高二化學(xué)上學(xué)期期末試題含解析新人教版

1、廣東省潮州市 高二上學(xué)期期末化學(xué)試卷一、單項選擇題：本題包括16小題，每小題4分，共64分每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求多選、錯選均不得分1乙烯是一種重要的化工原料，下列有關(guān)乙烯的說法中正確的是（）A乙烯和苯的分子結(jié)構(gòu)均含有碳碳雙鍵B如圖石蠟油分解產(chǎn)生的氣體只有乙烯，能使溴的CCl4溶液褪色C乙烯的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工生產(chǎn)水平D工業(yè)常用乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生產(chǎn)食用酒精考點：乙烯的化學(xué)性質(zhì).專題：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：A、乙烯中含有雙鍵，苯中不含有不飽和的雙鍵；B、石蠟油的分解產(chǎn)物是混合物；C、乙烯的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工生產(chǎn)水平；D、乙烯與水加

2、成得到工業(yè)酒精解答：解：A、乙烯中含有雙鍵，苯中不含有不飽和的雙鍵，故A錯誤；B、石蠟油的分解產(chǎn)物是混合物，含有乙烯，能使高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；C、乙烯的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工生產(chǎn)水平，故C正確；D、乙烯與水加成得到的酒精為工業(yè)酒精，故D錯誤；故選C點評：本題主要考查的是常見有機物的化學(xué)性質(zhì)，涉及石油的分餾、乙烯的加成反應(yīng)，苯的結(jié)構(gòu)等2（4分）水溶液中能大量共存的一組離子是（）AK+、Al3+、NO3、CO32BH+、Na+、Fe2+、NO3CNa+、Ba2+、Cl、NO3DK+、NH4+、SO42、OH考點：離子共存問題.專題：離子反應(yīng)專題分析：如離子之間不發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生

3、成沉淀、氣體或弱電解質(zhì)，或不發(fā)生氧化還原反應(yīng)、互促水解等反應(yīng)，則可大量共存，以此解答解答：解：AAl3+與CO32發(fā)生互促水解反應(yīng)而不能大量共存，故A錯誤；B酸性條件下，F(xiàn)e2+與NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故B錯誤；C離子之間不發(fā)任何反應(yīng)，可大量共存，故C正確；DNH4+與OH反應(yīng)而不能大量共存，故D錯誤故選C點評：本題考查離子共存問題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和元素化合物知識的綜合運用的考查，為高頻考點，注意把握離子的性質(zhì)以及反應(yīng)類型的判斷，難度不大3（4分）照反應(yīng)Br+H2HBr+H的能量變化示意圖，下列敘述正確的是（）A該反應(yīng)的H=+（E1E2）kJmol1B加入催化劑，該化學(xué)反

4、應(yīng)的反應(yīng)熱變大C反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量D該反應(yīng)為放熱反應(yīng)考點：反應(yīng)熱和焓變.專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：A、H=正反應(yīng)的活化能逆反應(yīng)的活化能；B、催化劑降低反應(yīng)的活化能，反應(yīng)熱大小與反應(yīng)物和生成物的總能量有關(guān)；C、依據(jù)圖象中反應(yīng)物和生成物的能量大小比較分析判斷；D、根據(jù)圖象中能量變化分析解答：解：A、H=正反應(yīng)的活化能逆反應(yīng)的活化能，則該反應(yīng)的H=+（E1E2）kJmol1，故A正確；B、催化劑降低反應(yīng)的活化能，正反應(yīng)的活化能和逆反應(yīng)的活化能同時降低，所以反應(yīng)熱不變，反應(yīng)熱大小與反應(yīng)物和生成物的總能量有關(guān)，故B錯誤；C、由圖象可知反應(yīng)后能量升高，則反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量

