学年广东省肇庆联盟校高二上学期期末化学试题解析版

学年广东省肇庆缔盟校高二上学期期末化学试题分析版学年广东省肇庆缔盟校高二上学期期末化学试题分析版学年广东省肇庆缔盟校高二上学期期末化学试题分析版广东省肇庆缔盟校高二（上）期末化学试卷一、单项选择题（本大题共15小题，共45.0分）跟着能源危机影响的加剧，全世界找寻新能源的步伐加快。以下能源中不属于新能源的是（）A.生物质能B.天然气C.核聚变能D.潮汐能【答案】B【分析】解：生物质能、核聚变能和潮汐能是新能源，天然气是化石燃料，属于传统能源。应选：B。目前全世界的能源结构仍以化石燃料为主，即煤、石油和天然气，氢能、太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等都是新能源，据此解答。本题观察新能源，题目难度不大，重视基础知识的观察，注意基础知识的累积。2.以下过程中，不需要外加电源就能进行的是（）①电解②电镀③电离④电化学腐化A.①②B.①③C.②③D.③④【答案】D【分析】解：电解、电镀是利用电解池的原剪发生的氧化还原反应，所以①电解、②电镀过程需要外加电源，故不选①②；电离是电解质解离成阴阳离子的过程，不需要外加电源，应选③；电化学腐化是金属发生原电池反应而锈蚀的过程，与原电池的过程条件相似，所以电化学腐化不需要外加电源，应选④；应选：D。电解池由外加电源、电极、电解质溶液构成；电离是电解质在水溶液中或熔融状态下解离成阴阳离子的过程；原电池由能自觉的进行氧化还原反应、爽朗性不一样的电极、电解质溶液等形成回路；本题观察原电池、电解池的构成条件与差别，难度不大，掌握电化学原理是要点，注意电离与外加电源没关。3.以下装置可以形成原电池的是（）A.B.C.D.【答案】A【分析】解：A、该装置吻合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故A正确；B、两个爽朗性同样的金属，不吻合原电池的构成条件，故B错误；C、乙醇不是电解质，锌和乙醇不可以自觉的进行氧化还原反应，所以不可以构成原电池，故B错误；1D、该装置不可以构成闭合回路，所以不可以构成原电池，故D错误；应选：A。依据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个爽朗性不一样的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自觉的进行氧化还原反应。本题观察了原电池的构成条件，难度不大，注意这几个条件一定同时存在才能形成原电池，缺一不行。4.若H2S的燃烧热化学方程式为H2S（g）+aO2（g）=X+cH2O（1）△H，则X应为（）B.C.D.A.S（）SO（）SO（）SO（）332【答案】B【分析】解：燃烧热是指1mol可燃物充分燃烧时放出的热量，S充分燃烧生成二氧化硫，不行能生成三氧化硫；A、S还会连续燃烧，故A错误；B、含S物质充分燃烧就是生成二氧化硫，故B正确；含S物质燃烧不会直接生成三氧化硫，二氧化硫催化氧化才能生成三氧化硫，故C、D错误；应选：B。燃烧热是指1mol可燃物充分燃烧生成稳固化合物时放出的热量，据此解答；本题观察燃烧热的看法，同时要明确S燃烧的反应，题目难度不大，注意S在一般状况下燃烧不会生成三氧化硫。5.实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速率，以下措施可行的是（）A.使用浓盐酸B.C.提升反应温度D.【答案】D

向反应系统中加入氯化钙晶体向反应系统中加入蒸馏水【分析】解：A、使用浓盐酸，加快化学反应的速率，故A错误；B、向反应系统中加入氯化钙晶体，氯离子的浓度改变，不影响反应的速率，故B错误；C、高升温度反应的速率加快，反应速率加快，故C错误；D、向反应系统中加入蒸馏水，氢离子的浓度减小，反应的速率减小，故D正确；应选：D。依据浓度、温度对化学反应速率的影响判断，由此分析解答。本题观察了影响化学反应速率要素的判断，题目难度不大，注影响要素有哪些。某温度时，浓度都是1mol?L-1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到均衡时c（X2）=0.4mol?L-1、c（Y2）=0.8mol?L-1、c（Z）=0.4mol?L-1，则该反应的反应式是（）A.X2+2Y?2XY2B.2X?2X2YC.3X?2X3YD.X2+3Y2?2XY322+Y22+Y2【答案】C【分析】解：X2、Y2浓度都是1mol?L-1，达到均衡时c（X2）=0.4mol?L-1、（cY2）=0.8mol?L-1、c（Z）=0.4mol?L-1，则X2、Y2、Z的反应速率之比为：：=3：1：2，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，该反应式为3X2+Y2?2X3Y，应选：C。