北京市一零一中2023-2024学年高二上学期期中化学试题含答案

这是一份北京市一零一中2023-2024学年高二上学期期中化学试题含答案，共29页。

1．下列溶液呈酸性的是（ ）
A．Fe2（SO4）3溶液B．BaCl2溶液
C．CH3COONa溶液D．KNO3溶液
2．对于反应A（g）+B（g）C（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．加入催化剂，可以提高B的平衡转化率
C．温度升高，既能加快反应速率又能提高C的平衡产率
D．压缩体积，再次达平衡后，A的浓度比压缩前高
3．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．已知反应：
①2C（s）+O2（g）＝2CO（g）ΔH＝﹣221kJ•ml﹣1
②H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•ml﹣1
下列结论正确的是（ ）
A．碳的燃烧热ΔH＝﹣110.5kJ⋅ml﹣1
B．2mlC（s）+1mlO2（g）的能量比2mlCO（g）的能量高221kJ
C．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成2ml水时，放出的热量为114.6kJ
D．1L0.5ml⋅L﹣1的H2SO4与40gNaOH固体反应，放出的热量为57.3kJ
5．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）
A．Zn电极上发生还原反应
B．电子由锌片通过导线流向石墨棒
C．将稀硫酸换成乙醇，灯泡也能发光
D．当电路中有0.4ml电子发生转移时，生成H2的体积为4.48L
6．下列实验方案不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7．下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是（ ）
A．用热的纯碱溶液去油污效果好
B．实验室保存FeSO4溶液时，常加入少量的铁粉
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
D．向含FeCl3杂质的NH4Cl溶液中滴加氨水调pH，可以除去Fe3+
8．实验测得0.5ml•L﹣1CH3COONa溶液、0.5ml•L﹣1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．随温度升高，纯水中c（H+）＝c（OH﹣）
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c（OH﹣）减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是水解平衡移动的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO﹣、Cu2+水解平衡移动方向不同
9．一定条件下，向容积均为2L的两个恒温密闭容器中通入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ•ml﹣1，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（ ）
A．①中反应达平衡时，CO的转化率为80%
B．平衡时c（CO）：②＞①
C．①中的反应速率为：v（CO2）＝ml•L﹣1•min﹣1
D．反应②中，Q＞65.6
10．为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。下列关于该实验的分析不正确的是（ ）
A．①中产生白色沉淀的原因是c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN）
B．①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq）
C．②中无明显变化是因为溶液中的c（SCN﹣）过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
11．室温下，1L含0.1mlCH3COOH和0.1mlCH3COONa的溶液a以及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（忽略加入酸、碱前后溶液体积的变化）：
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是（ ）
A．溶液a中，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）
B．向溶液a中通入0.01mlHCl时，结合H+生成CH3COOH，pH变化不大
C．向溶液a中加入0.1mlNaOH固体，pH基本不变
D．含0.1ml•L﹣1NH3•H2O与0.1ml•L﹣1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液
12．下列叙述与图像相符的是（ ）
A．图①表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡后在t0时刻充入了一定量的SO3
B．图②可满足反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＜0
C．图③表示反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g），在容器中充入1mlA和1mlB，经过相同时间容器中A的百分含量随温度的变化，可知反应ΔH＞0
D．图④表示反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）平衡时A的百分含量随压强的变化，可知E点v（逆）＞v（正）
13．丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8⇌C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。下列说法不正确的是（ ）
已知：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣2220kJ•ml﹣1
②C3H6（g）+O2（g）═3CO2（g）+3H2O（l）ΔH＝﹣2058kJ•ml﹣1
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣286kJ•ml﹣1
A．C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124 kJ•ml﹣1
B．c（H2）和 c（C3H6）变化差异的原因：CO2+H2⇌CO+H2O
C．其他条件不变，投料比越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0（C3H8）+c0（CO2）＝c（CO）+c（CO2）+3c（C3H8）+3c（C3H6）
14．探究盐酸盐溶液对反应Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+（血红色）的影响。将2mL0.01ml•L﹣1的FeCl3溶液与2mL0.02ml•L﹣1的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①～④，测得平衡后体系的透光率如图所示。
已知：
ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ⅱ．Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣（黄色）
下列说法正确的是（ ）
A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN⇌[Fe（SCN）]2+正向移动
B．透光率③比②高，一定是溶液pH不同导致的
C．透光率④比③高，可能发生了反应[Fe（SCN）]2++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣+SCN﹣
D．若要证明试剂③中Cl﹣对平衡体系有影响，还应使用0.04ml•L﹣1的KNO3溶液进行实验
