四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 要使0， 下列离子方程式书写错误的是， 阿伏加德罗常数的值为NA等内容，欢迎下载使用。

绵阳南山中学2023年春季高2021级半期考试
化学试题
满分100分，考试时间80分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Ag108 Cu64 Cr52
第I卷(选择题 共42分)
一、选择题(每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
B. 盐碱地不利于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性
C. 肥皂和厕所清洁剂都是碱性的，而厨房清洁剂是酸性的
D. “西气东输”工程中的气体是天然气，天然气是高效清洁燃料和重要化工原料
【答案】C
【解析】
【详解】A．黄铜(铜锌合金)的抗腐蚀性能交换，故其制作的铜锣不易产生铜绿，A正确；
B．石膏为硫酸钙，可以和盐碱地中的碳酸钠反应转化为碳酸钙，故盐碱地不利于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性，B正确；
C．肥皂和厨房清洁剂都是碱性的，而是厕所清洁剂酸性的，C错误；
D．天然气主要成分为甲烷，甲烷是高效清洁燃料和重要化工原料，D正确；
故选C。
2. 要使0.01mol/LK2CO3溶液中的c()更接近0.01mol/L，可以采取的措施是
A. 通入CO2 B. 加入Na2CO3固体
C. 加热 D. 加入适量KOH固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因发生+CO2+H2O=2，导致浓度小于0.01mol/L，A不合题意；
B．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入Na2CO3固体，导致浓度大于0.01mol/L，B不合题意；
C．加热能够促进水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中浓度小于0.01mol/L，C不合题意；
D．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入适量KOH固体，由于OH-浓度增大，抑制水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中浓度接近0.01mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
3. 下列烷烃的一氯代物中没有同分异构体的是
A. 丙烷 B. 2-甲基丙烷 C. 丁烷 D. 新戊烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烷（）有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，A错误；
B．2-甲基丙烷：，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，B错误；
C．丁烷：，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，C错误；
D．新戊烷：，只有一种氢原子，一氯代物只有1种结构，没有其他的同分异构体，D正确；
故选D。
4. 下列离子方程式书写错误的是
A. 用铜作电极电解AgNO3溶液：4Ag+＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H+
B. 小苏打溶液呈碱性：＋H2O⇌H2CO3＋OH-
C. 向AgCl悬浊液中加入Na2S固体：2AgCl(s)＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq)
D. 用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．用铜作电极电解AgNO3溶液则阳极上Cu失电子转化为Cu2+，阴极上是Ag+得到电子转化为Ag，故该电解方程式为：Cu+2Ag+2Ag＋Cu2+，A错误；
B．小苏打溶液呈碱性由于碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子即＋H2O⇌H2CO3＋OH-，B正确；
C．向AgCl悬浊液中加入Na2S固体发生沉淀的转化，该转化方程式为：2AgCl(s)＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq)，C正确；
D．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+产生蓝色沉淀即Fe3[Fe(CN)6]2↓，故该离子方程式为2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，D正确；
故答案为：A。
5. 在一定温度下氢氧化钙的悬浊液中，加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度。下列叙述不正确的是
A. 溶液的pH不变 B. 溶液中钙离子数目减少
C. 溶液中钙离子浓度不变 D. 氢氧化钙的溶度积常数变小
【答案】D
【解析】
【详解】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca(OH)2，消耗水，溶液中c(Ca2+)、c(OH-)增大，由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，即溶液中Ca2+和OH-的物质的量减少，但饱和溶液的浓度和沉淀的溶解平衡的溶度积Ksp只与温度有关，故温度不变，溶液中各离子浓度和Ksp保持不变，即溶液的pH不变，溶液中钙离子数目减少，溶液中钙离子浓度不变，则A、B、C均正确，氢氧化钙的溶度积常数不变，D错误；故答案为：D。
6. 常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是
A. c(H＋)：CH3COOH>HCOOH
B. 等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH3COOH
C. HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H2O
D. 将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电离常数可知，则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液，溶液中氢离子浓度等于乙酸溶液，故A错误；
B．由分析可知，甲酸与乙酸的浓度相同、体积相同则物质的量相同，氢原子个数相同，与过量的镁反应，酸完全反应，则根据原子守恒，产生的氢气的量相同，故B错误；
C．甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成甲酸钠和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．电离常数为温度函数，温度不变，电离常数不变，则乙酸溶液稀释过程中，甲酸的电离常数保持不变，故D正确；
故选D。
7. 家庭常使用天然气或者液化石油气(主要成分为C3H8)为燃料，现在以一套液化石油气为原料的灶具改为烧天然气，应采取的措施是
A. 增大空气进量，增大天然气进量 B. 减小空气进量，减小天然气进量
C. 减小空气进量，增大天然气进量 D. 增大空气进量，减小天然气进量
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷和氧气点燃生成水和二氧化碳，；C3H8氧气点燃生成水和二氧化碳，；由方程式可知，等体积的甲烷相比等体积的液化石油气耗氧量减小，故液化石油气为原料的灶具改为烧天然气后，应该减小空气进量，增大天然气进量；
故选C。
8. 氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A. 放电时，a是电源的负极
B. 放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2-2e-=LaSrMnO4＋2F-
C. 充电时，电极a接外电源的正极
D. 可将含F-的有机溶液换成水溶液以增强导电性
【答案】C
【解析】
【分析】由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答；
【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；
B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B错误；
C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C正确；
D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；
答案选C。
9. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A. 常温下，pH=7的醋酸铵溶液中由水电离出的OH-数目为10-7NA
B. 1L0.1mol/LNaClO溶液中含有的ClO-数目为NA
C. 在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移的电子数为NA
D. 标准状况下，22.4LC6H14中含有单键数目为19NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．水电离的氢离子浓度为10-7mol/L，因未注明溶液体积，所以无法计算离子个数，A错误；
B．因ClO-离子发生水解，故在溶液中ClO-的个数小于NA，B错误；
C．阴极发生电极反应，，，则转移电子数为NA，C正确；
D．标准状况下C6H14为液体，无法根据体积计算物质的量，D错误；
故答案为：C。
10. 下列电化学装置完全正确是
A．防止铁被腐蚀
B．铁件上镀银


