2020-2021学年北京市丰台区高二上学期期末考试化学试题解析版.docx

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1、北京市丰台区20202021学年度第一学期期末练习高二化学考生须知：1 .答题前，考生务必先将答题卡上的学校、年级、班级、姓名、准考证号用黑色字 迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名，在答题卡的“条形 码粘贴区”贴好条形码。2 .本次考试所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式 将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择 题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。3 .请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效, 在试卷、草稿纸上答题无效。4 .本试卷满分共100分,作答时长90分钟。可

2、能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16第一部分（选择题 共42分）本部分共14小题，每题只有一个选项正确。1.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A. AB. BC.CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.煤气灶是将化学能转化为热能和光能，A不符合题意；B.铅蓄电池是将化学能转化为电能，B符合题意：C.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，C不符合题意；D.风力发电是将风能转化为电能，D不符合题意：故答案选B。2 .下列物质中，属于强电解质的是A. NaNO3B, NH3 H2OC. H.OD, H2CO3【答案】A【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质叫强电解质

3、，在水溶液中部分电离的电解质叫弱电 解质。【详解】A. NaNOj属于盐，在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，故A正确：B. NHwHq是弱碱，在水中部分电离，是弱电解质，故B错误：C. H,0部分电离，是弱电解质，故C错误： D. H2cO3是弱酸，在水溶液部分电离，是弱电解质，故D错误：故选A3 .向水中加入下列溶质，能促进水电离的是A. H2s04B. NaOHC. NaClD. NH4C1【答案】D【解析】【分析】【详解】A. H2s为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡 逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；B. NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水

4、中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向 移动，抑制水的电离，B与题意不符：C. NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；D. NHKl为强电解质，产生的钱根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导 致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意：-3-答案为D。4 .下列溶液一定显酸性的是A. c(H+)c(OH ) B,含有H+C. pH c(OH),说明溶液显酸性,A正确：B.任何水溶液中，都含有H+,故含有H+的溶液不一定显酸性，B错误：C.在100时，水的离子积Kw=10-2,即水中c(H+)=c(OH )=104mol/L, pH=6

5、3与A12(SOJ制作泡沫灭火器【答案】B【解析】【分析】【详解】A.碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解，溶液显碱性，与盐类水解有关， 故A不选：B.亚铁离子具有强的还原性，易被氧化为铁离子，加入铁粉，铁离子还原为亚铁离子，与盐 类的水解无关，故B选：C.盐类的水解过程为吸热反应，氯化铁滴入沸水后，水解被促进，得到氢氧化铁胶体，和盐 类的水解有关，故c不选：D.碳酸氢钠溶于水，水解显碱性，硫酸铝溶于水，水解显酸性：二者混合后，相互促进水解, 且水解进行到底，产生沉淀和气体，可以用来灭火，与盐类的水解有关，故D不选：故选B.6.下列关于有机化合物；一力的说法，不正确的是A.属于烷烧B.名称

6、为2-甲基丙烷C. 一氯取代产物有4种D.与乙烷互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A.该有机物中只含有C、H元素，且只含有C-C键，属于烷燃，A说法正确：B.该有机物最长的碳链有3个碳原子，且甲基在第二个碳原子上，名称为2-甲基丙烷，B说 法正确：C.该有机物中3个甲基完全相同，则只含有2种不同环境的氢原子，故一氯取代产物有2种, C说法错误；D.异丁烷与乙烷分子组成上相差2个CH?原子团，且均只含有C-C键，结构相似，互为同系 物，D说法正确： 答案为C。7,下列对丙烯(CH3CH=CH?)的叙述，不正确的是A.能使澳水褪色B.可发生加聚反应C.可与H?发生加成反应D.存在顺反异构

