO3三种粒子的浓度由大到小顺序为: c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)>c(H2SO3) .(4)人的牙齿的化学成份为羟基磷酸钙[Ca10(PO4)6(OH)2],常喝酸性饮料或口腔中残留的酸性物质都会造成龋齿.如果刷牙使用含氟牙膏(含F﹣)可以保护牙齿,其原理是: 羟基磷酸钙在水中存在平衡:Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43﹣(aq)+OH﹣(aq)  含氟牙膏中的F﹣与该平衡中的Ca2+、PO43﹣结合成更难溶的Ca5(PO4)3F使平衡向右移动,牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙,使牙齿得到保护 .(注:25℃时Ksp[Ca10(PO4)6(OH)2]=6.8×10﹣37,KsP[Ca5(PO4)3F]=2.8×10﹣61).考点:盐类水解的应用..专题:盐类的水解专题.分析:(1)明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用,可以净水;(2)防止铁离子水解,在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于稀盐酸中,再加水稀释至所需浓度;(3)已知NaHSO3的水溶液显酸性,HSO3﹣电离大于水解;(4)Ca5(PO4)3F溶度积比Ca10(PO4)6(OH)2小,从难溶电解质的溶解平衡的角度分析.解答:解:(1)明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体,Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用,可以净水故答案为:明矾溶于水发生Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,生成Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物质;(2)FeCl3为强酸弱碱盐,铁离子水解而使其溶液呈酸性,水解离子反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,根据方程式知,为防止铁离子水解,在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于稀盐酸中,氢离子浓度增大,从而抑制铁离子水解,再加水稀释至所需浓度;故答案为:将FeCl3固体溶解在浓盐酸中,再加水稀释至所需浓度;(3)已知NaHSO3的水溶液显酸性,HSO3﹣电离大于水解,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)>c(H2SO3),比较其中SO32﹣、HSO3﹣、H2SO3三种粒子的浓度由大到小顺序为;c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)>c(H2SO3);故答案为:c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)>c(H2SO3);(4)Ca5(PO4)3F溶度积比Ca10(PO4)6(OH)2小,羟基磷酸钙在水中存在平衡:Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43﹣(aq)+OH﹣(aq),含氟牙膏中的12\nF﹣与该平衡中的Ca2+、PO43﹣结合成更难溶的Ca5(PO4)3F,使平衡向右移动,牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙,使牙齿得到保护.故答案为:羟基磷酸钙在水中存在平衡Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43﹣(aq)+OH﹣(aq),含氟牙膏中的F﹣与该平衡中的Ca2+、PO43﹣结合成更难溶的Ca5(PO4)3F,使平衡向右移动,牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙,使牙齿得到保护.点评:本题考查较为综合,涉及盐类的水解以及难溶电解质的溶解平衡的问题,为高考常见题型和高频考点,注意相关基本理论知识的理解和应用,难度不中等. 10.(4分)肼(N2H4)又称联氨,是一种可燃性液体,与氧气或氮氧化物反应均生成氮气和水,可作火箭燃料.(1肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是20%~30%的KOH溶液.该电池放电时,负极的电极反应式是 N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O ,电池的总反应式是 N2H4+2H2O=N2+2H2O .(2)如图是一个电化学装置示意图.用肼﹣空气燃料电池作此装置的电源.A是铂电极,B是石墨电极,C是稀硫酸,阴极的电极反应式是 2H++2e﹣=H2↑ .利用该装置可制得少量过氧化氢:在阳极上SO42﹣被氧化成S2O82﹣(过二硫酸根离子).S2O82﹣与H2O反应生成H2O2,S2O82﹣+2H2O═2SO42﹣+H2O2+2H+.若要制取1molH2O2,该燃料电池理论上需消耗 0.5 molN2H4.考点:化学电源新型电池..专题:电化学专题.分析:(1)从作为燃料电池时,负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2;电池的总反应式即N2H4与氧气反应生成氮气和水;(2)石墨电极与负极相连为阴极,阴极上氢离子得电子;根据串联电路中电子守恒计算.解答:解:(1)作为燃料电池时,负极发生氧化反应,电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液,N2H4失去电子被氧化生成N2,其电极反应为:N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O;电池的总反应式即N2H4与氧气反应生成氮气和水,其电池的总反应式为:N2H4+2H2O=N2+2H2O;故答案为:N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O;N2H4+2H2O=N2+2H2O;(2)石墨电极与负极相连为阴极,阴极上氢离子得电子,其电极方程式为:2H++2e﹣=H2↑;H2O2~S2O82﹣~2SO42﹣~2e﹣~N2H41mol0.5mol则要制取1molH2O2,该燃料电池理论上需消耗0.5molN2H4;故答案为:2H++2e﹣=H2↑;0.5.