C．粗铜精炼
D．铜锌原电池



A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．该电解池装置中，铁作为阴极，被保护，A正确；
B．铁件上镀银，应该将银放在阳极，发生反应：，铁放在阴极，发生反应：，生成的银单质附着在铁上，B错误；
C．电解精炼铜，是将粗铜放在阳极，发生反应：,纯铜放在阴极，发生反应：，C错误；
D．铜锌原电池中，锌电极应该置于溶液中，铜电极置于溶液中，D错误；
故选A。
11. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A. 在溶液中
B. 在溶液中
C. 在溶液中
D. 氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在溶液中，离子浓度大小为：，故A正确；
B．在溶液中，根据电荷守恒得到，故B错误；
C．在溶液中，根据物料守恒得到，故C错误；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则，根据电荷守恒，则，故D错误；
故选A。
12. 科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是
A. 放电时，负极反应为Zn-2e-＋4OH-=
B. 放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数目为1NA
C. 充电时，电池总反应为2=2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
D. 充电时，正极溶液中OH-浓度降低
【答案】B
【解析】
【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答；
【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为： ，故A正确；
B．放电时，CO2转化HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B错误；
C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确；
D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D正确；
故答案为：B。
13. 常温下，金属离子(Mn+)浓度的负对数pM[pM=-lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示。当c(Mn+)≤10-6mol/L时认为该金属离子已沉淀完全，下列叙述正确的是

