初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 公开课奖

2015-2016学年重庆市杨家坪中学高二（上）第三次月考化学试卷一、选择题：下列每道题中只有一个选项符合题意（1-10小题每题2分，11-22小题每小题2分）1．未来新能源的特点是资源丰富，使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生，下列全部属于新能源的是一组是（）①天然气②煤③核能④石油⑤海洋能⑥地热能⑦风能⑧氢能．A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥ D．除①②外2．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵 B．生石灰 C．氯化镁 D．食盐3．下列溶液一定是碱性的是（）A．pH＞7的某电解质的溶液 B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/LC．溶液中含有OH﹣ D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）4．下列方程式书写正确的是（）A．HCO3﹣在水溶液中的电离方程式：HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．H2SO3的电离方程式：H2SO3⇌2H++SO32﹣C．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣D．NaHCO3的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣5．工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ•mol﹣1．下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是（）A． B． C． D．6．在锌片和盐酸的反应中，加入如下试剂，可使生成氢气的速度变慢的是（）A．硫酸铜晶体 B．HCl气体 C．氯化钡晶体 D．醋酸钾晶体7．下列装置或操作正确，且能达到目的是（）A．依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响B．测定盐酸浓度C．依据气体颜色变化，证明温度对平衡移动的影响D．中和热的测定8．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A．纯银器表面在空气中会因化学腐蚀渐渐变暗B．地下输油钢管与外加直流电源的正极相连可保护其不受腐蚀C．海轮外壳连接锌块是采用牺牲阴极的阳极保护法保护外壳不受腐蚀D．当镀锡铁制品的镀层破损时，锡镀层仍能对铁制品起保护作用9．在饱和Mg（OH）2溶液中，c（OH﹣）=×10﹣4mol•L﹣1．若往该溶液中加入NaOH溶液，使溶液的c（OH﹣）变为原来的10倍，则Mg（OH）2的溶解度在理论上将（）A．变为原来的10﹣3倍 B．变为原来的10﹣2倍C．变为原来的103倍 D．不发生变化10．已知Ksp（AgCl）=×10﹣10，Ksp（AgI）=×10﹣16．下列说法错误的是（）A．AgCl不溶于水，不能转化为AgIB．在含有浓度均为mol•L﹣1的Cl﹣、I﹣的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀C．AgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化为AgID．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10﹣11mol•L﹣111．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断12．电镀废液中Cr2O72﹣可通过下列反应转化成铬黄（PbCrO4）：Cr2O72﹣（aq）+2Pb2+（aq）+H2O（l）⇌2PbCrO4（s）+2H+（aq）△H＜0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是（）A． B． C． D．13．室温下，用•L﹣1NaOH溶液分别滴定•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）14．21世纪是钛的世纪．在800℃～1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是（）A．a为电源的正极B．石墨电极上发生还原反应C．阴极发生的反应为：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣D．每生成钛，转移电子15．空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A．当有电子转移时，a极产生O2（标况）B．b极上发生的电极反应是：2H++2e﹣═H2↑C．d极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2OD．c极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A16．如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为碳钢电极，通电进行电解．假设在电解过程中产生的气体全部逸出，下列说法正确的是（）A．甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变B．甲烧杯a电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．电解一段时间后，将甲、乙两溶液混合，一定会产生蓝色沉淀D．当b极增重时，d极产生的气体为（标准状况下）17．某氨水的pH=a，某盐酸的pH=b，已知a+b=14，将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度的关系正确的是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）18．25℃时，浓度均为•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和12．下列说法正确的是（）A．在mol•L﹣1BA溶液中，c（A﹣）+c（H+）=c（BOH）+c（OH﹣）B．若将•L﹣1BOH溶液稀释至mol•L﹣1则溶液的pH=10C．若将一定量的上述两溶液混合后pH=7，则混合液中：c（A﹣）＞c（B+）D．若将上述两溶液按体积比l：2混合，则混合液中：c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）19．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3•H2O）的比值减小B．浓度均为mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]C．mol•L﹣1的醋酸（CH3COOH）溶液与mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+）D．常温下，已知：Ksp（AgCl）=×10﹣10，Ksp（Ag2Cr2O4）=×10﹣12，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）20．已知电池的比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小．有关下述两种电池说法正确的是（）锂离子电池的总反应为：LixC+Li1﹣xCoO2C+LiCoO2锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S．A．锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B．锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C．理论上两种电池的比能量相同D．如图表示用锂离子电池给锂硫电池充电21．NO2、O2、熔融盐NaNO3组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，下列有关说法正确的是（）A．石墨I极为正极，石墨II极为负极B．Y的化学式可能为NOC．石墨I极的电极反应式为NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5D．石墨II极上发生氧化反应22．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O二、非选择题23．中学化学实验，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性．在25℃，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色．而要精确测定溶液的pH，需用pH计．pH计主要通过测定溶液中H+浓度来测定溶液的pH．（1）已知水中存在如下平衡H2O⇌H++OH﹣△H＞0．现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈中性，选择的方法是（填字母）．A．向水中加入NaHSO4溶液B．向水中加入Cu（OH）2固体C．加热水至100℃[其中c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣1]D．在水中加入H2SO4溶液（2）现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显色，若用pH计测定，则pH7（填“＞”“＜”或“=”），溶液呈性（填“酸”“碱”或“中”）．（3）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测．24．工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：已知：Ⅰ．有关氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2开始沉淀的pH沉淀完全的pHⅡ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．（1）操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式．（2）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至；宜用的试剂为．D．氨水E．氢氧化锶粉末F．碳酸钠晶体（3）操作③中所得滤渣的主要成分是（填化学式）．（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（5）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是．25．ClO2为一种黄绿色气体，是目前国际上公认的高效，广谱，快速安全的杀菌剂．制备ClO2的新工艺是电解法．（1）如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，写出阳极ClO2产生的电极方程式：；图中b电极为；（填“阳极”或“阴极”）（2）电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112ml时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为mol，阴极区pH（填“变大”、“变小”或“不变”）（3）ClO2对污水中Fe2+，Mn2+，S2﹣，CN﹣等有明显去除效果，某工厂中污水含CN﹣（amg/L），现将ClO2把CN﹣氧化成两种无毒气体，写出该反应的离子方程式：．26．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）反应（Ⅰ）的平衡常数表达式K=，若K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为．（2）如图所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2的晶体，则温度T1T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是．（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为，滴定反应的离子方程式为．（4）25℃时，H2SO3⇌HSO+H+的电离常数Ka=1×10﹣2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将（填“增大”“减小”或“不变”）．

2015-2016学年重庆市杨家坪中学高二（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：下列每道题中只有一个选项符合题意（1-10小题每题2分，11-22小题每小题2分）1．未来新能源的特点是资源丰富，使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生，下列全部属于新能源的是一组是（）①天然气②煤③核能④石油⑤海洋能⑥地热能⑦风能⑧氢能．A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥ D．除①②外【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．根据这些特征进行判断．【解答】解：①天然气、②煤、④石油是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源，故①②④不符合要求；③核能是新能源，可以再生，但若使用不当会对环境造成极大的污染，故③不符合要求；⑤海洋能、⑥地热电池、⑦风能、⑧氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故⑤⑥⑦⑧符合要求；故选B．2．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A．硝酸铵 B．生石灰 C．氯化镁 D．食盐【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解答．【解答】解：A、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故A错误；B、生石灰（CaO）与水反应时放出热量，故B正确；C、氯化镁溶于水没有明显的热效应，故C错误；D、食盐溶于水也没有明显的热效应，故D错误；故选：B．3．下列溶液一定是碱性的是（）A．pH＞7的某电解质的溶液 B．c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/LC．溶液中含有OH﹣ D．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）【考点】溶液pH的定义．【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中c（OH﹣）＜c（H+）时，溶液呈酸性；当c（OH﹣）=c（H+）时，溶液呈中性；当c（OH﹣）＞c（H+）时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断．【解答】解：A、温度影响水的电离，温度降低，水的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，所以pH＞7的溶液中不能判断c（OH﹣）与c（H+）的关系，故A错误；B、温度影响水的电离，温度升高，水的电离程度增大，中性溶液中氢氧根离子离子浓度增大，所以c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L溶液中不能判断c（OH﹣）与c（H+）的关系，故B错误；C、任何溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH﹣离子的溶液不一定显示碱性，故C错误；D、溶液中c（OH﹣）＞c（H+）的溶液，溶液一定碱性，故D正确；故选D．