高二化学上学期期末试题(含解析)新人教版.doc

广东省潮州市 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（）AK+、Al3+、NO3、CO32BH+、Na+、Fe2+、NO3CNa+、Ba2+、Cl、NO3DK+、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：AAl3+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；DNH4+与OH反应而不能大量共存，故D错误故选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+H2HBr+H的能量变化示意图，下列叙述正确的是（）A该反应的H=+（E1E2）kJmol1B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=+（E1E2）kJmol1，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（）A11：1B9：1C1：1D1：9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0.1molL1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是（）Ac（Na+）c（A）c（H+）c（OH）Bc（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH）Cc（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）Dc（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：ANaA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+2SO422PbSO4+2H2O，根据上述变化，下列说法中正确的是（）A放电时电极 PbO2 发生氧化反应B放电时电子流向由A到BC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+SO42PbSO4+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Pb2e+SO42=PbSO4，正极反应式为PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+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+SO42PbSO4+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：QRB最高价氧化物对应水化物的酸性：QWC原子半径：TQRD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Si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NSi，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3SiH4，故A错误；B、非金属性SiS，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3H2SO4，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：TQR，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；D、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+3H2OAl（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KspCa10（PO4）6（OH）2=6.81037，KsPCa5（PO4）3F=2.81061）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+3H2OAl（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+3H2OAl（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+3H2OFe（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+4OH4e=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+2H2O2SO42+H2O2+2H+若要制取1mol H2O2，该燃料电池理论上需消耗0.5mol N2H4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+4OH4e=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+4OH4e=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 S2O822SO422eN2H4 1mol 0.5mol 则要制取1mol H2O2，该燃料电池理论上需消耗0.5molN2H4；故答案为：2H+2e=H2；0.5点评：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）（2013深圳一模）CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=867kJmol1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a molNO2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0102040501130n（CH4）/mol0.500.350.250.100.102180n（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（NO2）的关系如图所示，请在图象中画出180时，压强为P2（设压强P2P1）的变化曲线，并做必要的标注（5）根据已知求算：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）：0.5 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 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=574kJmol1 CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=867kJmol1 将方程式2得CH4（g）+4NO（g2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H2=（867kJmol1）2（574kJmol1）=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0.10molL1 FeSO4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）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：CeO2、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；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品；（1）写出步骤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）4FeSO4，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）写出步骤反应为氧化铁溶于硫酸反应生成硫酸铁和水，步骤反应的离子方程式：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 FeSO4 0.0025mol 0.1000mol/L10.025L所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol208g/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CuSO45H2O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）pH（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）3沉淀，需调节溶液pH的范围为3.24.7（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：取出25.00mL溶液A，配制成250mL 溶液滴定：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V mL（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）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；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=3.24.7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；3.24.7；（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）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；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/LV103L，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50.20V103mol，则原25.00mL溶液中含亚铁离子物质的量为50.20V103mol，其物质的量浓度为mol/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Welcome 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