5、，故C錯誤；D、反應(yīng)物的能量小于生成物的能量，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故D錯誤故選A點評：本題考查了反應(yīng)的反應(yīng)熱的計算、圖象分析能力、催化劑對反應(yīng)的作用，解題的關(guān)鍵是明確象的變化的含義，題目較簡單4（4分）將pH=13的強堿溶液與pH=2的強酸溶液混合后，pH=11，則強堿與強酸的體積比為（）A11：1B9：1C1：1D1：9考點：pH的簡單計算.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：常溫下pH=13的強堿溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的強酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合溶液的pH=11，則混合溶液中c（OH）=0.001mol/L，根據(jù)混合溶液中c（OH）=計算解答：解：設(shè)酸

6、的體積為xL、堿的體積為yL、pH=13的強堿溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的強酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合溶液的pH=11，則混合溶液中c（OH）=0.001mol/L，根據(jù)混合溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH）=0.001mol/L，解得：y：x=1：9，故選D點評：本題考查了pH的簡單計算，題目難度中等，明確溶液的酸堿性，結(jié)合公式c（OH）=進(jìn)行分析解答即可，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力5（4分）已知HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸，則在0.1molL1 NaA溶液中，離子濃度關(guān)系正確的是（）Ac（Na+）c（A）c（H+）c（OH）Bc（Na+）+c

7、（H+）=c（A）+c（OH）Cc（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）Dc（Na+）c（OH）c（A）c（H+）考點：離子濃度大小的比較.專題：鹽類的水解專題分析：HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸，NaA為強堿弱酸鹽，A水解導(dǎo)致溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒和物料守恒，據(jù)此答題；解答：解：ANaA為強堿弱酸鹽，A水解導(dǎo)致溶液呈堿性，則c（H+）c（OH），A水解、鈉離子不水解，所以c（Na+）c（A），A水解程度較小，則溶液中離子濃度大小順序是c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A錯誤；B溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），故B正確；

8、C溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），溶液呈堿性，鈉離子不水解，所以c（Na+）+c（OH）c（A）+c（H+），故C錯誤；D根據(jù)A知，c（OH）c（A），故D錯誤；故選B點評：本題考查了離子濃度大小比較，明確鹽的特點結(jié)合“誰強誰顯性、誰弱誰水解”來分析解答，注意守恒思想的運用，題目難度不大6（4分）電瓶車所用的電池一般是鉛蓄電池，如圖是一種典型的可充電電池，電池總反應(yīng)式為：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O，根據(jù)上述變化，下列說法中正確的是（）A放電時電極 PbO2 發(fā)生氧化反應(yīng)B放電時電子流向由A到BC工作時蓄電池里電解質(zhì)溶

9、液的pH不變D放電時正極反應(yīng)是PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+2H2O考點：常見化學(xué)電源的種類及其工作原理.專題：電化學(xué)專題分析：放電時，負(fù)極反應(yīng)式為Pb2e+SO42=PbSO4，正極反應(yīng)式為PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+2H2O，充電時陽極、陰極反應(yīng)式與正極、負(fù)極反應(yīng)式正好相反，據(jù)此分析解答解答：解：A放電時，電極 PbO2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B放電時，電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，Pb是負(fù)極、二氧化鉛是正極，所以電子從B流向A，故B錯誤；C放電時，硫酸參加反應(yīng)且生成水，導(dǎo)致硫酸的物質(zhì)的量減小、溶液體積增大，則溶液濃度減小，溶液的pH增大，故C錯誤；D放電時正極

10、反應(yīng)是PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+2H2O，故D正確；故選D點評：本題考查原電池原理，明確元素化合價變化與正負(fù)極的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，知道電子流向的判斷方法、會書寫電極反應(yīng)式，為學(xué)習(xí)難點，題目難度中等二、雙項選擇題：本題包括9小題，每小題6分，共54分每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求全選對得6分，只選1個且正確得3分，錯選、不選得0分7（6分）短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中T是地殼中含量最多的金屬元素，下列判斷的正確是（）A最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：QRB最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：QWC原子半徑：TQRD含T元素的鹽溶液一定顯酸性