点评:12\n本题考查原电池和电解池的工作原理,做题时注意两极上的变化,要会书写电极反应式,从质量守恒和电子守恒的角度做题,题目难度中等. 11.(16分)(2022•深圳一模)CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H=﹣867kJ•mol﹣1.该反应可用于消除氮氧化物的污染.在130℃和180℃时,分别将0.50molCH4和amolNO2充入1L的密闭容器中发生反应,测得有关数据如下表:实验编号温度0102040501130℃n(CH4)/mol0.500.350.250.100.102180℃n(CH4)/mol0.500.300.180.15(1)开展实验1和实验2的目的是 研究温度对该化学平衡的影响 .(2)180℃时,反应到40min,体系 是 (填“是”或“否”)达到平衡状态,理由是 温度升高,反应加快,对比实验1,高温下比低温下更快达到平衡状态.可确定40min时反应已经达平衡状态 ;CH4的平衡转化率为 70% .(3)已知130℃时该反应的化学平衡常数为6.4,试计算a的值.(写出计算过程)(4)一定条件下,反应时间t与转化率μ(NO2)的关系如图所示,请在图象中画出180℃时,压强为P2(设压强P2>P1)的变化曲线,并做必要的标注.(5)根据已知求算:△H2= ﹣1160KJ/mol .CH4(g)+4NO2(g)⇌4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4(g)+4NO(g⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H2.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;化学平衡的计算..专题:化学平衡专题.分析:(1)根据实验1、2的不同点确定实验目的;(2)根据温度对反应速率的影响判断,转化率=反应的甲烷的量与总的甲烷的量的比;(3)根据平衡常数计算a;(4)根据温度、压强对反应速率、到达平衡的时间、二氧化氮的转化率的影响分析;(5)利用盖斯定律计算.解答:解:(1)实验中只有温度不同,所以实验目的是:研究温度对该化学平衡的影响,故答案为:研究温度对该化学平衡的影响;(2)对比实验1知,40时该反应已经达到平衡状态,温度越高,反应速率越大,反应到达平衡的时间越短,所以40时实验2已经达到平衡状态,甲烷的转化率==70%,故答案为:是;温度升高,反应加快,对比实验1,高温下比低温下更快达到平衡状态.可确定40min时反应已经达平衡状态;70%;(3)设二氧化氮的物质的量为a,CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)C0(mol/L):0.5a000△C(mol/L):0.400.800.400.400.80C平(mol/L):0.10a﹣0.800.400.400.8012\n则:,a=1.2答:a的值为1.2;(4)相同温度下,压强越大反应速率越大,反应到达平衡的时间越短,但二氧化氮的转化率越小,相同压强下,温度越高反应速率越大,反应到达平衡的时间越短,二氧化氮的转化率越小,所以其图象为,故答案为:;(5)CH4(g)+4NO2(g)⇌4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H1=﹣574kJ•mol﹣1①CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H=﹣867kJ•mol﹣1②将方程式②×2﹣①得CH4(g)+4NO(g⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H2=(﹣867kJ•mol﹣1)×2﹣(﹣574kJ•mol﹣1)=﹣1160KJ/mol,故答案为:﹣1160KJ/mol.点评:本题考查化学平衡的判断、外界条件对反应速率及化学平衡的影响、盖斯定律等知识点,根据方程式的特点判断平衡移动方向,难度不大. 12.(16分)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质).某课题组以此粉末为原料回收铈,设计实验流程如下:(1)写出步骤①反应的离子方程式: Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O ;(2)洗涤滤渣A的目的是为了除去 Fe3+ (填离子符号);(3)第②步反应的离子方程式是: 2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O ,滤渣B的主要成分是 SiO2 .(4)萃取是分离稀土元素的常用方法,已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,TBP 不能 (填“能”或“不能”)与水互溶.实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有 分液漏斗 、烧杯、玻璃棒、量筒等.(5)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.54g,加硫酸溶解后,用0.10mol•L﹣1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+),消耗25mL标准溶液.该产品中Ce(OH)4的质量分数为: 96% (保留2位有效数字).12\n考点:金属的回收与环境、资源保护;物质的分离、提纯和除杂..专题:实验题.分析:根据该反应过程为:①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸,Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中,滤渣为CeO2和SiO2;②加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+,滤渣为SiO2;③加入碱后Ce3+转化为沉淀,④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4,得到产品;(1)写出步骤①反应为氧化铁溶于硫酸反应生成硫酸铁和水;(2)根据滤渣A上含有FeCl3;(3)根据氧化还原反应中电子得失守恒来分析;滤渣B为SiO2;(4)根据萃取剂与水不互溶;(5)根据电子守恒建立关系式:Ce(OH)4~FeSO4,然后进行计算求出Ce(OH)4的质量,最后求出质量分数.