浙江省绍兴市柯桥区2022-2023学年高一化学下学期期末质量检测（实验班）试题（Word版附解析）

2022学年第二学期高中期末教学质量检测高一化学试题考生须知：1.本试卷分第1卷(选择题)和第11卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。2.请将所有答案填写到答题卷中。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ba-137第1卷选择题(共50分)一、选择题(每小题2分，每小题只有一个正确选项，共20分)1.下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是A.NaClB.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．NaCl属于强碱强酸盐，也属于强电解质，在水中完全电离，Na+、Cl-在水中不水解，因此氯化钠溶液中除存在水分子外，不存在其他分子，故A符合题意；B．硝酸铵为强酸弱碱盐，NH在水中水解：NH+H2ONH3·H2O+H+，除水分子外，还含有NH3·H2O分子，故B不符合题意；C．NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO在水中水解：HCO+H2OH2CO3+OH-，除水分子外，还含有H2CO3分子，故C不符合题意；D．CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-在水中水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，除水分子外，还含有CH3COOH分子，故D不符合题意；答案为A。2.测定pH约为4溶液，以下测定方法中误差最大的是A.pH计B.蓝色石蕊试纸C.pH广泛试纸D.pH精密试纸【答案】B【解析】【详解】A．pH计又叫酸度计，可用来精密测量溶液的pH；B．石蕊变色范围5～8，酸与石蕊变红，石蕊试纸只能定性的判断溶液的酸碱性，不能确认pH多少；C．pH广泛试纸可以识别的pH差约为1； D．pH精密试纸，可以判别0.2或0.3的pH差；综上所述，误差最大的是蓝色石蕊试纸，选项B符合题意；答案为B。3.以下变化是熵减小过程的是A.碳酸氢钠受热分解B.氨气与氯化氢气体反应C.液态水气化D.蔗糖在水中溶解【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，有气体生成，该反应为熵增反应，故A不符合题意；B．氨气与氯化氢反应生成NH4Cl，气体转化成固体，该反应为熵减反应，故B符合题意；C．液态水气化，液态水转化成水蒸气，混乱度增大，属于熵增过程，故C不符合题意；D．蔗糖溶于水，混乱度增大，属于熵增过程，故D不符合题意；答案为B。4.下列离子在人体血液的pH中可以起稳定作用的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．Na+不能与H+或OH-反应，无法稳定人体血液的pH，故A错误；B．不能与H+或OH-反应，无法稳定人体血液的pH，故B错误；C．Al3+能与OH-反应，不能与H+反应，无法稳定人体血液的pH，故C错误；D．既能与H+反应，又能与OH-反应，能稳定人体血液的pH，故D正确；故选：D。5.一定条件下：。在测定的相对分子质量时，下列条件中测定结果误差最小的是A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPaC.温度130℃、压强50kPaD.温度25℃、压强100kPa【答案】C 【解析】【详解】已知2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0，则升高温度和降低压强均有利于平衡逆向移动，使得NO2的含量增大，测定NO2的相对分子质量误差最小，则选项C符合题意；故选：C。6.下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是A.和B.和HClC.和D.和【答案】B【解析】【详解】A．CH4、CCl4空间构型为正四面体，正负电荷中心重合，属于非极性分子，CH4、CCl4存在极性键，故A不符合题意；B．H2S、HCl存在极性键，H2S空间构型为V形，HCl空间构型为直线形，它们正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B符合题意；C．CO2、CS2是由极性键构成的非极性分子，故C不符合题意；D．NH3是由极性键构成极性分子，H2O2是由极性键、非极性键构成的极性分子，故D不符合题意；答案为B。7.下列表示不正确的是A.Cu的简化电子排布式：B.轨道电子云轮廓图为：C.核外电子按能量分为不同的能层：如1s、2s、2p、3d等D.氧的基态原子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．Cu是29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其简化电子排布式为[Ar]3d104s1，故A正确；B．p轨道是哑铃型，在X轴方向上，所以其电子云轮廓图是正确的，故B正确；C．