【化学】甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

【化学】甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

甘肃省西北师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试 可能用到的相对原子量：H—‎1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Cl35.5 Zn—65 Ag108‎ 一、选择题(每题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列装置工作时，将电能转化为化学能的是( )‎ A. 风力发电机 B. 太阳能电池 ‎ C. 纽扣式银锌电池 D. 电解熔融氯化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．风力发电是风能转化成电能，故A不符合题意；‎ B．太阳能电池是太阳能转化为电能，故B不符合题意；‎ C．纽扣式银锌电池是化学能转化为电能，故C不符合题意；‎ D．电解熔融氯化钠是电能转化成化学能，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 ‎ B. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 ‎ D. 漂白粉可用于生活用水的消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠溶液呈弱碱性，油污在碱性条件下可水解，因此用碳酸钠可去除餐具的油污，A项正确，不符合题目要求；‎ B．硫酸钡用于胃肠X射线造影检查，B项错误，符合题目要求；‎ C．氢氧化铝碱性较弱，可与胃酸反应且对胃部没有腐蚀作用，因此可用于中和过多胃酸，C项正确，不符合题目要求；‎ D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，具有氧化性，可用于生活用水的消毒，D项正确，不符合题目要求；‎ 答案选B。‎ ‎3.各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是()‎ A. 手机上用的锂离子电池属于一次电池。 B. 锌锰干电池中，锌电极是负极 C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原 D. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．手机上用的锂离子电池,能够多次反复充电使用，属于二次电池，故A错误；‎ B．锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极，故B正确；‎ C．氢氧燃料电池工作时，氢气作为燃料在负极被氧化，故C错误；‎ D．太阳能电池的主要材料为硅，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。‎ ‎【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。‎ ‎【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。‎ ‎5.下列实验操作能达到目的是 ( )‎ A. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于浓盐酸中，然后稀释至所需浓度 B. 将FeCl3溶液加热蒸干灼烧获得Fe2O3固体 C. 向明矾溶液中加入一定量NaOH，制备Al(OH)3胶体 D. 室温下，测得pH＝5的 NaHSO4溶液与pH＝9的 NaHCO3溶液中水的电离程度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．加入盐酸，引入新杂质，为抑制亚铁离子水解，可加入少量硫酸，故A错误； ‎ B．氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，将溶液蒸干得到氢氧化铁固体，灼烧时氢氧化铁分解生成氧化铁和水蒸气，所以得到的固体为Fe2O3，故B错误；‎ C．向明矾溶液中铝离子发生水解生成Al(OH)3胶体，电解质能使胶体发生聚沉，加入一定 量NaOH，生成氢氧化铝沉淀，故C错误；‎ D．NaHSO4在溶液中电离出氢离子，抑制水的电离，NaHCO3在溶液中发生水解，促进水的电离，两种溶液中水的电离程度不同，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.当用酸滴定碱时，下列操作中会使测定结果（碱的浓度）偏低的是 A. 酸式滴定管滴至终点后，俯视读数 B. 碱液移入锥形瓶后，加了10 mL蒸馏水再滴定 C. 酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗 D. 酸式滴定管注入酸液后，尖嘴留有气泡即开始滴定，滴定终点时气泡消失 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标准液滴定终点俯视读数，导致V（标准）偏小，据c（待测）=分析，c（待测）偏低，故A正确；‎ B、在锥形瓶中加水，对测定结果无影响，故B错误；‎ C、酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故C错误；‎ D、酸式滴定管开始尖嘴处留有气泡，达滴定终点时气泡消失，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. 0.1‎mol/LNaHSO4溶液中，阳离子的数目之为0.2NA B. ‎1L 0.1mol/L磷酸钠溶液含有的PO43-数目为0.1NA C. ‎1L pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+‎ D. ‎0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中了含有的H+数为0.05NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，缺体积无法计算阴离子数目，故A错误；‎ B．磷酸钠为强酸弱碱盐，PO43-会少量水解，数目小于0.1NA，故B错误；‎ C．pH＝1的H3PO4，c(H+)=0.1mol/L，n(H+)=0.1mol，所以含有0.1NA个H+，故C正确；‎ D．CH3COOH为弱电解质，部分电离，H+数目小于0.05NA，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.在水中加入等物质的量的Ag+、Ba2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-。该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物和还原产物的质量比为( )‎ A. 35.5：108 B. 16：‎‎137 ‎ C. 8：1 D. 108：35.5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和Cl-沉淀为AgCl，Ba2+和SO42-沉淀为PbSO4，溶液中就只有Na+、NO3-，实际上电解NaNO3溶液。