Ⅱ卷非选择题（共58分）
15．（10分）“碳达峰﹣碳中和”是我国社会发展重大战略之一
Ⅰ．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
反应A：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ•ml﹣1
反应B：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•ml﹣1
（1）反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）的ΔH＝ kJ/ml。
（2）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程（主要产物已标出）可实现CO2高效转化为CO。假设各步均转化完全，下列说法正确的是 （填字母序号）。
a．过程ⅰ和过程ⅱ中均未发生氧化还原反应
b．过程ii中使用的催化剂为Fe和CaCO3
c．过程ii，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
d．相比于反应A，该流程的总反应还原1mlCO2需要吸收的能量更少
Ⅱ．工业上可用制备CH3OH：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。（已知：在制备过程中存在副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/ml），将反应气按进料比n（CO2）：n（H2）＝1：3通入反应装置，选择合适的催化剂，发生反应。
（3）不同温度和压强下，CH3OH平衡产率和CO2平衡转化率分别如图1、图2所示。
①图1中，压强p1 p2（填“＞”、“＝”或“＜”）。
②图2中，压强为p2，温度高于503K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
（4）实际生产中，测得压强为p3时，相同时间内不同温度下的CH3OH产率如图3所示。523K时，CH3OH产率最大，可能的原因是 （填字母序号）。
a．此条件下主反应限度最大
b．此条件下主反应速率最快
c．523K时催化剂的活性最强
16．（12分）某烧碱样品因部分变质含Na2CO3．某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。
【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：
酚酞：pH＜8.2 无色 8.2＜pH＜10浅红色 pH＞10 红色
甲基橙：pH＜3.1红色 3.1＜pH＜4.4橙色 pH＞4.4 黄色
【实验步骤】
Ⅰ．迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100 mL溶液，备用。
Ⅱ．将0.1000ml/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2．重复上述操作两次，记录数据如表：
（1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）下列有关步骤Ⅰ中样品溶液的说法正确的是 （填字母序号）。
a．样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小
b．c（OH﹣）＞c（）＞c（）
c．c（H+）+c（Na+）＝c（）+c（）+c（OH﹣）
d．向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n（Cl﹣）+n（）+n（ ）+n（H2CO3）＝n（Na+）
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是 。
（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为 。
（5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由 色变为橙色。
（6）样品中NaOH的质量分数w（NaOH）＝ %．（计算结果保留小数点后1位）
（7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是 （填字母序号）。
a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生
b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出
17．（12分）软锰矿浆（主要成分MnO2）可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如图：
资料：①吸收后的软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子；
②金属离子沉淀的pH如下表．
（1）脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是 。
（2）过程1向浆液中通入O2的目的是 。
（3）滤渣1的成分是 ，过程2中发生反应的离子方程式为 。
（4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5～7，不宜过大或过小，原因是 。
（5）已知：常温下，（NH4）2CO3溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8。请推测物质A，并写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式： 。
（6）取m g碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用c ml•L﹣1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。（已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应）
样品中MnCO3质量分数的计算式为 （用质量分数表示）。
18．（12分）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ．MgH2热分解放出H2
MgH2（s）⇌Mg（s）+H2（g）ΔH＝+75kJ/ml。该反应的能量变化如图1。
（1）E1＝ 。
（2）提高H2平衡产率的措施有 （答2条）。
Ⅱ．MgH2水解制备H2
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
（5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1ml/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图2。
已知：i.
ii.MgH2在MCl2（M代表Mg、Ni、Cu）溶液中水解的示意图如图3。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁﹣氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
19．（12分）某小组验证“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”（反应A）存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究
实验1：取5mL0.01ml•L﹣1KI溶液，加入2mL0.01ml•L﹣1FeCl3溶液（pH＝1），溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入CCl4，振荡，平衡向 移动。
（2）从逆反应方向探究
实验2：向碘水（含淀粉）中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化。未检出Fe3+。
①甲同学认为加入Ag2SO4溶液可增大Fe2+与I2的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入Ag2SO4溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。