依据浓度的变化计算反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比来确立反应第!异常的公式结尾页，共12页2式．本题观察相关计算，明确反应速率及化学计量数的关系即可解答，题目难度不大．已知反应：HCl（g）=H2（g）+C12（g）△H=+92.3kJ?mol-1，则反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H为（）A.-184.6kJ?mol-1B.-92.3kJ?mol-1C.?D.+92.3kJ?mol-1-369.2kJmol-1【答案】A【分析】解：依据盖斯定律可知反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）可以看作是反应HCl（g）=H22的结果，所以反应22（g）=2HCl（g）+C1（g）方程式颠倒再乘2H（g）+ClgH=-（+92.3kJ?mol-1）×2=-184.6kJmol-1，（）的△?应选：A。热化学方程式中的系数表示各物质的物质的量，其反应热和方程式的系数成正比，△H符号和方程式的书写相关，依据盖斯定律可知正反应和逆反应的△H符号恰好相反，数值同样。本题观察盖斯定律的理解与应用、热化学方程式中焓变的含义，基础观察，对提升学生分析问题、解决问题的能力必定帮助，难度中等。已知反应2A（g）?2B（g）+C（g）△H＜0，达均衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（）A.减小容器容积B.增大容器容积C.减小B的浓度D.降温【答案】A【分析】解：A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且均衡左移，故吻合题意，故A正确；B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不吻合题意，故B错误；C、减小B的浓度，均衡右移，A的浓度减小，不吻合题意，故C错误；D、降温化学反应速率减低，故D错误，应选：A。对于反应2A（g）?2B（g）+C（g），△H＜0来说，增大正反应速率，可增大A的浓度、高升温度或加入催化剂或加压，要使c（A）增大，可以让反应向你反应进行，以此解答．本题观察化学反应速率的影响要素，重视于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的观察，为高频考点，注意相关基础知识的累积，难度不大．9.某温度下，BaSO4在水中的积淀溶解均衡曲线以以下图。以下说法正确的选项是（）该温度下，BaSO4的Ksp=8×10-10M点和P点对应的Ksp相等N点无BaSO4积淀生成加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点【答案】B【分析】解：A．依据M点计算该温度下BaSO4的Ksp，Ksp=c（Ba2+）?c（SO42-）-5-5-10，故A错误；×1×10=2×10B．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B正确；C．N点表示Qc＞K，溶液过饱和，N点有BaSO积淀生成，故C错误；sp431molS中的化学键所需能量D．加人Na2SO4后均衡逆向挪动，但仍在线上挪动；硫酸钡溶液中存在着溶解均衡，P点在均衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），均衡左移，c（Ba2+）应降低，故D错误；应选：B。该图是积淀溶解均衡曲线，线上的任意点都是均衡状态，N和Q都不是均衡状态，A．依据BaSO4的Ksp表达式Ksp=c（Ba2+）?c（SO42-）计算；B．BaSO的Ksp是积淀溶解均衡常数，只与温度相关；4C．N点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和；D．加人Na2SO4后均衡逆向挪动，但仍在线上挪动；本题观察积淀溶解均衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的积淀溶解均衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的看法。10.以下可以证明可逆反应N2+3H2?2NH3已达到均衡状态的是（）n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：2恒温恒容时，混杂气体密度保持不变C.一个N≡N键断裂的同时，有3个H一H键生成混杂气体的总质量不变【答案】C【分析】解：A、n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：2，不可以说明各自的物质的量不变，故A错误；B、恒温恒容时，混杂气体密度向来保持不变，故B错误；C、一个N≡N键断裂的同时等效于3个H一H键断裂的同时有3个H一H键生成，正逆反应的速率相等，故C正确；D、混杂气体的总质量向来不变，故D错误；应选：C。