阳极上OH－放电产物是氧气，阴极上H＋放电产物是氢气，根据化学方程式2H2O2H2↑+O2↑，当转移相同电子时，阳极产物与阴极产物质量32:(2×2)=8:1，C符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎9.在体积都为‎1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入‎0.65g锌粒，则图所示比较符合客观事实的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1L‎、pH值等于2的盐酸溶液中c(H+)=0.01 mol∙L−1，n(H+)=0.01mol；‎1L、pH值等于2的醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下氢离子浓度c(H+)=0.01 mol∙L−1，n(H+)=0.01mol，但溶 液中醋酸的物质的量大于0.01mol；‎0.65g锌粒物质的量，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol；醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中。‎ ‎【详解】A. 已知开始时，溶液的pH值为2，图中开始时溶液的pH=0，故A错误；‎ B. 反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同，曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，故B错误；‎ C. 产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象符合题意，故C正确；‎ D. 反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎10.室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液 ②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是(　　)‎ A. 加入少量H2O B. 加入少量NaOH固体 C. 通入少量HCl气体 D. 升高温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，NH3·H2O溶液加入少量H2O，平衡正向移动，铵根离子浓度减小，故A不符合题意；‎ B选项，NH3·H2O溶液加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，铵根离子浓度减小，故B不符合题意；‎ C选项，NH3·H2O溶液通入少量HCl气体生成氯化铵，铵根离子浓度增大，NH4Cl溶液通入少量HCl气体，抑制铵根水解，平衡逆向移动，铵根离子浓度增大，故C符合题意；‎ D选项，NH3·H2O溶液升高温度，平衡正向移动，铵根离子浓度增大，NH4Cl溶液升高温度，水解平衡正向移动，铵根离子浓度减小，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎11.25℃‎时，在10mL浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 A. 未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)‎ B. 加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)‎ C. 加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)‎ D. 加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；‎ B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；‎ C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；‎ D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=‎2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；‎ 此题选B。‎ ‎12.有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是（ ）‎ A. 甲中负极反应式为2H＋＋2e－=H2↑‎ B. 乙中阳极反应式为Ag＋＋e－=Ag C. 丙中H＋向碳棒方向移动 D. 丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知：甲图为原电池，其中Zn为负极，失去电子，生成Zn2+；乙图为电解池，银与电源的正极相连接，为阳极，发生氧化反应；丙图为原电池，铁作负极，失去电子发生氧化反应，电解液中的H+得到电子，发生还原反应；丁图为电解池，铁与电源的负极相连，为阴极，Pt与电源的正极相连，为阳极，阳极上I-先失去电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】A. 甲图中Zn为负极，失去电子，生成Zn2+，电极反应式为：Zn-2e－= Zn2+，A项错误；‎ B. 乙图中银与电源的正极相连接，为阳极，发生氧化反应。乙中阳极反应式为Ag-e－=Ag＋，B项错误；‎ C. 丙中铁作负极，失去电子发生氧化反应，电解液中的H+得到电子向正极移动，即H＋向碳棒方向移动，C项正确；‎ D. 丁图中Pt与电源的正极相连，为阳极，阳极上I-先失去电子发生氧化反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题的重点和难点是原电池正负极以及电解池阴阳极的判断：‎ ‎①原电池正、负极的判断：‎ ‎②电子和离子的移动方向(惰性电极)‎ ‎13.物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是( )‎ A. Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl B. Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl C. NH3•H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4‎ D. NaHCO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解溶液呈酸性，KCl是强碱强酸盐溶液，呈中性，pH值较大应是KCl，正确的顺序为Ba(OH)2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A错误；‎ B．SiO32-和CO32-是弱酸酸根，水解会使溶液显碱性，酸性越弱，水解程度更强，碳酸的酸性强于硅酸，则等物质的量浓度下，Na2SiO3溶液的pH值较大，而KNO3溶液呈中性，NH4+水解使NH4Cl溶液显酸性，pH值大小排序正确，故B正确；‎ C．H3PO4显酸性，Na2SO4为中性，pH值较大应是Na2SO4，故C错误；‎ D．C2H5OH呈中性，CH3COOH呈酸性，pH值较大应是C2H5OH，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.