四川省广安第二中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学 Word版含解析.docx

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高二年级上期第二次月考化学试题注意：1.答卷前，考生将自己的姓名、班级、座号、考号等填写在答题卡的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。3.考试结束后，只将答题卡交回。4.考试时间：75分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5第I卷(选择题，共42分)一、选择题(每个小题仅有一个正确答案，每小题3分)1.化学与生活息息相关。下列叙述错误的是A.推广风力发电有利于实现“碳中和”B.明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同C.“酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂加快反应速率的原理D.泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒里盛碳酸氢钠溶液【答案】B【解析】【详解】A．风力发电不会引起CO2的排放有利于实现“碳中和”，A正确；B．明矾利用产生的胶体Al(OH)3吸附作用实现净水而ClO2净水利用其强氧化性，两者原理不同，B错误；C．“酒曲”是酵母相当于催化剂的作用，加快反应速率，C正确；D．硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，双水解促进反应的进行，D正确；答案选B。2.在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3②Na2CO3③KCl④CuCl2⑤NaHCO3可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是A.①②③B.①③⑤C.②④D.①③④⑤【答案】A【解析】【详解】①Fe2(SO4)3加热时虽发生水解，但硫酸难挥发，加热溶液可生成Fe2(SO4)3，故正确； ②Na2CO3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠不稳定，在空气中仍生成碳酸钠，故正确；③KCl性质稳定，加热溶液可生成KCl，故正确；④CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸挥发，最后生成氢氧化铜，故错误；⑤NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠，故错误；故选A。3.下列离子方程式书写正确的是A.向淀粉KI溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变蓝色：2I-+2H++2H2O2═I2+O2↑+2H2OB.碳酸的电离方程式为：H2CO3+2H2O2H3O++C.向Na2CrO4溶液滴加少量浓硫酸，溶液由黄色变为橙色：2CrO+2H++H2OD.向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+(已知25℃时，电离常数：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7、Ka2(H2CO3)=4.7×10-11、Ka(HClO)=3.0×10-8)【答案】C【解析】【详解】A．原离子方程式电子不守恒，故向淀粉KI溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变蓝色的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，A错误；B．碳酸是二元弱酸，其电离是分步进行的，且以第一步为主，故碳酸的电离方程式为：H2CO3+H2OH3O++，B错误；C．向Na2CrO4溶液滴加少量浓硫酸，溶液由黄色变为橙色，对应的离子方程式为：2CrO+2H++H2O，C正确；D．已知25℃时，电离常数：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7、Ka2(H2CO3)=4.7×10-11、Ka(HClO)=3.0×10-8，说明酸性：H2CO3＞HClO＞，根据强酸制弱酸一般规律可知，向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，D错误；故答案为：C。4.某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应：。下列有关说法不正确的是A.该反应在高温条件下能自发进行B.若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态C.若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大 D.反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，再往容器中充入一定量，则平衡逆向移动【答案】D【解析】【详解】A．反应为气体的分子数增大的反应，为吸热的熵增反应，根据反应可以自发进行，则需要早高温下自发，A正确；B．反应为固体生成气体的反应，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应不再移动，达到平衡状态，B正确；C．升高温度反应速率加快，故升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；D．反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，再往容器中充入一定量，不影响下个反应物的浓度，平衡不会移动，D错误；故选D。5.