11、考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：短周期元素R、T、Q、W，根據(jù)元素所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，是地殼中含量最多的金屬元素，則T為Al元素，故Q為Si元素，W為S元素，R為N元素，據(jù)此結(jié)合選項解答解答：解：短周期元素R、T、Q、W，根據(jù)元素所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，是地殼中含量最多的金屬元素，則T為Al元素，故Q為Si元素，W為S元素，R為N元素，A、非金屬性NSi，故最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為NH3SiH4，故A錯誤；B、非金屬性SiS，故最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性為H2SiO

12、3H2SO4，故B正確；C、同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：TQR，故C正確；D、T為鋁元素，鋁元素可能存在陰離子中，如偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液為堿性溶液，故D錯誤；故選BC點評：本題主要是元素“位、構(gòu)、性”三者關(guān)系的綜合考查，題目難度中等，試題比較全面考查學(xué)生有關(guān)元素推斷知識，D選項注意鋁可以形成陰離子偏鋁酸根離子，為易錯點8（6分）下列實驗裝置（部分固定裝置略去）和有關(guān)敘述正確的是（）A可以進(jìn)行酸堿中和滴定實驗B可以進(jìn)行中和熱的測定實驗C可驗證溫度對化學(xué)平衡的影響D可檢驗食鹽水通電后的部分產(chǎn)物考點：中和滴定；中和熱的測定；探究溫度、壓強對化學(xué)平衡的影響；電

13、解原理的應(yīng)用實驗.專題：實驗評價題分析：A、根據(jù)堿式滴定管的構(gòu)造樣式分析；B、根據(jù)中和熱的測定中溫度計測量的物質(zhì)分析；C、可以根據(jù)圓底燒瓶中氣體的顏色變化判斷溫度的影響；D、電解飽和食鹽水，陽極得到氯氣、陰極得到氫氣解答：解：A、堿式滴定管的下方是橡膠管，圖中滴定管是酸式滴定管，只能盛放酸，故A錯誤；B、中和熱的測定中，溫度計應(yīng)該測量溶液的溫度，故B錯誤；C、根據(jù)燒瓶內(nèi)氣體的顏色深淺，判斷可逆反應(yīng)的方向，利用該裝置可驗證溫度對化學(xué)平衡的影響，故C正確；D、通電后，陽極得到氯氣，利用淀粉碘化鉀檢驗氯氣；陰極收集到氫氣，根據(jù)氫氣化學(xué)性質(zhì)檢驗，故D正確；故選CD點評：本題考查了分液、酸、堿式滴定管的

14、區(qū)別、中和熱的測定等基本實驗操作知識，要注意酸、堿式滴定管的區(qū)別，因強堿能和玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成黏性的硅酸鈉，從而使玻璃活塞黏住，所以酸式滴定管不能盛放強堿三、非選擇題：本題包括11小題，共182分9（12分）（1）明礬能凈水的原因（用離子方程式和必要的文字解釋）：明礬溶于水發(fā)生Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，生成Al（OH）3膠體能吸附水中的懸浮物質(zhì)（2）已知FeCl3能水解，則配制FeCl3溶液的方法是：將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，再加水稀釋至所需濃度（3）已知NaHSO3的水溶液顯酸性，比較其中SO32、HSO3、H2SO3三種粒子的濃度由大到小順序為：c（HSO3）c（

15、SO32）c（H2SO3）（4）人的牙齒的化學(xué)成份為羥基磷酸鈣Ca10（PO4）6（OH）2，常喝酸性飲料或口腔中殘留的酸性物質(zhì)都會造成齲齒如果刷牙使用含氟牙膏（含F(xiàn)）可以保護牙齒，其原理是：羥基磷酸鈣在水中存在平衡：Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq）含氟牙膏中的F與該平衡中的Ca2+、PO43結(jié)合成更難溶的Ca5（PO4）3F使平衡向右移動，牙齒表面的羥基磷酸鈣轉(zhuǎn)化成了氟磷酸鈣，使牙齒得到保護（注：25時KspCa10（PO4）6（OH）2=6.8×1037，KsPCa5（PO4）3F=2.8×1061）考點：鹽類水解的應(yīng)用.