四个电解装置都以Pt作电极，它们分别装着如下电解质溶液进行电解，电解一段时间后，测定其pH变化，所记录的结果正确的是 选项 A B C D 电解质溶液pH 变化 HCl AgNO3‎ KOH BaCl2‎ pH变化 减小 增大 增大 不变 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、惰性电极电解盐酸溶液，阳极氯离子放电，阴极是氢离子放电，盐酸浓度降低，pH增大，A错误；‎ B、惰性电极电解硝酸银溶液，阴极氢氧根放电，阳极银离子放电，同时还有硝酸生成，氢离子浓度增大，pH减小，B错误；‎ C、惰性电极电解氢氧化钾溶液，实质是电解水，氢氧化钾浓度增大，pH增大，C正确；‎ D、惰性电极电解氯化钡溶液，阳极氯离子放电，阴极是氢离子放电，同时生成氢氧化钡，氢氧根浓度增大，pH增大，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是( )‎ A. Na+、Fe2+、NO3-、Cl- B. Na+、K+、NO3-、Cl-‎ C. Na+、K+、AlO2-、Cl- D. NH4+、K+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-13mol/L，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，‎ A．碱性溶液中不能大量存在Fe2+，酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意； ‎ B．无论酸性溶液、还是碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B符合题意； ‎ C．酸性溶液中不能大量存在AlO2-，故C不符合题意； ‎ D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，碱性溶液中不能大量存在NH4+和HCO3-，故D不符合题意； ‎ 答案选B。‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在一定温度下AgCl水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数 B. AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)且Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10‎ C. 温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液 D. 向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在一定温度下，在任何饱和AgCl溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数，若溶液未达到饱和，Ag+和Cl-浓度的乘积小于Ksp，故A错误；‎ B. AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中， Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10，但c(Ag+)、c(Cl-)不一定相等，故B错误；‎ C. 温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液，故C正确；‎ D. Ksp只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；‎ 选C。‎ ‎17.现有常温下的四种溶液(如下表)，下列有关叙述中正确的是()‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸 pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ A. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③‎ B. 温度下降‎10℃‎，四种溶液的pH均不变 C. 在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体体后，①的pH减小，②的pH不变 D. 将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．分别加水稀释10倍，①②是一类，①是弱碱，加水稀释时，由于一水合氨还会电离产生OH-，所以总体比较，氨水中的OH-浓度要大于氢氧化钠的，所以溶液的pH：①＞② ；③④是一类，③是弱酸，加水稀释时，由于醋酸还会电离产生H+，所以，总体比较，醋酸中的H+浓度要大于盐酸的，所以溶液的pH：④＞③，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，故A正确 ；‎ B．温度下降‎10℃‎，①③是弱电解质，会发生电离平衡移动以及水的离子积变化，导致pH变化，故B错误；‎ C．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，因为铵根要结合氢氧根，所以两溶液的pH均减小，故C错误；‎ D．①、④两溶液等体积混合，由于一水合氨还会电离，溶液显碱性，所得溶液中c(NH4 +)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎18.根据下列事实：①X＋Y2+＝X2+＋Y；②Z＋H2O（冷）＝Z(OH)2＋H2↑；③Z2+氧化性比X2+弱；④由Y、W电极组成的电池，电极反应为W2+＋2e-＝W、Y－2e-＝Y2+，可知X、Y、‎ Z、W的还原性由强到弱的顺序为 （ ）‎ A. X > Z > Y > W B. Z > W > X > Y C. Z > Y > X > W D. Z > X > Y > W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在比较金属性强弱时一般可以借助元素周期律，也可以是与水反应的难易程度，或者与酸反应置换出氢气的难易程度，或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱以及相应之间的转化能力。根据①说明X＞Y，根据②说明Z最活泼。根据③说明Z＞X，由④说明Y＞W。综上所述，还原性由强到弱的顺序为：Z > X > Y > W，所以答案是D。‎ ‎19.分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是( )‎ A. ①②中Mg作负极，③④中Fe作负极 B. ②中Mg作正极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑‎ C. ③中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+‎ D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．①中Mg为负极，②中电解质溶液为氢氧化钠，Al和氢氧化钠反应，则Al为负极，③中Fe在浓硝酸中发生钝化，Cu为负极，④中Fe为负极， 故A错误；‎ B．