7、现象【答案】D【解析】【分析】【详解】A.丙烯的结构中含有碳碳双键，能够与浜水发生加成反应，导致澳水褪色，故A不 选；B.丙烯的结构中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚丙烯，故B不选；C.丙烯的结构中含有碳碳双键，在一定条件下，与氢气发生加成反应，故C不选：D.具有顺反异构的有机物中碳碳双键的碳原子上应连有不同的原子或原子团，丙烯分子中碳 碳双键中的1个碳原子上连接有相同的2个氢原子，不存在顺反异构，故D选； 故选D.8 .下列关于甲苯的实验事实中，能够说明甲基对苯环性质产生影响的是A.甲苯能燃烧COOII9 .甲苯能使酸性高钵酸钾溶液褪色，生成苯甲酸( )C.甲苯可与氢气发生加成反应D.甲

8、苯硝化主要产物为2, 4, 6-三硝基甲苯()no2 【答案】D 【解析】 【分析】【详解】A.甲苯能燃烧说明甲苯具有可燃性，是甲苯本身的性质，A不能说明甲基对苯环性 质有影响：B.甲苯中由于甲基和苯环的相互作用，使甲基活性增强，容易被酸性高铉酸钾溶液氧化，是 苯环对甲基的性质产生影响，B不能说明甲基对苯环性质有影响：C.甲苯可以与氢气发生加成反应是苯环的性质，C不能说明甲基对苯环性质有影响；D.甲苯硝化主要产物为2, 4, 6-三硝基甲苯，由于甲基的存在使苯环中甲基的邻、对位活性 增强，D能说明甲基对苯环性质有影响： 故答案选D。10 实验室用石墨电极电解含有酚儆的饱和NaCl溶液，装置如右

9、图所示，下列说法不正确的是含酚瞅的饱和NaCl溶液A. a极为电解池的阳极B. a极发生 电极反应为：2Cr-2e=Cl2TC.在电场作用下Cl-、OH向阴极移动D. b极酚瞅;变红的原因是：H+放电，导致H?O=H+OH-正向移动，c(OH )c(H+)【答案】C【解析】【分析】根据装置图可知，该装置为电解池，电极均为石墨，则a极为阳极，氯离子失电子生成氯气, b极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。【详解】A. a极与电池的正极相连，则其为电解池的阳极，A说法正确：B. a极上氯离子失电子生成氯气，发生的电极反应为：2Cl-2e=Cl2T. B说法正确：C.此装置为电解池，阴离子向阳极移

10、动，阳离子向阴极移动，故在电场作用下C、OH向阳极移动，C说法错误；D. b极酚猷变红的原因是水提供的H+放电，则c(H+)减小，导致H2OWH+OH-正向移动,c(OH )c(H*), D说法正确;答案为C。10.向双氧水中加入KI可观察到大量气泡产生，发生的反应为：h2o2+i =h2o+io-, H2O2+IO=H2O+O2T+r.反应过程中能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A. KI在反应中起催化剂的作用B. HzCh+IwHzO+IO-是吸热反应C.加入KL改变了总反应的能量变化D. KI改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图像

11、可知，KI降低反应的活化能，在反应中起催化剂的作用，A说法正确；B.根据题目信息及图像，加入KI时，生成中间产物K,反应物的总能量小于HzO+IO-的总 能量，则Ha+AHg+io-是吸热反应，B说法正确：C.加入KI,改变了反应历程，对总反应的能量变化无影响，C说法错误；D. KI为催化剂，改变了反应的历程，降低了活化能，使反应速率加快，D说法正确； 答案为C。-7-11.某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如下：(已知：AgCl为白色固体，Agl为黄色固体)滴加0.1 mol/LNaCI溶液白色沉淀i.洗涤沉淀ii .滴加 0.1 mol/L KI 溶液实验白色沉淀实验黄色沉淀9下列分析不正

12、确的是A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+CP(aq)B.实验和说明Ag-(aq)与C(aq)反应是有限度的C.实验中颜色变化说明AgCl转化为AglD.实验和可以证明Agl比AgCl更难溶【答案】B【解析】【分析】【详解】A.浊液a为氯化银沉淀与硝酸银和硝酸钠的混合液，AgCKs)存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cr(aq), A 分析正确:B.实验和中硝酸银过量，向硝酸银和硝酸钠的混合液中加入NaCl溶液，Ag+(aq)与CRaq) 反应生成沉淀，不能判断实验Ag+(aq)与C(aq)反应是有限度的，B分析错误：C.实验中颜色变化说明发生AgCl(s