常温下，用蒸馏水稀释的醋酸溶液至，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持减小趋势的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．稀释过程中，氢离子的浓度减小，Ka不变，增大，A错误；B．=，稀释过程中，氢离子的浓度减小，Ka不变，增大，B错误；C．=，稀释过程中，醋酸根浓度逐渐减小，逐渐减小，C正确；D．稀释过程中，醋酸根浓度逐渐减小，逐渐增大，D错误； 故选C。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：、、、B.水电离的的溶液中：、、、C.明矾溶液中：、、、D.使甲基橙变红的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．各离子间不发生反应，可以大量共存，A正确；B．溶液中水电离的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈碱性也可能呈酸性，酸性环境下与间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．明矾溶液中的与间相互促进水解不能大量共存，C错误；D．使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，溶液中的与间发生反应不能大量共存，D错误；答案选A。7.下列实验装置及操作正确的是A.装置①：测定中和反应的反应热B.装置③：依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响C.装置④：直接加热蒸发AlCl3溶液制备AlCl3晶体D.装置②：酸碱中和滴定【答案】B【解析】【详解】A．缺少玻璃搅拌器，A错误；B．保持其它反应条件一致，控制变量温度不同，可以依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响， B正确；C．AlCl3为强酸弱碱盐，蒸发AlCl3溶液，Al3+水解形成氢氧化铝，无法制备AlCl3晶体，C错误；D．盐酸应装入酸式滴定管，D错误；答案选B。8.在相同温度下，0.01mol·L-1NaOH溶液和0.01mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是A.两溶液中由水电离的c(H+)都是1.0×10-12mol·L-1B.NaOH溶液和盐酸由水电离出c(OH-)分别为1.0×10-2mol·L-1、1.0×10-12mol·L-1C.两溶液中由水电离出的c(H+)相等D.两者都促进了水的电离【答案】C【解析】【分析】【详解】酸和碱的电离都会抑制水的电离，温度相同则Kw相同，0.01mol/LNaOH溶液中水电离出的c(H+)水=mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=mol/L，所以由水电离出的c(H+)相等，但由于温度未知，所以无法确定具体值；综上所述答案为C。9.某温度时，测得的NaOH溶液的pH为11，在此温度下，将pH=12的强碱溶液与pH=1的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，则强碱溶液与强酸溶液的体积比为A.1：9B.11：9C.9：1D.9：11【答案】B【解析】【详解】由某温度时，0.01mol/L氢氧化钠溶液的pH为11可知，水的离子积常数Kw=1×10—13，设强碱溶液体积为x、强酸溶液体积为y，由pH为12的强碱溶液与pH为1的强酸溶液混合所得混合溶液的pH为11可得：=0.01，解得x：y=11：9，故选B。10.在刚性密闭容器中充入气体，容器内反应为，在和时，测得的物质的量随时间的变化如图所示，下列说法错误的是 A.时，内的平均反应速率为B.温度C.若增大的起始浓度，平衡时比原平衡小D.M点和N点的平衡常数【答案】B【解析】【详解】A．时，内的平均反应速率为，A项正确；B．由图可知，反应在温度下比温度下先达到平衡状态，所以，由于平衡时比平衡时的少，故升高温度，平衡向生成的方向移动，即向吸热反应方向移动，所以，B项错误；C．增大的起始浓度相当于增大压强，平衡向左移动，减小，C项正确；D．正反应是吸热反应，M点的温度高于N点，温度越高，平衡常数越大，平衡常数，D项正确；故选B。11.下列实验方案不能达到实验目的是选项实验方案实验目的A向1mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加1-2滴0.1mol·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，观察沉淀颜色的变化比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]大小 B室温下，用pH试纸测0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小比较CH3COOH、HClO酸性强弱C在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液制备无水FeCl3晶体D向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol·L-1KI溶液，充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变成红色验证FeCl3与KI的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向1mL0.1mol/LMgCl2溶液中滴加1~2滴0.1mol/LNaOH溶液，产生白色Mg(OH)2沉淀、且MgCl2过量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，若白色沉淀转化为红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化成更难溶于水的Fe(OH)3沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，A项能达到实验目的；B．