16、專題：鹽類的水解專題分析：（1）明礬凈水是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附作用，可以凈水；（2）防止鐵離子水解，在配制氯化鐵溶液時常將FeCl3固體先溶于稀鹽酸中，再加水稀釋至所需濃度；（3）已知NaHSO3的水溶液顯酸性，HSO3電離大于水解；（4）Ca5（PO4）3F溶度積比Ca10（PO4）6（OH）2小，從難溶電解質(zhì)的溶解平衡的角度分析解答：解：（1）明礬凈水是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，生成的氫氧化鋁膠體具有吸附作用，可以凈水故答案為：明礬溶于水發(fā)生Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，生成Al（OH）3膠體能吸附水中的懸浮物質(zhì)；（

17、2）FeCl3為強酸弱堿鹽，鐵離子水解而使其溶液呈酸性，水解離子反應(yīng)方程式為Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，根據(jù)方程式知，為防止鐵離子水解，在配制氯化鐵溶液時常將FeCl3固體先溶于稀鹽酸中，氫離子濃度增大，從而抑制鐵離子水解，再加水稀釋至所需濃度；故答案為：將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，再加水稀釋至所需濃度；（3）已知NaHSO3的水溶液顯酸性，HSO3電離大于水解，溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），比較其中SO32、HSO3、H2SO3三種粒子的濃度由大到小順序為；c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）；故答案為：c（HSO3）

18、c（SO32）c（H2SO3）；（4）Ca5（PO4）3F溶度積比Ca10（PO4）6（OH）2小，羥基磷酸鈣在水中存在平衡：Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq），含氟牙膏中的F與該平衡中的Ca2+、PO43結(jié)合成更難溶的Ca5（PO4）3F，使平衡向右移動，牙齒表面的羥基磷酸鈣轉(zhuǎn)化成了氟磷酸鈣，使牙齒得到保護故答案為：羥基磷酸鈣在水中存在平衡Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq），含氟牙膏中的F與該平衡中的Ca2+、PO43結(jié)合成更難溶的Ca5（PO4）3F，使平衡向右移動，牙齒表面的羥基磷酸鈣轉(zhuǎn)化成了氟磷

19、酸鈣，使牙齒得到保護點評：本題考查較為綜合，涉及鹽類的水解以及難溶電解質(zhì)的溶解平衡的問題，為高考常見題型和高頻考點，注意相關(guān)基本理論知識的理解和應(yīng)用，難度不中等10（4分）肼（N2H4）又稱聯(lián)氨，是一種可燃性液體，與氧氣或氮氧化物反應(yīng)均生成氮氣和水，可作火箭燃料（1肼空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%30%的KOH溶液該電池放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式是N2H4+4OH4e=N2+4H2O，電池的總反應(yīng)式是N2H4+2H2O=N2+2H2O（2）如圖是一個電化學(xué)裝置示意圖用肼空氣燃料電池作此裝置的電源A是鉑電極，B是石墨電極，C是稀硫酸，陰極的電極反應(yīng)式是2H+2e=H2利用該裝置

20、可制得少量過氧化氫：在陽極上SO42被氧化成S2O82（過二硫酸根離子）S2O82與H2O反應(yīng)生成H2O2，S2O82+2H2O2SO42+H2O2+2H+若要制取1mol H2O2，該燃料電池理論上需消耗0.5mol N2H4考點：化學(xué)電源新型電池.專題：電化學(xué)專題分析：（1）從作為燃料電池時，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)的角度可知N2H4被氧化生成N2；電池的總反應(yīng)式即N2H4與氧氣反應(yīng)生成氮氣和水；（2）石墨電極與負(fù)極相連為陰極，陰極上氫離子得電子；根據(jù)串聯(lián)電路中電子守恒計算解答：解：（1）作為燃料電池時，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解質(zhì)溶液是20%30%的KOH溶液，N2H4失去電子被氧化生成N2，其電極