②中Mg作正极，正极上氢离子得到电子，则正极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；‎ C．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，③中Fe作正极，故C错误； ‎ D．④中Cu作正极，正极上氧气得到电子，则电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.H‎2A为二元弱酸，则下列说法正确的是 A. 在溶质物质的量相等的Na‎2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等 B. 在等物质的量浓度的Na‎2A、NaHA两溶液中，前者pH大于后者 C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 在Na‎2A溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋c(A2－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.阴离子在溶液中水解会导致阴离子数目增大，A2-、HA-的水解程度不同，在溶质物质的量相等的Na‎2A、NaHA两溶液中，阴离子总数不相等，故A错误；‎ B. 在等物质的量浓度的Na‎2A、NaHA两溶液中，A2-、HA-的水解程度不同，Na‎2A水解程度大，溶液碱性强，前者pH大于后者，故B正确；‎ C. 在NaHA溶液中弱酸根离子存在电离平衡和水解平衡，溶液酸碱性取决于二者程度大小，在NaHA溶液中不一定有：c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；‎ D. 在Na‎2A溶液中一定有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+‎2c（A2-），故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.金属镍有广泛的用途。 粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍(已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+)，下列叙述正确的是()‎ A. 阳极发生还原反应，其电极反应：Ni2++2e-=Ni B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C. 电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+‎ D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阳极发生氧化反应，比金属镍活泼的金属在阳极都可放电，其电极反应式：Zn-2e- =Zn2+，Fe-2e- =Fe2+，Ni-2e-= Ni2+，故A错误；‎ B．根据A项分析，电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni，阴极析出的是镍，根据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；‎ C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，故C错误；‎ D．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是 A. A、B之间任意一点，溶液中一定都有c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B. B点，a＞12．5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H＋)‎ C. C点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ D D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝‎2c(Na＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当加入少量醋酸时，可能存在c(Na+)>c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H+)，故A错误；‎ B．在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）=c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；‎ C．C点溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+（OH-），所以c（CH3COO-）＞c（Na+），故C错误；‎ D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=‎2c（Na+），故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎23.借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说法不正确的是 ‎ ‎ ‎ A. 该装置可将太阳能转化为化学能 B. 催化剂b附近的溶液pH增大 C. 吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2‎ D. 催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该装置没有外加电源，是通过光照使SO2发生氧化反应，把光能转化为化学能，故A正确； B.由图示可看出，电子由b表面转移到a表面，因此b表面发生氧化反应，根据题意SO2转化为H2SO4，因此催化剂b表面SO2发生氧化反应，生成硫酸，使催化剂b附近的溶液pH减小，故B错误；‎ C. 根据电子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2，故C正确；‎ D.催化剂a表面H2O发生还原反应生H2，催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正确；‎ 综上所述，本题正确答案：B。‎ ‎【点睛】在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，整个反应过程中，得失电子守恒。‎ ‎24.工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，这些杂质不利于锌的电解，必须事先除去。‎ 现有下列试剂可供选择：①酸性KMnO4溶液　②NaOH溶液　③ZnO　④H2O2溶液　⑤Zn   ⑥Fe　⑦AgNO3　⑧Ag2SO4‎ 下列说法不正确的是 A. 用酸性KMnO4溶液将Fe2+氧化成Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀除去 B. 用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀 C. 在实际生产过程中，加入Ag2SO4可除去Cl-，利用的是沉淀转化的原理 D. 