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