4．下列方程式书写正确的是（）A．HCO3﹣在水溶液中的电离方程式：HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．H2SO3的电离方程式：H2SO3⇌2H++SO32﹣C．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣D．NaHCO3的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电离生成水合氢离子和碳酸根离子；B．电离分步进行，以第一步电离为主；C．水解分步进行，以第一步水解为主；D．电离生成碳酸氢根离子．【解答】解：A．HCO3﹣在水溶液中的电离方程式为HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣，故A正确；B．H2SO3的电离方程式为H2SO3⇌H++HSO3﹣，故B错误；C．CO32﹣的水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故C错误；D．NaHCO3的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故D错误；故选：A．5．工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ•mol﹣1．下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是（）A． B． C． D．【考点】反应热和焓变．【分析】反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ•mol﹣1是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小．【解答】解：反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ•mol﹣1是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是A，故选A．6．在锌片和盐酸的反应中，加入如下试剂，可使生成氢气的速度变慢的是（）A．硫酸铜晶体 B．HCl气体 C．氯化钡晶体 D．醋酸钾晶体【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】在锌片和盐酸的反应中，加入如下试剂，可使生成氢气的速度变慢，可以通过降低溶液中氢离子浓度来实现，据此分析解答．【解答】解：A．加入硫酸铜晶体，Zn和铜离子发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池，加快反应速率，故A不选；B．通入HCl，HCl电离出氢离子导致溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故B不选；C．加入氯化钡晶体，氢离子浓度不变，所以反应速率不变，故C不选；D．加入醋酸钾晶体，盐酸和醋酸根离子反应生成醋酸，醋酸是弱电解质，导致溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故D正确；故选D．7．下列装置或操作正确，且能达到目的是（）A．依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响B．测定盐酸浓度C．依据气体颜色变化，证明温度对平衡移动的影响D．中和热的测定【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．两种高锰酸钾的浓度不同，颜色本来就不同，不符合控制变量法；B．中和滴定时，NaOH溶液应该盛放在碱式滴定管中；C．N2O4是红棕色气体，放入热水中，平衡逆向移动，放入冷水中平衡正向移动；D．中和热的测定中，温度计测量混合溶液温度．【解答】解：A．两种高锰酸钾的浓度不同，颜色不同，不符合控制变量法，应保证高锰酸钾浓度相同，用不同浓度的草酸来做实验，故A错误；B．中和滴定时，NaOH溶液应该盛放在碱式滴定管中，该实验盛放氢氧化钠溶液的滴定管是酸式滴定管，故B错误；C．N2O4是红棕色气体，放入热水中，平衡逆向移动，放入冷水中平衡正向移动，所以依据气体颜色变化，证明温度对平衡移动的影响，故C正确；D．中和热的测定中，温度计测量混合溶液温度，该操作错误，故D错误；故选C．8．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A．纯银器表面在空气中会因化学腐蚀渐渐变暗B．地下输油钢管与外加直流电源的正极相连可保护其不受腐蚀C．海轮外壳连接锌块是采用牺牲阴极的阳极保护法保护外壳不受腐蚀D．当镀锡铁制品的镀层破损时，锡镀层仍能对铁制品起保护作用【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A．银和硫化氢直接反应生成硫化银；B．作电解池阴极的金属被保护，作电解池阳极的金属加速被腐蚀；C．被保护的金属可以采用牺牲阳极的阴极保护法；D．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护．【解答】解：A．银和硫化氢直接反应生成黑色的硫化银，没有电流产生，为化学腐蚀，故A正确；B．作电解池阴极的金属被保护，作电解池阳极的金属加速被腐蚀，要保护的金属连接电源阴极，故B错误；C．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而加速被腐蚀，故D错误；故选A．9．在饱和Mg（OH）2溶液中，c（OH﹣）=×10﹣4mol•L﹣1．若往该溶液中加入NaOH溶液，使溶液的c（OH﹣）变为原来的10倍，则Mg（OH）2的溶解度在理论上将（）A．变为原来的10﹣3倍 B．变为原来的10﹣2倍C．变为原来的103倍 D．不发生变化【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】饱和Mg（OH）2溶液中c（OH﹣）=2c（Mg2+），根据Ksp=c（Mg2+）•[c（OH﹣）]2计算氢氧化镁的溶度积，再计算加入氢氧化钠溶液后溶液中镁离子浓度，结合镁离子浓度计算．【解答】解：饱和Mg（OH）2溶液中c（OH﹣）=2c（Mg2+）=×10﹣4mol/L，故c（Mg2+）=5×10﹣5mol/L，则Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）•[c（OH﹣）]2=5×10﹣5×（1×10﹣4）2=5×10﹣13，向该溶液中加入NaOH溶液，使c（OH﹣）变为原来的10倍，即c′（OH﹣）=×10﹣3mol/L，而溶液中c′（Mg2+）=mol/L=5×10﹣7mol/L，则Mg（OH）2的溶解度在理论上将变为原来的=10﹣2倍，故选B．10．已知Ksp（AgCl）=×10﹣10，Ksp（AgI）=×10﹣16．下列说法错误的是（）A．AgCl不溶于水，不能转化为AgIB．在含有浓度均为mol•L﹣1的Cl﹣、I﹣的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀C．AgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化为AgID．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10﹣11mol•L﹣1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．如满足Qc＞Ksp，则AgCl能转化为AgI；B．根据溶解度小的物质先生成沉淀；C．根据沉淀转化原理分析；D．根据Ksp（AgCl）求出c（Ag+），再利用Ksp（AgI）求出碘离子的浓度．【解答】解：A．AgCl难溶，但是AgI溶解度更小，所以AgCl能转化为AgI，故A错误；B．在含浓度均为•L﹣1的Cl﹣、I﹣的溶液中缓慢滴AgNO3稀溶液，由于AgI的溶度积小，即溶解度小，所以AgI先形成沉淀析出，故B正确；C．