21、反應(yīng)為：N2H4+4OH4e=N2+4H2O；電池的總反應(yīng)式即N2H4與氧氣反應(yīng)生成氮氣和水，其電池的總反應(yīng)式為：N2H4+2H2O=N2+2H2O；故答案為：N2H4+4OH4e=N2+4H2O；N2H4+2H2O=N2+2H2O；（2）石墨電極與負(fù)極相連為陰極，陰極上氫離子得電子，其電極方程式為：2H+2e=H2； H2O2 S2O822SO422eN2H4 1mol 0.5mol 則要制取1mol H2O2，該燃料電池理論上需消耗0.5molN2H4；故答案為：2H+2e=H2；0.5點評：本題考查原電池和電解池的工作原理，做題時注意兩極上的變化，要會書寫電極反應(yīng)式，從質(zhì)量守恒和電子守恒

22、的角度做題，題目難度中等11（16分）（2013深圳一模）CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=867kJmol1該反應(yīng)可用于消除氮氧化物的污染在130和180時，分別將0.50molCH4和a molNO2充入1L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：實驗編號溫度0102040501130n（CH4）/mol0.500.350.250.100.102180n（CH4）/mol0.500.300.180.15（1）開展實驗1和實驗2的目的是研究溫度對該化學(xué)平衡的影響（2）180時，反應(yīng)到40min，體系是（填“是”或“否”）達(dá)到平衡狀態(tài)，理由是溫度升高，

23、反應(yīng)加快，對比實驗1，高溫下比低溫下更快達(dá)到平衡狀態(tài)可確定40min時反應(yīng)已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)；CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為70%（3）已知130時該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為6.4，試計算a的值（寫出計算過程）（4）一定條件下，反應(yīng)時間t與轉(zhuǎn)化率（NO2）的關(guān)系如圖所示，請在圖象中畫出180時，壓強為P2（設(shè)壓強P2P1）的變化曲線，并做必要的標(biāo)注（5）根據(jù)已知求算：H2=1160KJ/molCH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H2考點：化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計

24、算；化學(xué)平衡的計算.專題：化學(xué)平衡專題分析：（1）根據(jù)實驗1、2的不同點確定實驗?zāi)康?；?）根據(jù)溫度對反應(yīng)速率的影響判斷，轉(zhuǎn)化率=反應(yīng)的甲烷的量與總的甲烷的量的比；（3）根據(jù)平衡常數(shù)計算a；（4）根據(jù)溫度、壓強對反應(yīng)速率、到達(dá)平衡的時間、二氧化氮的轉(zhuǎn)化率的影響分析；（5）利用蓋斯定律計算解答：解：（1）實驗中只有溫度不同，所以實驗?zāi)康氖牵貉芯繙囟葘υ摶瘜W(xué)平衡的影響，故答案為：研究溫度對該化學(xué)平衡的影響；（2）對比實驗1知，40時該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，溫度越高，反應(yīng)速率越大，反應(yīng)到達(dá)平衡的時間越短，所以40時實驗2已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，甲烷的轉(zhuǎn)化率=70%，故答案為：是；溫度升高，反應(yīng)加快，對比實

25、驗1，高溫下比低溫下更快達(dá)到平衡狀態(tài)可確定40min時反應(yīng)已經(jīng)達(dá)平衡狀態(tài)；70%；（3）設(shè)二氧化氮的物質(zhì)的量為a， CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）C0（mol/L）：0.5 a 0 0 0C（mol/L）：0.40 0.80 0.40 0.40 0.80C平（mol/L）：0.10 a0.80 0.40 0.40 0.80 則：，a=1.2答：a的值為1.2； （4）相同溫度下，壓強越大反應(yīng)速率越大，反應(yīng)到達(dá)平衡的時間越短，但二氧化氮的轉(zhuǎn)化率越小，相同壓強下，溫度越高反應(yīng)速率越大，反應(yīng)到達(dá)平衡的時間越短，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率越小，所以其圖象為，故答案為：；（5