能层可表示为K、L、M、N等，能级才用s、p、d等来表示，故C错误；D．氧是8号元素，电子排布式是1s22s22p4，根据电子在能级上的排布规则可知，其基态原子的轨道表示式是正确的，故D正确；故本题选C． 8.下列说法不正确的是A.、、轨道相互垂直，但能量相等B.最外层电子数为2的元素都分布在s区C.“”中三原子不在一条直线上时，也能形成氢键D.价层电子对互斥模型中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【答案】B【解析】【详解】A．、、轨道相互垂直，都属于2p能级，能量相等，故A正确；B．He原子最外层有2个电子，He元素分布在p区，故B错误；C．“”中三原子不在一条直线上时，也能形成氢键，故C正确；D．价层电子对互斥模型中，孤电子对、σ键电子对计入中心原子的价层电子对数，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故D正确；选B。9.下列说法不正确的是A.水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键B.不是手性分子C.酸性强弱：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸D.丙烯()中8个键和1个键【答案】A【解析】【详解】A．水汽化过程中破坏分子间作用力，不破坏化学键，故A错误；B．手性分子中含手性碳原子，手性碳原子是指与四个不同原子或原子团相连的碳原子，中不含手性碳原子，不是手性分子，故B正确；C．F电负性大于Cl，而甲基为推电子基团，因此三氟乙酸中羧基的极性大于三氯乙酸中羧基极性，三氯乙酸中的羧基极性大于乙酸，酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，故C正确；D．单键为键，双键中含1个键和1个键，由丙烯结构解释可知丙烯中含8个键和1个键，故D正确；故选：A。10.下列有关方程式表示正确的是 A.硫化钠水溶液呈碱性的原因：B.的电离方程式可表示为：C.氢氧化铝的酸式电离：D.在101kPa下，氢气的标准燃烧热为，则氢气燃烧的热化学方程式可表示为：；【答案】C【解析】【详解】A．硫化钠水溶液呈碱性的原因：，A错误；B．的电离方程式可表示为:，B错误；C．氢氧化铝的酸式电离：，C正确；D．在101kPa下，氢气的标准燃烧热为，则氢气燃烧的热化学方程式可表示为：；，D错误；故选C。二、选择题(每小题3分，每小题只有一个正确选项，共30分)11.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数；σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【详解】A．中价层电子对个数＝，且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是正四面体结构，故A正确；B．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面 三角形，实际上是V形，故B错误；C．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，故C错误；D．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，实际为三角锥形结构，故D错误；故答案选A12.下列说法正确的是A.室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与氨水，导电能力相同B.室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等C.室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】A、NaOH为强电解质，一水合氨为弱电解质；B、室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，溶液中氢离子浓度相等；C、NaCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性，NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；D、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠。【详解】A项、NaOH为强电解质，一水合氨为弱电解质，室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与氨水相比，NaOH溶液中离子浓度大，导电能力强，故A错误；B项、室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，说明溶液中氢离子浓度相等，则两溶液的pH相等，故B正确；C项、NaCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性，NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，NaCl溶液pH大，故C错误；D项、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误。