根据沉淀转化原理：溶解度小的能转化为溶解度更小的，所以AgCl可以转化为AgI，故C正确；D．已知Ksp（AgCl）=×10﹣10，则c（Ag+）==，c（I﹣）===×10﹣11mol，故D正确；故选：A11．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，故选B．12．电镀废液中Cr2O72﹣可通过下列反应转化成铬黄（PbCrO4）：Cr2O72﹣（aq）+2Pb2+（aq）+H2O（l）⇌2PbCrO4（s）+2H+（aq）△H＜0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是（）A． B． C． D．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学反应速率变化曲线及其应用；转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】根据图象中纵横坐标的意义，利用温度、浓度对化学反应速率及化学平衡的影响来分析一个量随另一个量的变化，变化趋势与图中符合的即为正确答案．【解答】解：A、由△H＜0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则K减小，故A正确；B、pH增大溶液，则碱性增强，会中和溶液中H+，降低生成物浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72﹣的转化率会增大，与图中不符，故B错误；C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图中不符，故C错误；D、增大反应物Pb2+的浓度，平衡向正方应方向移动，则Cr2O72﹣的物质的量会减小，与图中不符，故D错误；故选：A．13．室温下，用•L﹣1NaOH溶液分别滴定•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；C．V（NaOH）=时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；D．V（NaOH）=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．【解答】解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；C．V（NaOH）=时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D．V（NaOH）=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，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；故选B．14．21世纪是钛的世纪．在800℃～1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是（）A．a为电源的正极B．石墨电极上发生还原反应C．阴极发生的反应为：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣D．每生成钛，转移电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题．【解答】解：由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，A．a为电源的负极，故A错误；B．石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；C．电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣，故C正确；D．Ti元素化合价由+4价降低到0价，则每生成钛，转移电子，故D错误．故选C．15．空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A．当有电子转移时，a极产生O2（标况）B．b极上发生的电极反应是：2H++2e﹣═H2↑C．d极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2OD．c极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】依据图示ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，以此解答该题．【解答】解：A．当有mol电子转移时，a电极为电解池的阴极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生，故A错误；B．b电极上发生的电极反应是4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；故B错误；C．d为负极失电子发生氧化反应，电极反应是：2H2﹣4e﹣=4H+，故C错误；D．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D正确．故选D．16．如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为碳钢电极，通电进行电解．假设在电解过程中产生的气体全部逸出，下列说法正确的是（）A．甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变B．甲烧杯a电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．电解一段时间后，将甲、乙两溶液混合，一定会产生蓝色沉淀D．当b极增重时，d极产生的气体为（标准状况下）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】a与电源正极相连，为阳极，则b为阴极，甲中阳极发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极发生2Cu2++4e﹣=2Cu；乙中c为阳极，发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，d为阴极发生2H++2e﹣=H2↑，以此来解答．【解答】解：A．通电一段时间后，甲中阳极发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极发生4Ag++4e﹣=4Ag，反应后为硝酸，溶液pH减小，乙中阴极氢离子被电解生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故A错误；B．a与电源正极相连，为阳极，阳极上氢氧根离子失电子，其电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；C．当电解一段时间后，甲可能为硝酸，乙为NaOH，则二者混合不会生成沉淀，故C错误；D．b极增重时，n（Cu）==，由Cu～2e﹣～H2↑，则d极产生的气体为×mol=，故D错误．故选B．17．某氨水的pH=a，某盐酸的pH=b，已知a+b=14，将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度的关系正确的是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【分析】a+b=14，常温下某氨水的pH=a，则氨水中c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，某盐酸的pH=b，盐酸中c（H+）=10﹣bmol/L，所以氨水中c（OH﹣）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，根据质子守恒和电荷守恒分析解答．