13、)+(aq)=AgI(s)+C(aq),即AgCl转化为Agl, C分析 正确：D.实验和可以证明KMAgl)VKsp(AgCl),即Agl比AgCl更难溶，D分析正确：答案为B。12 .将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应，测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是160J 0100 200 300时间/sA.反应开始前c(H+)：盐酸醋酸B.反应过程中盐酸中c(H+)下降更快C.曲线表示盐酸与镁条反应D,反应结束时两容器内n(H2)相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A. HC1为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，同浓度、同体积的盐酸与醋酸, 反应开

14、始前c(H)盐酸醋酸，A说法正确：B.反应过程中盐酸中c(H+)比醋酸中c(H+)大，盐酸反应速率快，c(H+)下降更快，B说法正确： C.反应过程中盐酸中c(H+)比醋酸中c(H+)大，盐酸反应速率快，根据图像，曲线表示醋酸 与镁条反应，C说法错误：D.根据图像可知，反应结束时两容器内n(Hz)与酸的强弱无关，产生的n(H?)相等，D说法正 确；答案为C。13 .已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是弱酸醋酸次氯酸碳酸电离平衡常数K =1.7x10-5Ka =4.7x10-8Kal =4.2x10-7 k,2 =5.6x10A.三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH H2CO3

15、HC1OB. CO2与NaClO溶液反应生成HC10与Na2CO3C.常温下，浓度均为O.lmol/L的溶液的碱性：NaClO NaHCO3 CH.COONaD.向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HC10,使杀菌、消毒能力增强【】B【解析】【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小： ch3cooh h:co3hciohco;,据此进行分析。【详解】A.根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOHH;CO3HC1O,故 A正确：B.由分析可知，酸性：H;COJHC1OHCO；,次氨酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧 化碳与NaQO溶液反应生成HC1

16、O和碳酸氢钠，故B错误；C.根据分析可知，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，所以 常温下，浓度均为0. lmol/L的溶液的碱性强弱：NaClONaHCO3CH3COONa,故C正确；D.根据“强酸制备弱酸”规律，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HC1O,增大了次氯酸的 浓度，使杀菌、消毒能力增强，故D正确： 故选B。14.用0.1 mol L-1 NaOH溶液滴定20.00 mLO.l mol L醋酸溶液，用酚酷作指示剂，滴定 过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体枳的变化如下图所示，下列说法不正确的是()NaOH溶液的体积.mLA. b 点 c(Na+)=c(CH

17、3coO ),匕=20mLB. c 点(CH3coO )大于 b 点C. a点对应的溶液中：c(CH,COO )c(Na+)c(H+)C(OH jD.达滴定终点时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色【答案】A【解析】【分析】【详解】A. b点溶液中存在电荷守恒，c(Na+) + c(H+)=c(CH3coel) + c,(OH-),此时pH=7,溶液显中性，即c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(CH3coO )：若匕=20mL,两者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，要使pH=7需要酸过量，所以h20mL,故A错误；B.根据图像可知c点氢氧化钠过量，b点未达到终点，即b点所加氢

18、氧化钠溶液的体积小于c 点所加NaOH溶液的体积，所以c点氢氧化钠的物质的量大于b点所加氢氧化钠的物质的量, 又因为醋酸根的水解程度很小且c点氢氧化钠抑制醋酸根的水解，故c点(CH3coeT)大于 b点，故B正确：C. a点溶液显酸性,c(H+)c(OH-),此时醋酸过量， c(CH3COO )c(Na+)c(H+)c(OH ),故 C 正确；D.氢氧化钠滴定醋酸，酚配作指示剂，滴定终点时，溶液显碱性，溶液由无色变为红色，且 半分钟内不褪色，故D正确： 故答案为A。第二部分(非选择题共58分)15.某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、L、H+浓度对化学反应速率的影响。o=c-H2 J 斗3