依据化学均衡状态的特色解答，当反应达到均衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，跟着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达均衡状态。本题观察了化学均衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到均衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。11.已知：S（s）+O2g）=SO2gH=-297.2kJmol-1．以下说法中正确的选项是（）（（）△?S（s）拥有的能量大于SO2（g）拥有的能量S（g）+O2（g）=SO2（g）的△H＞-297.2kJ?mol-1S（s）的燃烧热△H=-297.2kJ?mol-1D.形成1molSO2中的化学键所需能量大于断裂【答案】C【分析】解：A．为放热反应，1molS（s）和1molO2（g）拥有的能量大于1molSO2（g）拥有的能量，故A错误；B．气态S的能量比固态S的能量高，为放热反应，则S（g）+O2（g）=SO2（g）的△H-297.2kJ?mol-1，故B错误；C．由热化学方程式可知SsH=-297.2kJ?mol-1，故C正确；（）的燃烧热△D．为放热反应，由热化学方程式不可以判断形成1molSO2中的化学键所需能量与断裂1molS中的化学键所需能量关系，故D错误；应选：C。由焓变成负可知，为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且1molS燃烧生成气态二氧化硫时放出热量为燃烧热，焓变等于断裂化学键汲取的能量减去成键开释的能第!异常的公式结尾页，共12页4量，以此来解答。本题观察反应热与焓变，为高频考点，掌握反应中能量变化、燃烧热、焓变的计算为解答的要点，重视分析与应用能力的观察，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。12.模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，电解硫酸钾溶液可制备氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，装置以以下图。以下说法不正确的选项是（）A.通电开始后，阴极周边溶液pH增大B.制得的氢氧化钾溶液从出口d流出电解槽的阳极反应式为2H2O-4e=4H++O2↑经过阴离子交换膜的离子数等于经过阳离子交换膜的离子数【答案】D【分析】解：电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子，阳极上失电子发生氧化反应；溶液中的氢离子的放电能力大于钾离子，阴极上失得电子发生还原反应。A．电解时。阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成碱，所以通电开始后，阴极周边溶液pH增大，故A正确；．依据电解装置的增加电解液可知，右边生成氢氧化钾，所以制得的氢氧化钾溶液从出口d流出，故B正确；C．电解池的阳极是OH-或H2O放电生成O2，结合电子守恒、电荷守恒获取电极反应式2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；D．电子、氢离子所带电荷数都是1，SO42-所带电荷数是2，经过阴离子交换膜的离子为SO42-，经过阳离子交换膜的离子为H+，结合串通电路中电流到处相等，所以经过阴离子交换膜的离子数小于经过阳离子交换膜的离子数，故D错误；应选：D。电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子，阳极上失电子发生氧化反应；溶液中的氢离子的放电能力大于钾离子，阴极上失得电子发生还原反应。A．电解时。阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；．依据电解装置的增加电解液可知，装置图中左边生成硫酸，右边生成氢氧化钾；C．电解池的阳极是OH-或H2O放电生成O2，依据电子守恒、电荷守恒写出电极反应式；D．电子、氢离子所带电荷数都是1，串通电路中电流到处相等；本题观察电解池原理，为高频考点，重视观察学生的分析能力，注意掌握电解池的工作原理，难度不大，本题注意掌握离子的放电序次。在密闭容器中发生反应aX（g）+bY（g）=cZ（g）+dW（g），反应达到均衡后，保持温度不变，将容积扩大到本来的2倍，当再次达到均衡时，W的浓度为原均衡时的．以下表达正确的选项是（）A.均衡向逆反应方向挪动B.C.X的体积分数增大D.