A. 常温下，Mg(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解度小
B. 常温下，Fe(OH)3的溶度积常数为1.0×10-39
C. 除去含Cu2+溶液中的少量Fe2+，可加入适量H2O2后控制溶液3≤pH<7
D. 能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知Mg(OH)2和Cu(OH)2完全沉淀时， Mg(OH)2所需pH值更大，推知Mg(OH)2溶度积常数大于Cu(OH)2，二者为相同类型的沉淀，溶度积常数越大，溶解度越大，所以Mg(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解度大，A错误；
B．由点(3,6)可知，此时pH=3，pOH=11，则，B正确；
C．由图可知，当三价铁离子完全沉淀时，铜离子未开始沉淀，所以除去含Cu2+溶液中的少量Fe2+，可加入适量H2O2将亚铁离子氧化为三价铁离子，之后控制溶液3≤pH＜4，使二者分离，C错误；
D．由图可知当亚铁离子完全沉淀时，镁离子也已经开始沉淀，无法通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+，D错误；
故选B。
14. 支撑海港码头基础的防腐技术，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述正确的是

A. 高硅铸铁作用为传递电流和损耗阳极材料
B. 通电后外电路电子被强制从钢管桩流向高硅铸铁
C. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
D. 该防腐技术为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】C
【解析】
【详解】A．高硅铸铁为惰性辅助阳极，作用为传递电流，没有作损耗阳极材料，A错误；
B．高硅铸铁为阳极，通电后，电子从阳极（高硅铸铁）经导线流向电源正极，负极流向阴极（钢管柱），B错误；
C．钢管桩为电解池的阴极，没有被损耗，其表面腐蚀电流接近为零，C正确；
D．在电流的作用下，该装置为外接电源的阴极保护法，D错误；
故选C。
第II卷(非选择题 共58分)
二、(本题包括2小题，共24分)
15. 填空。
（1）书写对应的化学用语：
①氯化铁溶液可作净水剂，离子方程式解释其原理为___________。
②氯碱工业对应的离子方程式为___________。
（2）已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp数值分别为2.0×10-12和2.0×10-10，在化学分析中采用K2CrO4作指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag＋与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-6mol/L)时，溶液中c(Ag＋)为___________mol/L，此时溶液中c()等于___________mol/L。
（3）常温下，有下列4种溶液
a：pH=11的氨水 b：pH=11的氢氧化钠溶液 c：pH=3的醋酸 d：pH=3的盐酸
①在a和b中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均___________，(填“增大”“减小”或“不变”)，从平衡移动角度解释a溶液中pH变化的原因___________。
②将溶液a和d按比例混合后溶液恰好为中性，所得溶液中离子浓度从大到小排列的顺序为___________，该溶液中水电离的氢离子浓度为___________mol/L。
③将xL溶液d与yL溶液b混合后，所得溶液的pH=4，则x：y=___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. 减小 ②. 水中存在电离：，加入适量的氯化铵晶体后，浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，溶液的减小 ③. ④. ⑤.
【解析】
【小问1详解】
氯化铁溶液可作净水剂，是因为水解生成胶体，胶体具有吸附性，离子方程式为：；氯碱工业是电解饱和食盐水，生成和烧碱，对应的离子方程式为：；
【小问2详解】
的，当刚好完全沉淀时，，的，；
【小问3详解】
①氨水中存在电离：，加入适量的氯化铵晶体后，浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，溶液的减小；氢氧化钠溶液中的电离：，加入适量的氯化铵晶体后，与反应，浓度减小，溶液的减小；
②若pH=11的氨水和pH=3的盐酸混合后溶液显中性，所得溶液中的溶质为：和，根据电荷守恒：，，水电离产生的，所以，所以离子浓度的大小关系为：；
③将xLpH=3的盐酸溶液与yL pH=11的氢氧化钠溶液混合后，所得溶液的pH=4，则，。
16. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量(通常以1L废水中的微粒质量计量)的方法如下：
步骤I：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：＋6I-＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O
步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a