19、H o=b 知编号丙酮溶液(4mol/L)L 溶液(0.0025n】ol/L)盐酸(2mol/L)蒸储水溶液褪色时间(s)2mL2mL2mLOmLI1mL2mL2mL1mLt22mL1mL2mL1mLt32mL2mLamL1mL13(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为 和(2)实验中，a=mL,力口 1mL蒸储水的目的是。(3)计算实验中，以L表示的反应速率为 moV(L-s)(列出表达式)(4)通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和H+的浓度有关，而与k的浓度无关，查 阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：）H I c-ch3(慢)(快)o II H3ccCH3 + H A h

20、3COH 4OHh3cCCH3 H3CC=CH2 + H+OHOh3cC=CIl2 - B h3ccCH?I 十 十 r （快）请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与h浓度无关的原因 0【答案】(1). 1.保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变 C0.0025(5). v(I2)=0.0025mol/L4-t3S= moV(L-s).根据反应历程，丙酮与氢离子反应tt3慢，则反应速率由H+的浓度决定，与碘的浓度无关【解析】【分析】研究影响反应速率的因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。【详解】(1)研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据

21、，和符合要求：(2)根据、中的数据，溶液的总体积为6mL,则实验中，a=lmL；加1mL蒸慵水可 保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变： c0.0025(3)根据反应的方程式，中丙酮过量，碘完全反应，v(I2)=0.0025mol/L-?t3S=;tmoV(Ls)；(4)反应速率由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故 丙酮碘化反应速率与h浓度无关。16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一、CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g) AH = -41.2kJ /mol(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上

22、可以采取的措施为 oA.增大压强B.升高温度C.加入催化剂D.通入过量水蒸气(2)800C时，该反应的平衡常数K=l.l,在容枳为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、HQ、CO2、H2的物质的量分别为Imol、3 mol、1 mol、1 mol.写出该反应平衡常数表达式长=.该时刻反应(填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡)(3)83OC时，该反应的平衡常数K=l，在容积为1L的密闭容器中，将21noicO与2moi也。混 合加热到83OC。反应达平衡时CO的转化率为。(4)图1表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着n(H2O)/n(CO)的变化趋势。判断T、T, 和T3的大

23、小关系：。说明理由。0 ：0406Q810研0)/(8) 图150c()平衡转化率/%10050112酊枳分数/%无CaO 微米CaO 纳米CaO图2(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大H2的体积分数，实验结果如图2所示。(己知：1微米=10米，1纳米=10-9米)。投入纳米CaO比微米CaO, H?的体积分数更高的原因是oc(CO.)c(H)【答案】 (1). D (2).(H O)( (CO) (3) 正向进行 。50%(5).(6).该反应为放热反应，在MHoymco)相同时，温度越低，co的转化率越大 (7).纳米CaO表而积比微米CaO大

24、，吸收CO?能力比微米CaO强【解析】【分析】【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，A.增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意：C,催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意：D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意;故答案为：DoCO. H20. COH2的物质c(COJc(H；)由反应可知该反应的平衡常数为：(hq)c。)Imol Imolx的量分别为 Imol、3mol、Imol. Imol时，(8二)

25、，(乩)=_1L_ =c(H2O)- c(CO) Imol 3moi 3IL HT平衡正向移动，故答案为:正向移动:c(CO2)-c(H2) c(HQ)c(CO):(3)设CO的转化物质的量为xmolh2o co220XX2-xx+H20XXCO +起始浓度(mol/L) 2 转化浓度(mol/L) x平衡浓度(mol/L)2-x=1XXXK=(2-x)x(2-x)故答案为：50%：解得：x=l, CO 的转化率=,x 100% =50%, 2(4)该反应为放热反应，在n(Hq)/n(CO)相同时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在n(Hq)/n(C。)时，转化率&(7；)