a+b＜c+d的转变率减小【答案】B【分析】解：A．由上述分析可知，均衡正向挪动，故A错误；B．体积增大、压强减小，均衡正向挪动，则a+b＜c+d，故B正确；C．均衡正向挪动，X的体积分数减小，故C错误；D．均衡正向挪动，X的转变率增大，故D错误；应选：B。将容积扩大到本来的2倍，若均衡不挪动，的浓度变成本来的一半，而当再次达到均衡时，W的浓度为原均衡时的，可知体积增大、压强减小，均衡正向挪动，以此来解答。5本题观察化学均衡，为高频考点，掌握体积与压强的关系、压强对均衡挪动的影响为解答的要点，重视分析与应用能力的观察，注意静态变化与动向变化的结合，题目难度不大。室温下，用0.100mol?L-1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL0.100mol?L-1的盐酸和醋酸滴定曲线以以下图。以下说法错误的选项是（）A.B.

表示的是醋酸的滴定曲线滴定b过程中，指示剂可以是酚酞C.pH=7时，滴定盐酸耗费的V（NaOH）=20.00mLD.V（NaOH）=10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）【答案】D【分析】解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，同样浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；B．b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8-10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；C．pH=7时溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），说明n（NaOH）=n（HCl），两者浓度同样，则滴入氢氧化钠溶于体积为20.00mL，故C正确；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa+cOH-，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则（再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO-），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；应选：D。A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，同样浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．b为滴定盐酸，恰好反应时生成NaCl，溶液呈中性，结合指示剂的变色范围分析；C．pH=7时，溶液呈中性，n（NaOH）=n（HCl）；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。本题观察了酸碱混杂溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，依据弱电解质的电离特色、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。将必定量的SO2（g）和O2（g）通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不一样温度下进行反应，获取下表中的两组数据：以下说法正确的选项是（）实验温度/℃均衡常数初步量/mol平衡量/mol编号/mol-1?LSO2O2SO2O21T1K142x0.82T2K2420.4yA.x=2.4，y=0.2B.T1、T2的大小：T1＜T2C.K1K2的大小：K1＜K2D.T1K1＞K2、℃时，若初步量增倍，【答案】C【分析】解：结合三行计算列式计算，在T1温度下，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）第!异常的公式结尾页，共12页6初步量（mol）420变化量（mol）2.41.22.4平衡量（mol）2.60.82.4结合三行计算列式计算，在T2温度下，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）初步量（mol）420变化量（mol）3.61.83.6平衡量（mol）0.40.23.6A．上述计算获取x=2.6mol，y=0.2mol，故A错误；B．初步量同样达到均衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明均衡正向进行，正反应为放热反应，则T2＜T1，故B错误；C．初步量同样达到均衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明均衡正向进行，正反应为放热反应，则T2＜T1，K1＜K2，故C正确；D．T℃时，若初步量增倍均衡常数不变，则K＜K，故D错误；112应选：C。结合三行计算列式计算，在T1温度下，2SO2（g）+O（g）?2SO（g）23初步量（mol）420变化量（mol）2.41.22.4平衡量（mol）2.60.82.4结合三行计算列式计算，在T2温度下，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）初步量（mol）420变化量（mol）3.61.83.6平衡量（mol）0.40.23.6A．计算获取x=2.6mol，y=0.2mol；B．初步量同样达到均衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明均衡正向进行，正反应为放热反应，升温均衡向吸热反应方向进行；C．温度越高，均衡常数越小；．均衡常数只随温度变化。本题观察了化学均衡的三行计算、均衡常数的影响要素分析，注意均衡常数随温度变化，题目难度中等。二、简答题（本大题共4小题，共42.0分）16.