可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，在酸性条件下，用H2O2溶液将Fe2+氧化Fe3+；在不引入杂质的前提下，加入ZnO或ZnCO3调节溶液pH使Fe3+沉淀除去；加入Ag2SO4除去Cl-(AgCl比Ag2SO4更难溶的性质，从而发生沉淀的转化)。‎ ‎【详解】A、Fe3+比Fe2+更易水解形成Fe(OH)3沉淀，但用酸性KMnO4溶液氧化Fe2+时，会引入Mn2+等杂质离子，这些离子在后续反应中难以除去，影响生产，工业上采用H2O2溶液将Fe2+氧化Fe3+，故A符合题意；‎ B、加入ZnO的目的是消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，使Fe3+等形成氢氧化物沉淀而不引入新的杂质，故B不符合题意；‎ C、利用AgCl比Ag2SO4更难溶的性质，从而发生沉淀的转化，故C不符合题意；‎ D、ZnCO3也可消耗溶液中的氢离子，调节溶液的酸碱性，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎【点睛】注意：在用化学方法除杂时，应在保证不因为新杂质的前提下，进行除杂。如湿法炼锌过程中采用氧化剂双氧水氧化二价铁离子，而不采用氧化剂酸性KMnO4，因为会引入Mn2+等杂质离子，这些离子在后续反应中难以除去；湿法炼锌过程采用氧化锌或碳酸锌调节pH也是为了不引入新的杂质。‎ 二、非选择题 ‎25.水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。要保护好河流，河水是重要的饮用水源，污染物通过饮用水可直接毒害人体。也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：‎ ‎(1)‎25℃‎时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为________，由水电离出的c(OH-)=_______mol/L ‎(2)纯水在‎100℃‎时，pH=6，该温度下1mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的 c(OH-)=_______mol/L。‎ ‎(3)体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH溶液与一元酸HX溶液，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示，则HX的电离平衡常数___(填”大于””小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。‎ ‎(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：‎ 化学式 电离平衡常数(‎25℃‎)‎ HCN K=4.9×10-10‎ CH3COOH K==1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10-7、K2=5.6´10-11‎ ‎①‎25℃‎时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___。‎ ‎②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为______‎ ‎(5)‎25℃‎时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中 c(CH3COO-)-c(Na+)=_____(填精确值)mol/L ‎【答案】 (1). CO32—＋H2OHCO3—＋OH－、HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－ (2). 10－3 (3). 10－12 (4). 小于 (5). pH(Na2CO3溶液)＞pH(NaCN溶液)＞pH(CH3COONa溶液) (6). NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3 (7). 9.9×10－7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，盐溶液中盐的水解促进水的电离；‎ ‎（2）纯水在‎100℃‎时，pH=6，Kw=10-12，据此计算水电离出的氢氧根离子浓度；‎ ‎（3）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；‎ ‎（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎（5）溶液中的电荷守恒来分析，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因此c(CH3COO－)－c(Na＋)= c(H＋)－c(OH－)。‎ ‎【详解】（1）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为CO32—＋H2OHCO3—＋OH－、HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－，其pH=11，则c(OH-)=0.001mol/L，全部由水电离产生，故答案为：CO32—＋H2OHCO3—＋OH－、HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－；0.001；‎ ‎（2）纯水在‎100℃‎时，pH=6，Kw=10-12，该温度下1molL-1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12mol/L，故答案为：10-12；‎ ‎（3）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱，HX的电离平衡常数比醋酸小，故答案为：小于；‎ ‎（4）①根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故答案为：pH(Na2CO3溶液)＞pH(NaCN溶液)＞pH(CH3COONa溶液)；‎ ‎②根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ ‎（5）‎25℃‎时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的pH=6，即c（H+）=10-6mol/L，由于水的离子积为10-14，故c(OH-)=10-8mol/L；‎ 根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因此c(CH3COO－)－c(Na＋)= c(H＋)－c(OH－)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，故答案为：9.9×10-7。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，解题思路为：根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，（3）小题注意加水稀释时，pH变化较大的溶液酸性较强。‎ ‎26..某课外活动小组同学用下图装置进行实验，试回答下列问题。‎ ‎(1)若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为________________________。‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为_____，总反应的离子方程式为_________________，有关该实验的下列说法正确的是(填序号)___________。‎ ‎①溶液中Na+向A极移动 ②从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝 ③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度 ④若标准状况下B极产生‎2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子 ‎(3)该小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，设想用下图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。‎ ‎①该电解槽的阳极反应式为___________。此时通过阴离子交换膜的离子数_____(填“大于”或“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。‎ ‎②制得的氢氧化钾溶液从_____________________________________________________________出口 (填写“A”、“B”、“C”、“D”)导出。‎ ‎③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因_______________________。‎ ‎④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe －2e = Fe2+ (2). 2H++ 2e-= H2↑ (3). 2Cl-+ 2H2O 电解 2OH-+ H2↑ + Cl2↑ (4). ② (5). 4OH--4e-=2H2O + O2↑ (6). ﹤ (7). D (8). H+放电，促进水的电离，OH-浓度增大 (9). O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若开始时开关K与a连接时，组成原电池，B极为负极，电极反应式为Fe －2e = Fe2+ ；(2)若开始时开关K与b连接时组成电解池，B极为阴极，H+和Na+向B极移动，H+得电子，电极反应式为2H++ 2e-= H2↑，A极Cl-失去电子，逸出Cl2，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，总反应的离子方程式为2Cl-+ 2H2O 电解 2OH-+ H2↑ + Cl2↑；B极生成标准状况下‎2.24 L气体，即0.1mol H2，转移0.2 mol电子，但是溶液中无电子转移。反应一段时间后通 入氯化氢气体可恢复到电解前电解质的浓度。选择②；‎ ‎(3)阳极氢氧根和硫酸根中氢氧根失去电子，4OH--4e-=2H2O + O2↑；此时通过阴离子交换膜的是OH-、SO42-，通过阳离子交换膜的是K+、H+，OH-和 H+相等，SO42-是K+的一半，所以通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数。‎ 通电开始后阴极H+放电，促进水电离，OH-浓度增大。‎ ‎④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，电池正极反应掉O2，电极反应式为O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-。‎ ‎27.某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、液氨、氯化铵为原料，在活性炭催化下合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。‎ ‎①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L—1的盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L—1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。‎ ‎②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置中安全管的作用原理是_________。‎ ‎（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_____式滴定管，可使用的指示剂为________。‎ ‎（3）样品中氨的质量分数表达式为____________。‎ ‎（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将___（填“偏高”或“偏低”）。‎ ‎（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是___________；滴定终点时，若溶液中c(Ag ‎＋)=2.0×10—5mol·L—1，c(CrO42—)为______mol·L—1。（已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10—12）‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨、氯物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为______，制备X的化学方程式为____________________；X的制备过程中温度不能过高的原因是__________________。‎ ‎【答案】 (1). 当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定 (2). 碱 (3). 酚酞（或甲基红） (4). (c1V1—c2V2)×10—3×17/w×100% (5). 偏低 (6). 防止硝酸银见光分解 (7). 2.8×10－3 (8). +3 (9). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O (10). 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定；‎ ‎（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂；‎ ‎（3）与氨气反应的n（HCl）＝V1×10‎-3L×c1mol•L-1-c2mol•L-1×V2×10‎-3L＝（c1V1-c2V2）×10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）＝n（HCl）＝（c1V1-c2V2）×10-3mol，氨的质量分数＝；‎ ‎（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低。‎ ‎（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；根据铬酸银的溶度积常数可知c（CrO42-）=。