故选B。13.在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如下图所示。下列说法不正确的是 A.该工艺方案主要包括电化学过程和化学过程B.阳极区的电极反应方程式为C.转化过程中起催化剂作用D.在标准状况下，电路中转移1mol电子，需消耗氧气5.6L【答案】B【解析】【分析】电解过程中电解池右侧电极上HCl失电子生成氯气，右侧为阳极；左侧电极上三价铁离子得电子生成亚铁离子；生成的亚铁离子与氧气反应生成三价铁离子和水，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知该工艺方案右侧为电化学过程，左侧为化学过程，故A正确；B．阳极区的电极反应方程式为，故B错误；C．整个过程中最终实现HCl与氧气反应生成氯气和水，起催化剂作用，故C正确；D．根据得失电子守恒，电路中转移1mol电子，需消耗氧气0.25mol，标况下体积为5.6L，故D正确；故选：B。14.在常温下发生以下反应：①(平衡常数为)②(平衡常数为)③(银氨溶液，平衡常数为)。已知反应①、②、③的平衡常数关系为，以下推测合理的是A.氯化银可溶于氨水中B.银氨溶液中加入少量氯化钠有白色沉淀 C.银氨溶液中加入盐酸无明显现象D.银氨溶液可在酸性条件下稳定存在【答案】A【解析】【分析】平衡常数越大，说明平衡体系中生成物所占比例越大，正反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，据此分析；【详解】A．根据平衡常数大小关系：K3＞K2，推出Ag+容易结合NH3生成Ag(NH3)，AgCl电离出Ag+和Cl-，Ag+结合氨水中的NH3生成Ag(NH3)，因此AgCl可溶于氨水，故A正确；B．根据平衡常数大小关系：K3＞K2，说明反应③比反应②容易发生，因此银氨溶液中加入少量氯化钠没有白色沉淀，故B错误；C．根据平衡常数大小关系：K1＞K3，反应①容易发生，银氨溶液中加入盐酸，NH3与H+容易反应，生成NH，使反应③向逆反应方向进行，然后Ag+与Cl-结合成AgCl，有白色沉淀产生，故C错误；D．银氨溶液显弱碱性，酸性条件下会使反应③向逆反应方向进行，因此银氨溶液不可以在酸性条件下稳定存在，故D错误；答案为A。15.下列有关化学反应原理的说法不正确的是A.强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高B.电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解C.对于反应：，其中和反应生成2HCl(g)表示“每摩尔反应”D.过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于确定过程发生的速率【答案】D【解析】【详解】A．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，所以反应速率很高，A正确；B．电解质溶液导电时，阴阳离子在两极上得失电子，所以电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解，B正确；C．对于反应：，其中和反应生成2HCl(g)表示“每摩尔反应”，C正确； D．过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，D错误；故选D。16.25℃时，浓度均为0.1mol·Lˉ1的溶液，其pH如表所示，下列有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.08.18.4A.①和②中溶质均未水解B.由③④可得出酸性强弱关系：H2CO3＞HFC.③中：c(Na+)＋c(H+)=c(Fˉ)＋c(OHˉ)D.④中：c(HCO3ˉ)＋2c(CO32ˉ)＋c(H2CO3)＝0.1mol·Lˉ1【答案】C【解析】【详解】A．CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子均能水解，二者的水解程度相同，所以溶液的pH=7，故A错误；B．酸性越强，其盐的水解程度越小，盐的pH越小，已知NaF溶液的pH小于碳酸氢钠的pH，所以HF的酸性大于H2CO3，故B错误；C．NaF溶液中存在四种离子，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（F-）+c（OH-），故C正确；D．NaHCO3溶液中C元素的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，已知NaHCO3的浓度为0.1mol/L，则c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol•L-1，故D错误。故选C。17.下列说法正确的是A.常温下，某难溶物的为B.增大醋酸溶液的浓度，溶液中减小的原因是水的离子积减小C.反应在常温下不能自发进行，说明该反应的D.反应；达到平衡后，降低温度，v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动 【答案】C【解析】【详解】A．