（1）取Na2S2O3固体配制100mL0.1000mol/LNa2S2O3溶液需要的定量仪器有托盘天平、量筒和___________。
（2）步骤I量取30.00mL废水选择的仪器是___________。
（3）步骤III中滴加的指示剂为___________；滴定达到终点时的实验现象是___________。
（4）步骤III中a的读数如图所示，则：

①a=___________mL。
②计算废水中含量为___________g/L。
（5）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是___________(填字母)。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）酸式滴定管或移液管
（3） ①. 淀粉试剂 ②. 滴入最后1滴溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色
（4） ①. 18.20 ②. 2.16 （5）CD
【解析】
【小问1详解】
配置一定物质的量浓度的溶液需要的定量仪器有托盘天平、量筒和100mL容量瓶；
【小问2详解】
废水中含有稀硫酸因此移取废水可以用酸式滴定管，也可以用移液管；
【小问3详解】
①步骤III中含有步骤II得到的，用滴定可以得到，因此选择滴加的指示剂淀粉试剂；
②滴入最后1滴溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色，即达到滴定终点；
【小问4详解】
①滴定管"0"刻度在上，精确到0.01mL,a值18.20mL；
②根据表格可知，第一次消耗体积为18.01mL,第二次消耗体积为17.99mL，第三次消耗体积为18.00mL，三次体积取平均值得，的物质的量为，根据方程式，可知,则，,30mL废水中含有，则废水中的含量为；
【小问5详解】
根据可知，待测浓度偏高，则浓度偏高；
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成偏小，根据分析，偏低，A项错误；
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)没有影响，则c(待测)无影响，B项错误；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高，C项正确；
D．用蒸馏水洗后未用标准液润洗，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高，D项正确；
答案选CD。
三、(本题包括2小题，共25分)
17. 电化学知识给人类的生活和工业生产带来极大的方便。回答下列问题：
（1）碱性锌锰电池的总反应式为Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2。负极材料为___________，该电池正极反应式为___________。
（2）甲烷燃料电池为绿色化学电源，以NaOH溶液为电解质溶液时，负极的电极反应式为___________。
（3）用如图装置电解硫酸钾溶液，可获得H2、O2、硫酸和氢氧化钾溶液。X电极上发生的电极反应为___________。氢氧化钾溶液从___________口导出(填“A”或“D”)，M、N交换膜中属于阳离子交换膜的是___________(填“M”或“N”)。

（4）如图所示，若电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g。试回答下列问题：

①电源中Y极是___________(填“正”或“负”)极。
②通电10min时，B中共收集到392mL(标准状况)气体，溶液体积为200mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)=___________mol/L，如果电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为___________。
③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则电解后溶液的pH=___________。
【答案】（1） ①. 锌 ②. 2MnO2＋2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-
（2）
（3） ①. ②. D ③. N
（4） ①. 正 ②. 0.100mol/L ③. CuO和H2O ④. 13
【解析】
【小问1详解】
由总反应可知，锌发生氧化反应为负极；二氧化锰得到电子发生还原反应生成MnOOH为正极，反应为2MnO2＋2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-；
【小问2详解】
甲烷燃料电池中甲烷失去电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成碳酸根离子和水，作为负极，故负极反应为；
【小问3详解】
用如图装置电解硫酸钾溶液，可获得H2、O2、硫酸和氢氧化钾溶液；则X电极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，发生的电极反应为；Y电极上水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，中间室中硫酸根离子向左侧迁移，在左室得到硫酸，中间室中钾离子向右侧迁移，在右室得到氢氧化钾，故M、N交换膜中属于阳离子交换膜的是N，氢氧化钾溶液从D口导出；
【小问4详解】
①电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，则银电极发生氧化反应，为阳极，与之相连的为Y 为正极，则X为负极；
②电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，反应0.05mol银，，电路中转移0.05mol电子；
通电10min时，B中共收集到392mL(标准状况)气体，总的物质的量为0.0175mol；右侧阳极反应为，根据电子守恒，生成0.0125mol氧气；则左侧阴极会发生反应，生成氢气0.0175mol-0.0125mol=0.005mol，消耗电子0.01mol，则反应中消耗电子0.05mol-0.01mol=0.04mol，反应铜离子为0.02mol，溶液体积为200mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)= 0.02mol÷0.2L=0.100mol/L，该电解过程中初始生成铜和氧气，后期为电解水生成氢气和氧气，故如果电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为CuO和H2O。
③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则阴极反应为，根据电子守恒可知，生成0.05mol氢氧根离子，则电解后溶液的氢氧根离子浓度为0.05mol÷0.5L=0.1mol/L，pOH=1，则pH=13。
18. 氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下：