已知SO3分解反应为2SO3g）?2SO2g+O2g1.0L密闭容器中加入10molSO3（（）（）。在g），在必定温度进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/kPa400412422440469518538560560回答以下问题：（1）欲提升SO3的均衡转变率，应采纳的措施为______（填字母）。a．增大压强b．通入SO3c．降低压强2）均衡时SO3的转变率为______，该温度下的均衡常数Kw=______3）研究表示，SO3（g）分解速率v=4×10-3×pSO3（kPa?min-1），t=6h时，测得系统中pO2=55kPa，则此时的pSO3=______kPa，v（SO3）=______kPa?min-1。7【答案】c80%642901.16【分析】解：（1）2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g），欲提升SO3的均衡转变率，应采纳的措施为：a．增大压强均衡逆向进行，三氧化硫转变率减小，故a错误；b．通入SO3相当于中等压强均衡逆向进行，三氧化硫转变率减小，故b错误；c．降低压强均衡正向进行，三氧化硫转变率增大，故c正确；故答案为：c；（2）化学反应为：2SO3g2SO2g）+O2gx（）?（（），设生成氧气物质的量为初步量（mol）1000变化量（mol）2x2xx平衡量（mol）10-2x2xx均衡状态下气体物质的量之比等于气体压强之比，=，x=4mol，均衡时SO3的转变率=×100%=80%，均衡常数K==64，故答案为：80%；64；3）依据方程式2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g），可知氧气与耗费三氧化硫的物质的量之比是1：2，又由于压强之比是物质的量之比，所以耗费三氧化硫减少的压强是55kPa×2=110kPa，则此时三氧化硫的压强是400kPa-110kPa=290kPa，所以此时反应速v=4.0×10-3×290=1.16（kPa?min-1），故答案为：290；1.16。1）SO3分解反应为2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g），提升分解率应是改变条件均衡正向进行；2）反在25h达到均衡状态，气体压强不再变化，气体压强之比等于气体物质的量之比；结合三行计算列式获取，转变率=×100%，均衡常数K=；3）阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比。本题观察了影响化学均衡的要素分析、均衡常数计算，注意气体压强之比等于化学方程式计量数之比，题目难度中等。低碳环保，减少大气污染，一定从源泉上对尾气进行净化办理。回答以下问题（1）汽车尾气催化变换器中的反应为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）。若在密闭容器中发生该反应时，c（N2）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图甲所示。①由图甲可知，温度T12______T（填“＞”或“＜”，下同）；该反应的△H______0。第!异常的公式结尾页，共12页8②能提升尾气转变率的措施有______（填字母）。a．高升温度b．降低温度c．增大压强d．增大催化剂的比表面积2）煤燃烧产生的烟气中含有氮氧化物，可用CH4催化还原NOx，除掉氮氧化物的污染。已知：①CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ?mol-1N2O4（g）?2NO2（g）△H=+56.9k?mol-1CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-810.1kJ?mol-1从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为______（填序号）。（3）图乙是经过光电转变原理，以燃煤产生的二氧化碳为原料，制备新产品的示企图。试写出光电转变过程中总反应的化学方程式：______；催化剂a、b之间连接导线上的电流方向是______。【答案】＞＜bc①③2CO2+2H2O2HCOOH+O2b→a【分析】解：（1）①由图可知T1先达到均衡，则T1＞T2，温度大对应的c（N2）小，可知高升温度均衡逆向挪动，则该反应的△H＜0，故答案为：＞；＜；②a．高升温度，均衡逆向挪动，转变率减小，故不选；b．降低温度，均衡正向挪动，转变率增大，应选；c．增大压强，均衡正向挪动，转变率增大，应选；d．增大催化剂的比表面积，均衡不挪动，转变率不变，故不选；故答案为：bc；2）放热的氧化还原反应可设计成原电池，则从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为①③，故答案为：①③；3）由图可知，二氧化碳和水反应生成甲酸和氧气，光电转变过程中总反应的化学方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，质子向正极挪动，则b为正极，电流由正极向负极挪动，则催化剂a、b之间连接导线上的电流方向为b→a，故答案为：2CO2+2H2O2HCOOH+O2；b→a。1）①由图可知T1先达到均衡，则T1＞T2，温度大对应的c（N2）小，可知高升温度均衡逆向挪动；②均衡正向挪动可提升转变率；2）放热的氧化还原反应可设计成原电池；（3）由图可知，二氧化碳和水反应生成甲酸和氧气，质子向正极挪动，则b为正极，电流由正极向负极挪动。本题观察物质的量浓度随时间的变化曲线，为高频考点，掌握温度对均衡挪动的影响、均衡挪动、原电池为解答的要点，重视分析与应用能力的观察，综合性较强，题目难度不大。化学反应原理是研究和学习化学的重要依照。