‎ ‎（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O；双氧水易分解、‎ 气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高。‎ ‎【点晴】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意综合实验设计题的解题思路，即（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。‎ ‎28.如图是一个电化学过程的示意图，请按要求回答下列问题 ‎ ‎(1)甲池是 _______装置(填“原电池”或“电解池”)‎ ‎(2)写出电极反应式：通入 CH4的电极________； A(Fe)电极_______    。 ‎ ‎(3) 反应一段时间后，甲池中消耗 ‎1.6g甲烷，则乙池中某电极的质量增加 _____ g。 ‎ ‎(4)反应一段时间后，乙池中溶液成分发生了变化，想要完全恢复到电解前可加入的物质是____ ‎ ‎(5)某工厂烟气中主要含SO2，可用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。‎ ‎①图中a极要连接电源的______(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是______。‎ ‎②SO32-放电电极反应式为______。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+ 7H2O (3). Ag++e-=Ag (4). ‎86.4g (5). Ag2O (6). 负 (7). 较浓的硫酸 (8). SO32--2e-= SO42-+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】（1）甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池；‎ ‎（2）燃料电池中甲烷失电子，发生氧化反应，注意还要考虑电解质的后续反应，故电极反应式为：CH4-8e-+10OH- =CO32-+ 7H2O，铁与电源负极相连作阴极，溶液中银离子在阴极A得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e- =Ag；‎ ‎（3）甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为:CH4-8e-+10OH-=CO32-+ 7H2O，消耗‎1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，转移电子0.8mol，根据Ag++e-=Ag，乙池阴极增重银的质量为：0.8mol×‎108g/mol=‎86.4g；‎ ‎（4）乙池电池反应式为4AgNO3+2H2O=4Ag+O2↑+4HNO3，向溶液中加入氧化银，氧化银与硝酸反应又生成硝酸银和水，可使溶液恢复到电解前的状况；‎ ‎（5）①由图可知，Na+移向a极，所以a极为阴极，连接电源负极，b极为阳极，连接电源负极，SO32-失电子，发生氧化反应生成SO42-，所以C口流出较浓的硫酸；‎ ‎②SO32-在阳极放电，发生氧化反应生成硫酸根，电极反应式为：SO32--2e-= SO42-+2H+。‎ ‎【点睛】电化学试题首先要判断装置是电池还是电解池，再判断电极，在分析电极反应式时根据氧化还原的基本原理进行，特别注意电解质的后续反应。‎ ‎29.毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：‎ ‎(1)写出“浸取”环节发生的主要离子方程式______。实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______。(双选，填选项字母)‎ a．烧杯    b．容量瓶    c．滴定管      d．玻璃棒 ‎(2)下图是一些难溶氢氧化物在不同pH下的沉淀一溶解图 已知：Ksp(BaC2O4)= 1.6×10-7， Ksp(CaC2O4)= 2.3×10-9，‎ ‎①滤渣I中含 _____(填化学式)。再加入NaOH调节pH=12.5可除去______(填离子符号)‎ ‎②加入H‎2C2O4应避免过量的原因是________‎ ‎(3)‎25℃‎， H‎2C2O4的电离平衡常数如下： ‎ H‎2C2O4‎ Ka1=5.36×10-2‎ Ka2=5.35×10-5‎ ‎①HC2O4-的电离平衡常数表达式  Ka2=__________‎ ‎②NaHC2O4溶液呈_______(酸性、碱性、中性)‎ ‎【答案】 (1). BaCO3 + 2H+ == Ba2+ + CO2 ↑+ H2O (2). AD (3). Fe(OH)3 (4). Mg2+ 、Ca2+ (5). H‎2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少 (6). Ka2= (7). 酸性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+‎ 完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H‎2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O，‎ ‎（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；加入过量H‎2C2O4，易发生Ba2++H‎2C2O4═BaC2O4↓+2H+，产品的产量减少；‎ ‎（3）①HC2O4-溶液中存在电离平衡，结合电离平衡方程式书写电离平衡常数的表达式；‎ ‎②比较HC2O4-的电离常数和水解常数，判断其溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】（1）用15%盐酸浸取时，毒重石的主要成分BaCO3溶解BaCO3+ 2H+== Ba2++ CO2↑+ H2O。用37%的盐酸配置15%的盐酸，先后使用的仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，故选AD，故答案为：BaCO3+ 2H+== Ba2++ CO2↑ + H2O；AD；‎ ‎（2）①根据沉淀溶解图，pH在3.3～9.2之间，Fe2+完全沉淀，而Mg2+、Ca2+不会沉淀。用氨水调节pH=8时，滤渣I为Fe(OH)3，同理，再加入NaOH调节pH=12.5时Mg2+完全沉淀，而Ca2+部分沉淀，故答案为：Fe(OH)3；Mg2+、Ca2+；‎ ‎②加入H‎2C2O4是为了除去溶液中剩余的Ca2+，因BaC2O4难溶于水，H‎2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产品BaCl2•2H2O产量减少；故答案为：H‎2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少；‎ ‎（3） ①HC2O4-的电离方程式为：HC2O4-H++ C2O42-，故表达式为Ka2=；‎ ‎②HC2O4-的电离常数为Ka2=，HC2O4-的水解常数为Kh2==，故HC2O4-以电离为主，NaHC2O4溶液呈酸性，故答案为：酸性。‎ ‎【点睛】解答工业流程题，关键是分析流程的转化过程，试题难点是（3）第②问，判断多元弱酸酸式盐的酸碱性，需比较酸式根的电离常数和水解常数，要理清电离常数、水解常数、Kw三者的关系。‎