解答:解:(1)写出步骤①反应为氧化铁溶于硫酸反应生成硫酸铁和水,步骤①反应的离子方程式:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O;故答案为:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O;(2)滤渣A上含有FeCl3,洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+;故答案为:Fe3+;(3)稀硫酸、H2O2,CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O,反应的离子方程式为:6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O;加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+,SiO2不反应,滤渣B的成分为SiO2,故答案为:6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O;SiO2;(4)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,所以TBP不能与水互溶,故答案为:不能;分液漏斗;(5)Ce(OH)4~FeSO40.0025mol0.1000mol/L﹣1×0.025L所以m(Ce(OH)4)=0.0025mol×208g/mol=0.52g,产品中Ce(OH)4的质量分数为×100%=96%,故答案为:96%.点评:本题以工艺流程为基础,考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识,题目难度中等. 13.(16分)孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物.实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O的步骤如下:为解决有关问题,兴趣小组同学查得有关物质沉淀的pH数据如下:物质pH(开始沉淀)pH④(完全沉淀)Fe(OH)31.93.2Fe(OH)27.09.0Cu(OH)24.76.7(1)“除杂”时先通入足量H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,再加入CuO固体.其中加入CuO作用是 与溶液中H+反应,使溶液的pH升高,促进Fe3+水解生成Fe(OH)312\n沉淀 ,需调节溶液pH的范围为 3.2~4.7 .(2)操作X包括 蒸发浓缩;冷却结晶 、过滤和洗涤等.在进行该操作时,需要将溶液B再适当酸化目的是: 抑制Cu2+的水解 .(3)为准确测定溶液A中含有Fe2+的物质的量浓度,实验如下:①取出25.00mL溶液A,配制成250mL溶液.②滴定:准确量取25.00ml所配溶液于锥形瓶中,将0.20mol/LKMnO4溶液装入 酸式滴定管 (填仪器名称),记录数据.重复滴定3次.平均消耗KMnO4溶液VmL.(注:反应式:5Fe2++MnO4﹣+10H+=5Fe3++Mn2++5H2O)该滴定的滴定终点判断依据是: 当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好变为紫红色且半分钟不变色 .③计算溶液A中c(Fe2+)=  mol/L(只列出算式,不做运算).考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;铜金属及其重要化合物的主要性质;探究物质的组成或测量物质的含量..专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物,加入稀盐酸反应后生成二氧化碳气体,得到溶液氯化铜溶、氯化亚铁液A,过滤得到二氧化硅固体,“除杂”时先通入足量Cl2将Fe2+氧化成Fe3+,再加入CuO固体调节溶液pH沉淀铁离子过滤得到滤液为氯化铜溶液,通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤得到氯化铜晶体;(1)分析图表数据,加入氧化铜调节溶液PH保证铁离子全部沉淀,铜离子不沉淀;(2)溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤;(3)②酸性高锰酸钾具有很强的氧化性,能够腐蚀橡皮管,应盛放在酸式滴定管中;酸性高锰酸钾溶液显紫红色,滴定终点,高锰酸钾不再褪色;③据离子方程式5Fe2++MnO4﹣+10H+=5Fe3++Mn2++5H2O和消耗高锰酸钾的量计算c(Fe2+).解答:解:(1)分析图表数据,加入氧化铜调节溶液PH,使溶液的pH升高,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,铜离子不沉淀,需要控制的溶液PH=3.2~4.7.故答案为:与溶液中H+反应,使溶液的pH升高,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀;3.2~4.7;(2)操作X是溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤,适当酸化目的是抑制铜离子水解,故答案为:蒸发浓缩;冷却结晶;抑制Cu2+的水解;(3)②酸性高锰酸钾具有很强的氧化性,能够腐蚀橡皮管,应盛放在酸式滴定管中;酸性高锰酸钾溶液显紫红色,滴定终点,高锰酸钾不再褪色,故答案为:酸式滴定管;当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好变为紫红色且半分钟不变色;③氧化25.00mL稀释好的溶液,反应消耗的高锰酸钾物质的量为:0.20mol/L×V×10﹣3L,据离子方程式5Fe2++MnO4﹣+10H+=5Fe3++Mn2++5H2O可知,反应掉亚铁离子物质的量为5×0.20×V×10﹣3mol,则原25.00mL溶液中含亚铁离子物质的量为×5×0.20×V×10﹣3mol,其物质的量浓度为12\nmol/L,故答案为:.点评:本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等,难度中等,清楚实验原理是解题的关键,需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力.12

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 11:14:04 页数:12
价格:¥3 大小:155.80 KB
文章作者:U-336598

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