常温下，某物质的Ksp=1.8×106，推出该物质不是难溶物，而是易溶物，故A错误；B．水的离子积只受温度的影响，增大醋酸浓度，温度不变，水的离子积不变，c(H+)增大，根据c(OH-)=，c(OH-)减小，故B错误；C．根据ΔG=ΔH-TΔS，该反应为熵增，即ΔS＞0，该反应常温下不能自发进行，即ΔG＞0，从而推出ΔH＞0，故C正确；D．降低温度，正逆反应速率均降低，合成氨为放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度，平衡向正反应方向进行，故D错误；答案为C。18.已知：25℃时，，。下列说法正确的是A.25℃时，在的悬浊液中加入少量的固体，增大B.25℃时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大C.25℃时，在悬浊液中加入NaF溶液后，不可能转化为D.25℃时，固体在氨水中的比在溶液中的小【答案】A【解析】【详解】A．25℃时，在的悬浊液中加入少量的固体，溶于溶液，所以增大，故A正确；B．25℃时，、结构相似，的溶度积小于，饱和溶液与饱和溶液相比，后者的大，故B错误；C．25℃时，在悬浊液中加入NaF溶液后，增大F-的浓度，使，能转化为，故C错误；D．只与温度有关，25℃时，固体在氨水中的和在 溶液中的相等，故D错误；选A。19.下列依据和结论对应正确的是依据结论A一般来说，能层越高，电子的能量越高电子按3p→3d→4s的顺序填充BSi、P、S的最外层电子数依次增多Si、P、S的第一电离能依次增大C是直线型分子，与组成相似也是直线型分子D冰晶体中水分子间存氢键，氢键具有方向性和饱和性冰晶体中，水分子不能紧密堆积A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．3d能级能量高于4s，故A错误；B．P的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于S，故B错误；C．中心S原子的价层电子对数为3，含一对孤对电子，分子构型为V形，故C错误；D．冰晶体中水分子间存在氢键，氢键是1个水分子中的O原子与另一水分子中的H原子之间形成，具有方向性和饱和性，因氢键的存在使得水分子间的间距变大，不能紧密堆积，故D正确；故选：D。20.据文献报道，用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示。下列有关说法正确的是 A.反应过程中所发生的反应均为氧化还原反应B.、均为该反应的催化剂C.的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成D.能降低反应过程中的活化能【答案】D【解析】【分析】从图中可看出，该反应原理涉及反应：①2HCl+[PdCl2O2]2-=H2O2+[PdCl4]2-、②[PdCl4]2-+H2=2HCl+2Cl-+Pd、③Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-。【详解】A．据分析，反应过程中①所发生的反应为非氧化还原反应，A错误；B．据分析，是反应的中间产物，为该反应的催化剂，B错误；C．的过程中，Pd-Cl极性键断裂、H-H非极性键断裂，形成H-Cl极性键，没有非极性键的形成，C错误；D．参与反应过程后，H2与O2合成H2O2能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，D正确；故选D。第11卷非选择题二、非选择题(本题共4小题，共50分)21.铁(Fe)、镓(Ga)、锰(Mn)、砷(As)及其化合物应用广泛。请回答：（1）上述四种元素中，处在元素周期表p区的元素是___________(用相应元素符号填写)（2）砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。①写出基态Ga原子的核外电子排布式___________。②GaAs是通过___________结合的晶体。（3）金属镓(Ga)其卤化物的熔点如下表：熔点／℃>100077.75122.3熔点比熔点高很多的原因是___________。（4）分子的立体构型为___________，其中As的杂化轨道类型为___________。 （5）Mn与Fe两元素的部分电离能如下表所示，比较两元素的和可知，气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难。原因是___________元素MnFe7177591509156132482957【答案】（1）Ga和As（2）①.②.共价键（3）离子晶体，是分子晶体；离子键强于分子间作用力（4）①.三角锥形②.（5）的价层电子排布为，3d轨道为半充满，比较稳定。