已知：常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。
（1）滤渣A主要成分的化学式为___________。
（2）滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为___________。
（3）加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C主要成分是___________。
（4）滤液3加入盐酸酸化后再经___________、___________、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O。
（5）常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式：___________。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是___________mol/L。
（6）已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10.将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中=___________。
【答案】（1）SiO2
（2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（3）Mg(OH)2 （4） ①. 加热浓缩 ②. 过滤
（5） ①. Ba2++2F¯= BaF2↓ ②. 0.2
（6）0.05
【解析】
【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，以此分析；
【小问1详解】
钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅；
故答案为：SiO2；
【小问2详解】
滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
【小问3详解】
根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；
故答案为：Mg(OH)2；
【小问4详解】
滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体；
故答案为：加热浓缩；过滤；
【小问5详解】
用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F¯= BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5L)，c(F-) == 0.2mol/L；
故答案为：Ba2++2F¯= BaF2↓；0.2；
【小问6详解】
根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：= ==0.05；
故答案为：0.05。
四、(本题包括1小题，共9分)
19. 完成下列问题。
（1）H2C2O4是一种二元弱酸，H2C2O4溶液中各粒子浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的H2C2O4溶液中各粒子分布系数随pH的变化如图所示，据此分析：该温度下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=___________，0.1mol/L的NaHC2O4溶液中离子浓度从大到小排列的顺序为___________。

（2）已知p(Ag＋)=-lgc(Ag＋)，p(X-)=-lgc(X-)。某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，a点的坐标为(5，5)，b点的坐标为(7，7)。已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，看图分析可知：

①Ksp(AgBr)=___________，向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，a点___________变到d点(填“能”或“不能”)。
②如果向AgBr的悬浊液中滴加1mol/LKCl溶液，原来的沉淀___________(填“能”或“不能”)完全转化为AgCl，请从化学平衡常数角度解释原因___________。
【答案】（1） ①. 10-4.30 ②. c(Na+)> c()>(H+)> c()>(OH-)
（2） ①. 1.010-14 ②. 能 ③. 不能 ④. 该转化反应的化学平衡常数等于AgBr和AgCl的Ksp之比，K值太小，不能完全转化
【解析】
【小问1详解】
该温度下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=，由图像可知，pH=4.30时，c()=c()，则Ka2=c(H+)=10-4.30；
0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH=4.5，说明电离程度大于水解程度，则c()＞c()，溶液呈酸性且氢离子的电离来自于水的电离、的电离(H+)> c()，故离子浓度从大到小排列的顺序为c(Na+)> c()>(H+)> c()>(OH-)；
【小问2详解】
①
由图可知，纵横坐标的乘积越大，Ksp(AgX)越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b点在AgBr沉淀溶解平衡曲线上；
Ksp(AgBr)= c(Ag+)c(Br-)=1.0×10－7 mol·L－1×1.0×10－7 mol·L－1=1.0×10－14 mol2·L－2；
向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，p(X-)=-lgc(X-)减小，平衡逆向移动，银离子浓度减小，p(Ag＋)=-lgc(Ag＋)增大，故a点能变到d点；
②如果向AgBr的悬浊液中滴加1mol/LKCl溶液，该转化反应的化学平衡常数等于AgBr和AgCl的Ksp之比，K值太小，不能完全转化，原来的沉淀不能完全转化为AgCl。