NaClO属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，但NaClO水解生成的HClO具有漂白性，能使pH试纸最终褪色，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，B项不能达到实验目的；C．FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，若直接加热蒸干FeCl3溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解，不能获得无水FeCl3，在HCl气流中加热蒸干，由于HCl抑制了FeCl3水解，最终能制备无水FeCl3晶体，C项能达到实验目的；D．1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液和2mL0.1mol·L-1KI溶液充分反应，氯化铁少量，观察到滴加几滴KSCN溶液后变成红色，即含有Fe3+，则可证明FeCl3与KI的反应是可逆反应，D项能达到实验目的；答案选B。12.柠檬酸是三元弱酸，下列关于的说法错误的是A.属于正盐B.向水中加入固体，可促进水的电离C.向溶液中加水稀释，增大D.溶液中：【答案】C【解析】【分析】是三元弱酸，则酸根分别为、、，以此分析； 【详解】A．只由金属阳离子和酸根构成的盐为正盐，A正确；B．水解，显碱性，促进水的电离，B正确；C．加水，Na3H5C6O7碱性减弱，pH减小，C错误；D．根据质子守恒，在Na3H5C6O7溶液中，，D正确；故答案为：C。13.已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.3×10-17。下列叙述中正确的是A.常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B.将0.001mol·L-1的AgNO3溶液滴入KC1和KI的混合溶液中，一定先析出AgI沉淀C.向AgCl的悬浊液中加入少量KI溶液，沉淀由白色转化为黄色D.向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgC1析出且溶液中c(Ag+)=c(C1-)【答案】C【解析】【详解】A．Ksp只与温度有关，则常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp与在纯水中的Ksp相同，A错误；B．Qc＞Ksp时生成沉淀，且混合液中c（Cl-）、c（I-）未知，则不一定先产生AgI沉淀，B错误；C．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，则沉淀由白色转化为黄色，C正确；D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，c（Cl-）增大，溶解平衡逆向移动，则有AgCl析出且溶液中c（Ag+）＜c（Cl-），D错误；答案选C。点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的影响因素、平衡移动，沉淀的生成及转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，能否产生沉淀，不能只能看溶度积常数的相对大小，关键是溶液中浓度熵与溶度积常数的大小。14.常温下，向某二元酸溶液中滴加氨水，溶液中分布分数随溶液变化的关系如图，曲线①代表，曲线②代表。已知①的；②比如的分布系数：。关于该过程的说法正确的是 A.未滴加氨水前，溶液中存在B.的电离常数C.水的电离程度先增大，直到后不变D.时，【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，当时，、，，说明溶液中无分子，A错误；B．的电离常数，当时，，B错误；C．随着氨水的滴入，水的电离程度先增大，直到后，完全转化为，水的电离程度又逐步降低，C错误；D．，依据电荷守恒，，再由，时，得出，所以，D正确；故答案为：D。第II卷(非选择题，共58分)二、非选择题(本题共4个小题，共58分)15.请根据所学知识回答下列问题： 酸电离常数CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11H2SO3K1=1.54×10-2， K2=1.02×10-7（1）NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HSO、H+、SO、H2O、_______、_______(填微粒符号)。（2）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl②NH4HCO3③(NH4)2SO4④NH4HSO4溶液中c(NH)最大的是：_______，最小的是：_______(填序号)（3）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，pH从大到小排列顺序为_______(填序号)（4）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式表示)：_______把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物主要是_______(填化学式)【答案】（1）①.OH-②.H2SO3（2）①.③②.②（3）①>③>⑤>②>④>⑥（4）①.Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+②.Al2O3【解析】【小问1详解】NaHSO3是强碱弱酸的酸式盐，能完全电离NaHSO3=Na++HSO，溶液中存在Na+、HSO；HSO属于弱酸的酸式根离子，在水中既有电离也有水解，HSO电离HSOH++SO，溶液中存在H+、SO；HSO水解HSO+H2OH2SO3+OH-，溶液中存在H2SO3、OH-；所以NaHSO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HSO、H+、SO、H2O、OH-、H2SO3，故答案为OH-、H2SO3；小问2详解】常温下，物质的量浓度相同的①NH4Cl、②NH4HCO3、③(NH4)2SO4、④NH4HSO4中NH 发生水解，但水解程度微弱，根据化学式，NH右下角标越大，c(NH)越大，因此③中c(NH)最大；②中碳酸氢根离子水解促进铵根离子的水解，④硫酸氢铵电离出H+抑制NH水解，因此有②中c(NH)最小，故答案为③；②；【小问3详解】常温下，相同浓度的六种溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4，①为强碱，pH最大；⑥为强酸，pH最小；②为强酸强碱盐，pH=7；③⑤为弱酸强碱盐，水解显碱性，因碳酸的酸性弱于醋酸，CO水解程度大于CH3COO-，因此碳酸钠碱性比⑤强，④为弱酸，以其pH从大到小排列顺序为：①>③>⑤>②>④>⑥，故答案为①>③>⑤>②>④>⑥；【小问4详解】AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中完全电离，生成Al3+和Cl-，电离方程式为AlCl3=Al3++3Cl-，Al3+水解离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，AlCl3溶液呈酸性，把AlCl3溶液蒸干，氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝，故答案为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3。16.某学生用的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注入洁净的存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：（1）以上步骤有错误的是_______(填编号)。若测定结果偏高，原因可能是_______(填字母)。A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C．锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡（2）如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为___________mL。 （3）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：___________。滴定次数待测体积(mL)标准烧碱溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.30第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.10（4）拓展：某同学学习了中和滴定，将该原理又应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。①滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为___________(填字母)。A．　　　　B．　　　C．　　　　D．②判断达到滴定终点的依据是___________；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为___________。【答案】（1）①.①②.BCD（2）22.60（3）0.2000（4）①.C②.滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去③.144【解析】【小问1详解】碱式滴定管水洗后，需选标准液润洗，则①错误，故答案为：①；A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水对实验结果无影响，测定结果不变，故A不选； B．滴定终点读数时仰视，其他操作正确，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故B选；C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后，再用待测液润洗，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故C选；D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点时读数正确，所以两者之差偏大，会使得结果偏大，测定结果偏高，故D选；故答案为：BCD；【小问2详解】滴定管的小刻度在上方，每个刻度为0.01mL，图中读数为22.60mL，故答案为：22.60；【小问3详解】三次滴定消耗的体积为：19.90mL、22.10mL、22.10mL，第二次实验数据偏差大舍弃，消耗平均V(NaOH)=20.00mL，则盐酸的浓度为=0.2000mol•L-1，故答案为：0.2000；【小问4详解】①I2溶液具有较强氧化性，能腐蚀胶管，需要在酸式滴定管中，则排放滴定管尖嘴处的气泡的方法为C，故答案为：C；②I2能使淀粉溶液变蓝色，该实验用标准I2溶液滴定含有SO2的馏分溶液，起始时溶液无色，当滴入最后半滴标准液时，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去，说明达到滴定终点；反应为I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4，则n(SO2)=n(I2)=cV=0.0100mol⋅L-1×0.0225L=0.000225mol,m(SO2)=nM=0.000225mol×64g/mol=0.0144g=14.4mg,所测葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量为=144mg/L，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144。