【解析】【小问1详解】铁(Fe)、锰(Mn)处在元素周期表d区,镓(Ga)、砷(As)处在元素周期表p区，答案为Ga和As；【小问2详解】①镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为；②GaAs的熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体；【小问3详解】是离子晶体，是分子晶体；离子键强于分子间作用力，故熔点比熔点高很多；【小问4详解】AsCl3分子中As原子孤电子对数==1，价层电子对数=3+1=4，形成4条新的杂化轨道，采用了sp3杂化，含有一对孤对电子，占据一条杂化轨道，则其分子的空间构型为三角锥形；答案为三角锥形；sp3；【小问5详解】 的价层电子排布为，3d轨道为半充满，比较稳定，故气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难。22.化合物X由三种元素组成，某研究性学习小组设计并完成如下实验：请回答：（1）气体1的VSEPR模型名称为___________；气体2的电子式为___________（2）反应①的化学方程式为___________。（3）气体1与甲醛(HCHO)在一定条件下可生成乌洛托品()，该反应的化学方程式是___________(乌洛托品可以用分子式表示)。（4）足量的气体1和气体2通入饱和食盐水中发生的化学反应方程式为___________（5）设计实验分别检验气体1和气体2___________【答案】（1）①.四面体②.（2）（3）(或)（4）（5）用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体1，若变蓝，说明产生的气体1为；将产生的气体2通入澄清石灰水中变浑浊，(通入品红溶液中不褪色)，说明是【解析】【分析】气体4是红棕色气体，可推测气体4为NO2，气体3为NO，气体1为NH3，说明化合物X含有N元素，固体1在高温下可以分解成固体2和气体2，则固体1应该是CaCO3，固体2是CaO,气体2是CO2，表明化合物还含有Ca元素和C元素。根据气体1NH3有3.4g，可知n(N)=，m(N)=0.2×14=2.8 g，固体2CaO有5.6g，则n(Ca)=，m(Ca)=0.1×40=4g，根据质量守恒可得m(C)=8﹣2.8﹣4=1.2g，则n(C)=，n(Ca)∶n(C)∶n(N)=0.1∶0.1∶0.2=1∶1∶2，化合物X为CaCN2。【小问1详解】气体1即NH3中N原子成3个σ健，有一对未成键的孤对电子。杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，VSEPR模型为四面体性；CO2的电子式为：；【小问2详解】反应①是CaCN2和水反应生成CaCO3和NH3，其化学方程式为：；【小问3详解】气体1即NH3与甲醛(HCHO)在一定条件下生成乌洛托品，其化学方程式为：；【小问4详解】足量的气体1NH3和气体2CO2通入饱和食盐水，生成的NaHCO3在该溶液中难溶，因此发生的化学反应方程式应为：【小问5详解】利用NH3能使用湿润的红色石蕊试纸变蓝，CO2通入澄清石灰水中变浑浊，(通入品红溶液中不褪色)，以此来检验气体1和气体2，具体操作为：用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体1，若变蓝，说明产生的气体1为NH3；将产生的气体2通入澄清石灰水中变浑浊，(通入品红溶液中不褪色)，说明是CO2。23.利用转化为有以下两种途径：反应Ⅰ：直接氯化法：反应Ⅱ：加碳氯化法：在1000℃时上述两个反应的平衡常数分别为：，请回答：（1）反应的___________；（2）反应Ⅰ难以直接发生，原因是___________；（3）在，将、C、以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应的平衡常数________②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是___________。（4）反应在沸腾炉中进行，由钛精矿(主要成分为)制备(含、、、杂质)。有关物质的信息如下：化合物沸点／℃58136181(升华)3161412熔点／℃-69-25493304714在中的溶解性互溶——微溶难溶①碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于TiO2-C“固—固”接触的措施是___________②下列说法不正确的是___________A．制备时要保持无水环境B．氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗混合液，则滤渣中含有、、C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量③粗经两步蒸馏得纯。示意图如下：物质a是___________，应控制在___________。 【答案】（1）（2）反应Ⅰ中，熵变不明显，反应难能自发进行（3）①.②.为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益（4）①.将固体粉碎混合，从沸腾炉底部鼓入，固体从顶部加入，使固体粉末“沸腾”②.D③.④.