26、）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H1=574kJmol1 CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=867kJmol1 將方程式×2得CH4（g）+4NO（g2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H2=（867kJmol1）×2（574kJmol1）=1160KJ/mol，故答案為：1160KJ/mol點評：本題考查化學(xué)平衡的判斷、外界條件對反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的影響、蓋斯定律等知識點，根據(jù)方程式的特點判斷平衡移動方向，難度不大12（16分）二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物平板電視顯示屏

27、生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）某課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實驗流程如下：（1）寫出步驟反應(yīng)的離子方程式：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+（填離子符號）；（3）第步反應(yīng)的離子方程式是：2CeO2+H2O2+6H+2Ce3+O2+4H2O，濾渣B的主要成分是SiO2（4）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP不能（填“能”或“不能”）與水互溶實驗室進(jìn)行萃取操作時用到的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯、玻璃棒、量筒等（5）取上述流程中得

28、到的Ce（OH）4產(chǎn)品0.54g，加硫酸溶解后，用0.10molL1 FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點時（鈰被還原為Ce3+），消耗25mL標(biāo)準(zhǔn)溶液該產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：96%（保留2位有效數(shù)字）考點：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；物質(zhì)的分離、提純和除雜.專題：實驗題分析：根據(jù)該反應(yīng)過程為：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀，通入氧氣講Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品；（1）寫出步驟反應(yīng)為氧化鐵溶于硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水；（2

29、）根據(jù)濾渣A上含有FeCl3；（3）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失守恒來分析；濾渣B為SiO2；（4）根據(jù)萃取劑與水不互溶；（5）根據(jù)電子守恒建立關(guān)系式：Ce（OH）4FeSO4，然后進(jìn)行計算求出Ce（OH）4的質(zhì)量，最后求出質(zhì)量分?jǐn)?shù)解答：解：（1）寫出步驟反應(yīng)為氧化鐵溶于硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，步驟反應(yīng)的離子方程式：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；故答案為：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+；故答案為：Fe3+；（3）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：6H+H

30、2O2+2CeO2=2Ce3+O2 +4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應(yīng)，濾渣B的成分為SiO2，故答案為：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2 +4H2O；SiO2；（4）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，所以TBP不能與水互溶，故答案為：不能；分液漏斗；（5）Ce（OH）4 FeSO4 0.0025mol 0.1000mol/L1×0.025L所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol×208g/mol=0.52g，產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=96%，故答案為：96%點評：本題以工藝

31、流程為基礎(chǔ)，考查化學(xué)實驗基本操作、元素及化合物知識、化學(xué)計算、氧化還原反應(yīng)等相關(guān)知識，題目難度中等13（16分）孔雀石的主要成分為Cu2（OH）2CO3，還含少量Fe、Si的化合物實驗室以孔雀石為原料制備CuSO45H2O的步驟如下：為解決有關(guān)問題，興趣小組同學(xué)查得有關(guān)物質(zhì)沉淀的pH數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)pH （開始沉淀）pH（完全沉淀）Fe（OH）31.93.2Fe（OH）27.09.0Cu（OH）24.76.7（1）“除雜”時先通入足量H2O2將Fe2+氧化成Fe3+，再加入CuO固體其中加入CuO作用是與溶液中H+反應(yīng)，使溶液的pH升高，促進(jìn)Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，需調(diào)節(jié)溶液pH的范圍為3.24.7（2）操作X包括蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾和洗滌等在進(jìn)行該操作時，需要將溶液B再適當(dāng)酸化目的是：抑制Cu2+的水解（3）為準(zhǔn)確測定溶液A中含有Fe2+的物質(zhì)的量濃度，實驗如下：取出25.00mL溶液A，配制成250mL 溶液滴定：準(zhǔn)確量取25.00ml所配溶液于錐形瓶中，將0.20mol/LKMnO4溶液裝入酸式滴定管（填儀器名稱），記錄數(shù)據(jù)重復(fù)滴定3次平均消耗KMnO4溶液V mL（注：反應(yīng)式：5Fe2+MnO4+10H+=5Fe3+Mn2+5H2O）該滴定的滴定終點判斷依據(jù)是：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液，錐形瓶中溶液恰好變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變色計算溶液A中c（Fe2+