17.将转化为、等燃料，可以有效的缓解能源危机，同时可以减少温室气体，实现“双碳目标”。（1）时，还原的热化学方程式如下：I：II：已知反应I、II的平衡常数分别为、。由盖斯定律可知，与反应生成的热化学方程式为_______，_______(用、表示)。（2）若反应I的正反应活化能表示为，则_______41(填“”“”或“”)。 （3），向密闭容器中充入和，发生反应I，达到平衡时，测得的物质的量为。①平衡时的体积分数_______②下列措施既能加快反应速率又能提高的平衡转化率的是_______。A.升高反应温度B.增大的浓度C.分离出D.缩小容器容积③，向密闭容器中充入和一定量的，发生反应I，两种气体的平衡转化率(a)，与起始反应物的物质的量之比的关系如图所示：能表示平衡转化率曲线的是_______(填或)，M点的纵坐标：_______。（4）在，压强为时，_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）①.②.（2）>（3）①.或14.3%②.AB③.④.或33.3%（4）0.25【解析】【小问1详解】已知：I：II：根据盖斯定律，由II-I得反应 ；；【小问2详解】反应I为吸热反应，若反应I的正反应活化能表示为，则41；答案为；【小问3详解】①向10L恒容密闭容器中充入和，发生反应I，5min达到平衡时测得的物质的量为，CO的生成量为0.5mol，反应为气体体积不变的反应，平衡时总物质的量不变，也为1mol+2.5mol=3.5mol，CO的体积分数=100%==14.3%，故答案为:或14.3%；②A.升高反应温度，反应速率加快，反应正向吸热，升温，平衡正向移动，平衡转化率升高，选项A正确；B.增大H2浓度，反应速率加快，平衡正向移动，平衡转化率提高，选项B正确；C.分离出部分CO，平衡正向移动，平衡转化率提高，但反应物浓度降低，反应速率减慢，选项C错误；D.缩小容器体积，反应物浓度增大，反应速率加快，该反应为体积体积不变的反应，增大压强平衡不移动，的转化率不变，选项D错误；答案选AB；③起始的物质的量之比增大时，相当于增大了CO2的浓度，CO2的转化率降低，故表示的曲线是L2；L1为H2的转化率曲线，M点反应物的转化率相等，说明，反应物的起始投料按方程式系数比进行，故M点横坐标为1，，向密闭容器中充入和，发生反应I，达到平衡时，测得的物质的量为，根据三段式有：，平衡常数K==0.25 ，温度不变，平衡常数不变；M点横坐标为1，即=1，故为向10L恒容密闭容器中充入2molCO2和2molH2，发生反应I，5min达到平衡时两种气体的平衡转化率(a)=b，根据三段式有：，平衡常数K==0.25，解得b==33.3%；答案为或33.3%；【小问4详解】平衡常数只与温度有关，在，压强为时，根据三段式：，=0.25。18.我国重晶石(含BaSO490%以上)资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一、某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：①常温下：，。②TiCl4在常温下无色液体，遇水容易发生水解：TiCl4＋2H2O=TiO2＋4HCl。③草酸氧钛钡的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。请回答下列问题：（1）BaTiO(C2O4)2·4H2O中Ti元素的化合价为___________。（2）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石(假设杂质不与Na2CO3溶液作用)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3，该反应的平衡常数K=___________( 填写计算结果)。（3）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是___________。（4）写出混合液加入TiCl4和H2C2O4溶液反应的化学方程式___________。（5）检验草酸氧钛钡晶体是否洗净的方法___________。（6）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，高温下生成的气体产物有CO、___________和________(填化学式)。【答案】（1）+4（2）K=0.04（3）防止TiCl4水解（4）TiCl4+2H2C2O4+BaCl2+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O+6HCl（5）取最后一次洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有白色沉淀产生，则晶体已洗净（6）①.CO2②.H2O【解析】【分析】根据分析，重晶石经过碳酸钠浸泡生成碳酸钡，向酸浸后的混合液中加入TiCl4和草酸生成BaTiO(C2O4)2⋅4H2O，经过干燥煅烧后得到BaTiO3固体；【小问1详解】根据化合价代数和为0进行计算，BaTiO(C2O4)2•4H2O中Ti元素的化合价为+4；【小问2详解】用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3离子方程式为：BaSO4(s）+(aq）⇌BaCO3(s）+(aq），根据平衡常数的定义，结合方程式可知K＝＝0.04；【小问3详解】TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释；【小问4详解】根据原理可得方程式、：TiC14+2H2C2O4+BaCl2+5H2O＝BaTiO(C2O4)2•4H2O+6HCl；【小问5详解】向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净;【小问6详解】