高于136℃，低于181℃【解析】【小问1详解】依据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ得出目标反应方程式，ΔH=ΔH2－ΔH1=[(-51)－(+172)]kJ/mol=-223kJ/mol；故答案为-223kJ/mol；【小问2详解】反应Ⅰ的ΔH＞0，根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，熵变不明显，依据ΔG=ΔH－TΔS，推出该反应难能自发进行；故答案为反应Ⅰ中ΔH＞0，熵变不明显，反应难能自发进行；【小问3详解】①根据图像可知，1400℃时，CO的组成比例为0.6，TiCl4的组成比例为0.35，CO2的组成比例为0.05，该反应的平衡常数Kp(1400℃)=Pa=7.2×105Pa，故答案为7.2×105；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效应，实验反应温度高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品；故答案为为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益；【小问4详解】①固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，反应速率越快；有利于TiO2-C“固-固”的措施是将固体粉碎混合，从沸腾炉底部鼓入Cl2，固体从顶部加入，使固体粉末“沸腾”；故答案为将固体粉碎混合，从沸腾炉底部鼓入Cl2，固体从顶部加入，使固体粉末“沸腾”；②A．TiCl4易发生水解转化成TiO2·xH2O，因此制备时要保持无水环境，故A说法正确；B．根据表中数据，SiCl4、TiCl4为液体，其余为固体，SiCl4与TiCl4互溶，AlCl3、FeCl3微溶于TiCl4， MgCl2难溶于TiCl4，过滤后，滤液为粗TiCl4混合液，滤渣为MgCl2、AlCl3、FeCl3，故B说法正确；C．氯化时，发生TiO2+2Cl2=TiCl4+O2，该反应为吸热反应，该反应进行程度较小，加入炭，炭与氧气反应，放出大量的热，为制备TiCl4反应提供热量，根据反应Ⅱ，反应Ⅱ的ΔH＜0，ΔS＞0，ΔG=ΔH－TΔS＜0，因此加炭也增大了制备TiCl4反应的趋势，故C说法正确；D．炭具有还原性，如果加入过量炭，炭可能与TiO2反应生成Ti或TiC，导致产物纯度降低，故D说法错误；答案为D；③根据上述分析，粗TiCl4中含有SiCl4，以及少量AlCl3、FeCl3，根据表中数据，SiCl4沸点最低，先蒸馏出去，因此物质a为SiCl4，进入塔二的有TiCl4和少量AlCl3、FeCl3，得到纯TiCl4，需要控制温度为136℃～181℃；故答案为SiCl4；高于136℃，低于181℃。24.回答下列问题：（1）某温度时，测得的溶液浓度是。该温度下水的离子积常数___________。（2）已知25℃时二元酸的，。向的溶液通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至，则的电离度约为___________。（3）室温下，向盐酸中滴加溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知。下列说法正确的是___________A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.时，（4）铁炭混合物在水溶液中可以形成许多微电池。将含有的酸性废水通过铁炭混合物在微电池正 极上转化为，其电极反应式为___________（5）研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。①25℃时，在10～30min内，R的分解平均速率为___________。②从哪两条曲线的对比中能说明R的分解平均速率随温度升高而增大___________。【答案】（1）（2）0.013%（3）ABD（4）（5）①.②.对比30℃和25℃曲线【解析】【小问1详解】0.005mol/LBa(OH)2溶液中c(OH—)=0.01mol/L，pH=11的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10—11mol/L，Kw=c(OH—)×c(H+)=10—11×0.01=1×10—13；【小问2详解】溶液中c(H+)=10—3mol/L，H2A电离程度较小，则该溶液中c(H2A)0.1mol/L，Ka1===1.3×10—7，c(HA—)=1.3×10—5mol/L，H2A的电离度=0.013%；【小问3详解】A．NaOH溶液与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确； B．根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，故B正确；C．由图可知，甲基橙的变色范围在pH突变范围之外，误差比甲基红大，故C错误；D．当V(NaOH))=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且混合溶液中c(NaOH)==0.0200mol/L，即溶液中c(OH—)=0.0200mol/L，则c(H+)==5×10—13mol/L，pH=—lgc(H+)=13-1g5≈12.3，故D正确；故本题选ABD；【小问4详解】Cr3+，Cr化合价降低得电子，结合题目为酸性环境，故电极反应式为+6e—+14H+=2Cr3++7H2O；【小问5详解】