26、&(7；)。(7；)、则温度：T1T2 G , 故答案为：t1t2”或“”)，平衡向(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。(3)实验II：研究增大生成物F/-浓度对平衡的影响，实验方案如下图所示：聘溶液均分成两份加入 1 mL 1 mol L“ FcSOj溶液试管b-言 a 管 试标黄色溶液C 管 试 - 一三请在图中将方案补充完整。能够证明增大生成物Fe?-浓度导致平衡移动的实验现象为【实验反思】(4)实验k II从不同的角度佐证了 2Fe3+ + 2F = 2Fe” +12是一个可逆反应。角度1：证明反应物不能完全被消耗，存在限度。相应的实验为 (填I”或“II” )角度2： c【答案】(

27、1).使反应到达平衡状态(2). (3).正反应 (4).加入1mL蒸僧水(5).溶液颜色变浅(6).1(7).证明生成物不能完全被消耗，存在限度。【解析】【分析】(1)试管a中溶液的颜色不变说明反应达到平衡状态:(2)根据Q与K的关系分析: (3)研究增大生成物Fe2-浓度对平衡的影响，应保证除Fe2+之外的其它离子浓度不变:增大Fe?+浓度，导致平衡逆向移动，h的浓度降低:(4)加入某种反应物，平衡能正向移动，能证明反应物不能完全被消耗;【详解】(1)试管a中溶液的颜色不变说明反应达到平衡状态，待试管a中溶液的颜色不变后再 进行后续实验，目的是使反应到达平衡状态;，增大Fe3+浓度，导致Q

28、减小，QN】 + H)O J电极1电极2-。2NaOH溶液电极1为(填“正极”或”负极)电极2的反应式为氨气也可以在纯氧中燃烧，此时化学能转化为热能。已知：i. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ii. N2(gH3H2(gV2NH3(g)AW2 4NH3(g)+3Oz(g)=2N2(g)+6H2O(g) MhAM、凶3之间的关系式为：A3=。与热能相比，电能具有更高的利用价值，燃料电池可将化学能直接转化为电能的原因是(2)氨的合成是当前的研究热点，目前最主要的方法是Haber-Bosch法：通常用以铁为主的催化剂在400500c和1030MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成经。该反应放

29、热，但仍选择较高温度。其原因是列举一条既能提高速率又能提高原料转化率的措施o(3)常温常压下电解法合成级的原理如下图所示：阳极产生的气体是o阴极生成氨的电极反应式为。经检测在阴极表面发生了副反应，导致氨的产量降低。写出该副反应的电极反应式。为了尽可能避免副反应的发生，采用的方法是改进阴极表面的催化剂，这样设计是利用了 催化剂具有性。【答案】 .负极 (2).。井4。-+2H2O=4OH- .3Ai-2A2 .燃料电池内部 存在自发的氧化还原反应 (5). 400500时催化剂的催化活性强，反应速率增大 (6卜 适当增大压强 (8). N2+6e +6H+=2NH3 (9). H+2e =H2T

30、 (10).选择性【解析】【分析】【详解】(1)根据新型NH3-O2燃料电池原理图，电极1皴失电子生成氮气，作负极；电极2 氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH ：根据盖斯定律，ix3-iix2 可得 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H9(g),则 A3=3小-2八为： 燃料电池可将自发的氧化还原反应分开进行，使两电极产生电势差，将化学能直接转化为 电能；(2)400500可使催化剂催化活性最佳，且反应速率增大：氮气与氢气反应合成氨的反应为气体减小的反应，可适当增大压强，既能提高速率又能使 平衡正向进行，提高原料转化率；(3)根据电解法合成

31、氨的原理图，与电源正极相连的为阳极，加入水，失电子生成氢离子和氧 气；阴极氮气得电子，与氢离子反应生成氨气：氢离子经过质子交换膜进入阴极区；阳极产生的气体为氧气；阴极氮气得电子，与氢离子反应生成缎气，电极反应式为N2+6e +6H+=2NH3；阴极上氢离子得电子生成氢气，导致缎的产量降低，电极反应式为2H+2e-=H2T：阴极表面的催化剂的选择性，使氮气得电子，提高氨的产量。19.去除泥沙后的粗盐溶液中含有Mg、Ca”和SO；等杂质离子，获取精制食盐水的流程如下：粗盐 OH溶液过程I滤渣a I沈渣b(1)过程I，加入NaOH的目的是为了除去Mg”,离子方程式为 0(2)过程U,试剂a是0(3)