回答以下问题：1）已知氢气的燃烧热△H=-285.5kJ?mol-1，则电解水的热化学方程式为______2）在298K、101kPa下，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=-198kJ?mol-1，则同样条件下，2molSO2和1molO2充分反应，最后放出的热量______198kJ（填“大9于”“小于或“等于”）；该反应的均衡常数表达式K=______。（3）25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3开始积淀时的完整积淀时的常温下，除掉酸性CuCl2溶液中含有的少许FeCl2，其操作步骤为：①应先加入______（填试剂名称），发生的离子反应方程式为______②再加入CuO，调理溶液的pH在______范围内，使溶液中的Fe3+转变成Fe（OH）3积淀，过滤。【答案】H2Ol=H2g+O2gH=+285.5kJ?mol-1小于双氧水（或（）（）（）△氯水）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-）3.2≤pH＜4.1【分析】解：（1）燃烧热是1mol可燃物完整燃烧生成稳固氧化物放出的热量，所以水分解热化学方程式：H2O（l）=H2g）+O2gH=+285.5kJ?mol-1；（（）△故答案为：H2O（l）=H2g+O2gH=+285.5kJmol-1；（）（）△?（2）2SO3（g）△H=-198kJ?mol-1表示的意义是2molSO2和1molO22（g）+O2（g）?2SO完整反应生成2molSO3，放出198kJ热量，但该反应是可逆反应，所以2molSO21molO2充分反应，最后放出的热量小于198kJ，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）反应的化学均衡常数k=；故答案为：小于；；3）依据表中数据可知Fe3+比Cu2+简单转变成积淀，Cu2+比Fe2+简单转变成积淀，除杂时为防范Cu2+积淀一定将Fe2+氧化成Fe3+，鉴于不可以引入新杂质，所以氧化剂为双氧水（或氯水），发生反应的离子反应方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-），加入CuO，调理溶液的pH，使Fe3+积淀完整、Cu2+不积淀的pH范围是3.2≤pH＜4.1；故答案为：H22+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O2+2Fe2+3+-）；3.2≤pH＜4.1。O（或Cl=2Fe+2Cl1）燃烧热是1mol可燃物完整燃烧生成稳固氧化物放出的热量；2）可逆反应有限度，不行能反应完整，化学均衡常数是生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；（3）依据表中数据可知Fe3+比Fe2+简单转变成积淀，所以先加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，且不可以引入新杂质，再加入物质用于调理pH以除掉杂质，调理pH时将杂质离子Fe3+积淀、Cu2+不可以转变成积淀，据此解答。本题观察盖斯定律及其热化学方程式书写、可逆反应特色及其均衡常数、氧化还原反应应用及其化学方程式书写、除杂原理的知识点，题目难度中等，增强双基是解题要点，注意除杂原理的理解与运用。19.工业食盐中含Ca2+、Mg2+等杂质，某厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程以以下图，回答以下问题：（1）“精制”过程中发生反应的离子方程式为______第!异常的公式结尾页，共12页10（2）若粗盐中SO42-含量也较高，积淀剂可以是______（填字母）且要在试剂Na2CO3之______加入（填“前”或“后”）。a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2（3）在电解过程中，产生H2的电极与外接电源的______极相连；溶液pH增大的地域是______（填“阳极区”或“阴极区”）。（4）烧碱和氯气是电解饱和食盐水时依照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k=______（填写计算表达式和结果且结果保留两位小数）。【答案】Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ac前负阴极区1.13【分析】解：（1）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转变成积淀，离子反应分别为Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；2）增加钡试剂除掉SO42-，注意不可以引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不可以采纳，Na2CO3溶液能除掉过分的BaCl2溶液，则要在试剂Na2CO3从前加入；故答案为：ac；前；3）阴极发生还原反应生成氢气，与电源负极相连，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，可知pH增大，故答案为：负；阴极区；（4）电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则理论上k===1.13。故答案为：1.13。粗盐中加入水溶解，向粗盐水中加入NaOH、碳酸钠，除掉Mg2+、Ca2+，获取Mg（OH）2、CaCO3积淀，加入盐酸调理溶液至中性，将精制的食盐水电解，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，而后脱盐获取NaOH浓溶液，将获取的NaCl晶体循环利用，以此解答该题。本题观察物质制备方案设计，为高频考点和常有题型，题目难度中等，明的确验原理为解答要点，注意掌握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题重视于观察学生的分析、理解能力及化学实验能力。三、