【解答】解：a+b=14，常温下某氨水的pH=a，则氨水中c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，某盐酸的pH=b，盐酸中c（H+）=10﹣bmol/L，所以氨水中c（OH﹣）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）＞c（Cl﹣），应为c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故选D．18．25℃时，浓度均为•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和12．下列说法正确的是（）A．在mol•L﹣1BA溶液中，c（A﹣）+c（H+）=c（BOH）+c（OH﹣）B．若将•L﹣1BOH溶液稀释至mol•L﹣1则溶液的pH=10C．若将一定量的上述两溶液混合后pH=7，则混合液中：c（A﹣）＞c（B+）D．若将上述两溶液按体积比l：2混合，则混合液中：c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】25℃时，浓度均为•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和12，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合物料守恒分析；B．弱电解质溶液中都存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离；C．混合溶液pH=7，则溶液中c（OH﹣）=c（H+），再结合电荷守恒判断；D．将上述两溶液按体积比1：2混合，则两种溶液中溶质为BA和BOH，BOH的电离程度大于B+水解程度，再结合电荷守恒分析．【解答】解：25℃时，浓度均为•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和12，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（B+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（BOH）+c（B+）=c（A‑），则c（H+）=c（BOH）+c（OH﹣），故A错误；B．弱电解质BOH溶液中都存在电离平衡，加水稀释促进BOH电离，所以将•L﹣1BOH溶液稀释至0．OO1mol•L﹣1则溶液的pH＞10，故B错误；C．混合溶液pH=7，则溶液中c（OH﹣）=c（H+），溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），所以得c（A﹣）=c（B+），故C错误；D．将上述两溶液按体积比1：2混合，则两种溶液中溶质为BA和BOH，BOH的电离程度大于B+水解程度，所以溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（B+）＞c（A﹣），所以离子浓度大小顺序是c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选D．19．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c（NH4+）/c（NH3•H2O）的比值减小B．浓度均为mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]C．mol•L﹣1的醋酸（CH3COOH）溶液与mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+）D．常温下，已知：Ksp（AgCl）=×10﹣10，Ksp（Ag2Cr2O4）=×10﹣12，则Ag2CrO4悬浊液中的c（Ag+）一定小于AgCl悬浊液中的c（Ag+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．加水稀释促进一水合氨电离；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小．【解答】解：A．加水稀释促进一水合氨电离，所以n（NH4+）增大、n（NH3•H2O）减小，则c（NH4+）/c（NH3•H2O）增大，故A错误；B．混合溶液中，CO32﹣的水解程度远远大于HCO3﹣，所以c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）]，故B错误；C．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）、物料守恒2c（Na+）=C（CH3COOH）+C（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=c（CH3COOH）+2c（H+），故C正确；D．未告知溶液是否是饱和溶液，所以无法确定银离子浓度大小，故D错误；故选C．20．已知电池的比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小．有关下述两种电池说法正确的是（）锂离子电池的总反应为：LixC+Li1﹣xCoO2C+LiCoO2锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S．A．锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B．锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C．理论上两种电池的比能量相同D．如图表示用锂离子电池给锂硫电池充电【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．原电池中阳离子向正极移动；B．锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；C．比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；D．给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连．【解答】解：A．原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；B．锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B正确；C．比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误；D．图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是Li和S，锂负极，硫为正极，左边电极材料是C和LiCoO2，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2→LixC+Li1﹣xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应：LiCoO2﹣xe﹣﹣xLi+=Li1﹣xCoO2；C为阴极得电子发生还原反应：C+xe﹣+xLi+=LixC，则C与负极Li相连，LiCoO2应与正极S相连，故D错误；故选B．21．NO2、O2、熔融盐NaNO3组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，下列有关说法正确的是（）A．石墨I极为正极，石墨II极为负极B．Y的化学式可能为NOC．石墨I极的电极反应式为NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5D．石墨II极上发生氧化反应【考点】化学电源新型电池．【分析】A、燃料电池中通氧气的为正极，通燃料的为负极；B、根据氮元素的化合价分析；C、负极上NO2失电子生成N2O5；D、石墨II极为氧气得电子发生还原反应．【解答】解：A、燃料电池中通氧气的为正极，通燃料的为负极，则石墨I极为负极，石墨II极为正极，故A错误；B、NO2中氮元素的化合价为+4价，反应后化合价升高，所以Y的化学式为N2O5，故B错误；C、负极上NO2失电子生成N2O5，则石墨I极的电极反应式为NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5，故C正确；D、石墨II极为氧气得电子发生还原反应，故D错误；故选C．