32、过程II,如果不过滤，直接向浑浊液中加入过量Na2cO3,则最终获得的精制食盐水中含有一定量的SO：,结合化学用语解释原因,(4)过程N,调节pH所用的酸为(填写化学式)。已知碳酸溶液中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如下图所示，调节溶液pH = 7(填“可行”或“不可行”)，理由是PH(5)判断杂质是否除尽是粗盐精制的关键环节，过程I中当c(Mg2+)10、mol-I时，可认为 Mg2+被除尽。(已知：Mg(OH)2 K,p =5.6x10T2moi LT).常温下当加入NaOH使溶液 pH = ll时，c(Mg2+) =此时溶液中Mg?*(填“已除尽或未 除尽”)。【答案】 (1). 2O

33、H +Mg2+=Mg(OH)21(2). BaCh.过量的 Na2cO3会与之反应：BaSO4+Na,CO3 = Na2SO4+BaCO3, BaCCh也为沉淀，过量的Na2co会使反应正 向移动，导致最终溶液中含有一定量的SO： .HC1无 (5).不可行 (6).法完全除 去杂质，且无法通过现象变化控制pH (7). 5.6xlO-6 (8).已除尽【解析】【分析】根据流程图分析，粗盐溶液中含有Mg、Ca?-和SO：等杂质离子，过程I加入NaOH的目 的是为了除去Mg,反应生成Mg(0H)2沉淀：过程n加入试剂a目的是除去SO：,则试剂 a为BaCb,加入BaCh反应生成BaSOo则滤渣a

34、为BaSO4和Mg(0H)2；此时溶液a中含有 NaCl和过量的BaCb、NaOH,过程III加入过量的Na2CO3,反应生成BaCCh沉淀和CaCO3 沉淀，贝IJ滤渣b为BaCCh和CaCO3,此时溶液b中含有NaCl和过量的Na2cO3、NaOH；过程 IV为加入HC1调节pH,目的是除去Na2cO3和NaOH,最后得到精制食盐水，据此分析解答。 【详解】(1)过程I ,加入NaOH的目的是为了除去Mg?* ,离子方程式为 2OH +Mg2+=Mg(OH)2 ,故答案为：2OH +Mg2+=Mg(OH)2 ；过程n加入试剂a目的是除去SO：-,通入为了不引入新杂质，则试剂a为BaCL,故

35、答案 为：BaCh：(3)若不除去BaSO4沉淀，过量的Na2co3会与之反应：BaSO4+Na2CO3 = Na2SO4+BaCO3, BaCO.3也为沉淀，过量的Na2c0,会使反应正向移动，导致最终溶液中含有一定量的SO：-,故答案为：过量的Na2c会与之反应：BaSO4+Na2CO3 = Na2SO4+BaCO31 BaCQ,也为沉淀，过量的Na2cO3会使反应正向移动，导致最终溶液中含有一定量的so；-；(4)根据上述分析，为了不引入新的杂质，且过量的HC1在加热时容易挥发除去，故过程IV,调节pH所用的酸为HQ：由图知，pH=7时，主要以HCO3离子存在，无法完全除去杂质，且无法通过现象变化控制pH,故不可行：故答案为：HC1；不可行：无法完全除去杂质，且 无法通过现象变化控制pH；(5)pH = ll时，c(OH)=10 Ksp = c(Mg2+ )- c2(OH ) = 5.6x 10-12mol3- U3,则c(Mg2+)= -Ks,)- = -：-6xl(-l=5.6xl0-6mol- I71,J c2(OH )(10，c(Mg2+)=5.6xl()YmolL-il(y5moi.L7,则此时已除尽，故答案为：5,6X10-6：已除尽。-19-