22．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O【考点】电解原理．【分析】A、电解池是将电能转化为化学能的装置；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应；C、在电解池的阳极上，是阴离子发生失电子的氧化反应；D、CO2电催化还原为CH4的过程CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O是一个还原反应过程．【解答】解：A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故B错误；C、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；D、CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故D正确．故选B．二、非选择题23．中学化学实验，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性．在25℃，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色．而要精确测定溶液的pH，需用pH计．pH计主要通过测定溶液中H+浓度来测定溶液的pH．（1）已知水中存在如下平衡H2O⇌H++OH﹣△H＞0．现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈中性，选择的方法是C（填字母）．A．向水中加入NaHSO4溶液B．向水中加入Cu（OH）2固体C．加热水至100℃[其中c（H+）=1×10﹣6mol•L﹣1]D．在水中加入H2SO4溶液（2）现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显淡黄色，若用pH计测定，则pH＜7（填“＞”“＜”或“=”），溶液呈中性（填“酸”“碱”或“中”）．（3）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是ae（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测．【考点】水的电离；pH的简单计算；影响盐类水解程度的主要因素．【分析】（1）使水的电离平衡向右移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐等，如果溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性；（2）100℃沸水显示中性，根据中性环境下pH试纸的颜色来确定即可；在25℃时，水的pH=7，温度升高，则pH增大，水在任何温度下均为中性；（3）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可．【解答】解：（1）A．向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中C（H+）＞C（OH﹣），溶液呈酸性，故A错误；B．向水中加入Cu（NO3）2，Cu（NO3）2是强酸弱碱盐能水解，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜，从而促进水电离，导致溶液中C（OH﹣）＜C（H+），溶液呈酸性，故B错误；C．水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH﹣）=C（H+），溶液呈中性，故C正确；D．向水中加入H2SO4，H2SO4是强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，导致溶液中C（OH﹣）＞C（H+），溶液呈酸性，故D错误；故选C；（2）温度升高会促进水的电离，所以水的pH会减小，所以100℃沸水仍然是中性的，但此时的pH值小于7，pH试纸测定溶液的酸碱性时，试纸为淡黄，水在任何温度下均为中性的，故答案为：淡黄；＜；中；（3）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae．24．工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：已知：Ⅰ．有关氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2开始沉淀的pH沉淀完全的pHⅡ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．（1）操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和加热、适当增加盐酸浓度等（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O．（2）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至B；宜用的试剂为E．D．氨水E．氢氧化锶粉末F．碳酸钠晶体（3）操作③中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4（填化学式）．（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是AA．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上（5）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是饱和氯化锶溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，同时调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．（1）（增大盐酸的浓度，加热等可以增大反应速率；碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水；（2）根据Fe3+开始沉淀pH与沉淀完全pH调节溶液的pH范围，调节溶液pH使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质；（3）SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀；（4）根据六水氯化锶晶体开始失去结晶水的温度选择热风吹干时适宜的温度；（5）根据溶解平衡且不能引入新杂质分析解答．【解答】解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸发生反应：SrCO3+2HCl=SrCl2+CO2↑+H2O，反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，加硫酸生成硫酸钡沉淀，再调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O．（1）增大盐酸的浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，可以增大反应速率；碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，故答案为：加热、适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；（2）由表中数据可知，Fe3+在pH=时开始沉淀，在pH=时沉淀完全，故在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，可以选择氢氧化锶粉末，故答案为：B；E；（3）加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH，水解可生成氢氧化铁沉淀，操作③中所得滤渣的主要成分是BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；（4）六水氯化锶晶体61℃时开始