（3）乙同学认为碘水中含有I﹣，加入Ag2SO4溶液也可能产生沉淀。
做对照实验：直接向碘水（含淀粉）中加入Ag2SO4溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：3I2+3H2O⇌5HI+HIO3。
实验验证：
已知：Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17，Ksp（AgIO3）＝3.2×10﹣8（微溶）
①Ⅲ中KI红溶液的作用是 。
②Ⅳ中KI溶液的作用是 （用离子方程式表示）。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确Ag2SO4的作用。
（4）问题思考：在FeSO4与碘水的混合液中加入Ag2SO4溶液，可能发生如下反应：
i．Fe2+与I2在Ag+的促进下发生的氧化还原反应
ii．I2与H2O在Ag+促进下发生的反应
iii．Fe2+与Ag+的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀HNO3、Na2S2O3溶液、KI溶液
已知：AgI、AgIO3溶于Na2S2O3溶液；AgI难溶于稀HNO3
参考答案
一、（共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分）
1．【分析】溶液中c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，据此进行解答。
【解答】解：A．Fe2（SO4）3中Fe3+发生水解结合水电离出来的OH﹣，溶液中c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，故A正确；
B．BaCl2为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，溶液呈中性，故B错误；
C．CH3COONa中CH3COO﹣发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，故C错误；
D．KNO3为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，溶液呈中性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解原理的应用，题目难度不大，注意熟练掌握盐类水解的原理及应用方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
2．【分析】A．由于该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，根据公式△G═ΔH﹣T△S＜0自发，可判断；
B．催化剂不影响平衡转化率；
C．升高温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动；
D．压缩体积，压强增大，平衡正向移动，但A的浓度比压缩前高。
【解答】解：A．由于该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，根据公式△G═ΔH﹣T△S＜0自发，可判断该反应在低温下自发进行，故A错误；
B．催化剂不影响平衡的移动，不能提高B 的平衡转化率，故B错误；
C．升高温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，C的平衡产率降低，故C错误；
D．压缩体积，压强增大，平衡正向移动，但A的浓度比压缩前高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，属于基础性知识的考查，难度不大，属于高考的高频考点，灵活运用勒夏特列原理是解题的关键。
3．【分析】A．氯化钠为强电解质，水溶液中完全电离；
B．醋酸是弱电解质在水中部分电离；
C．氢气和氯气反应生成氯化氢，为放热反应，生成2ml氯化氢气体放出热量183kJ；
D．由图示可知该反应为可逆反应。。
【解答】解：A．NaCl为强电解质，在水分子作用下，电离出Na+和Cl﹣，故电离方程式为NaCl＝Na++Cl﹣，故A正确；
B．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌，故B正确；
C．由图可知，反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的ΔH═旧键断裂吸收的总能量（436kJ/ml+243kJ/ml＝679kJ/ml）﹣新键形成释放的总能量（431kJ/ml×2＝862kJ/ml），即放热183kJ/ml，放热ΔH为负值，所以H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣183kJ⋅ml﹣1，故C正确；
D．由图知，反应物有H2和I2，生成物有H2、I2和HI，该反应为可逆反应，，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质能量的变化，明确物质的性质及反应实质，熟悉电解质强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大。
4．【分析】A．根据燃烧热的定义判断；
B．根据热化学方程式2C（s）+O2（g）＝2CO（g）ΔH＝﹣221kJ/ml判断；
C．浓硫酸溶于水放热；
D．醋酸为弱酸，电离过程吸热。
【解答】解：A．燃烧热是指1ml纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，碳完全燃烧应生成二氧化碳，故A错误；
B．2C（s）+O2（g）＝2CO（g）ΔH＝﹣221kJ/ml，可知该反应为放热反应，所以2mlC（s）+1mlO2（g）的能量比2mlCO（g）的能量高221kJ，故B正确；
C．醋酸电离吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成2 ml水，放出小于114.6kJ热量，故C错误；
D．NaOH固体溶解放出热量，0.5 mlH2SO4与1 mlNaOH溶液混合，产生大于57.3kJ热量，故D错误；
故选：B。
【点评】题考查反应热与焓变，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握燃烧热、中和热的定义，难度不大，注意相关基础知识的积累．
5．【分析】由图知，电极锌为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，石墨极为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，电子由负极经外电路流向正极。
【解答】解：A．由分析知，锌电极为负极，失去电子，发生氧化反应，故A错误；
B．由分析知，电子由锌片通过导线流向石墨棒，故B正确；
C．由于乙醇是非电解质，将稀硫酸换成乙醇，不能构成原电池，灯泡不发光，故C错误；
D．未给定标准状况下，无法得知气体得体积，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法以及能量的转化即可解答，可以从电子流向、电极上得失电子、电极上发生反应类型来判断正负极，题目难度不大。
6．【分析】A．中和热的测定，根据温度计温度的变化计算放出的热量；
B．利用氯化铁溶液的水解可以制备氢氧化铁胶体；
C．温度升高，平衡向吸热反应方向移动；
D．实验中只有酸的浓度1个变量。
【解答】解：A．中和热的测定，根据温度计温度的变化计算放出的热量，但缺少玻璃搅拌器，导致热量不均匀，测量不准确，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热至溶液变为红褐色为止，故B正确；
C．温度升高，平衡向吸热反应方向移动，根据颜色变化判断温度对平衡移动的影响因素，故C正确；
D．实验中只有酸的浓度1个变量，可以探究盐酸浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
7．【分析】A．纯碱溶液溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，加热促进水解；
B．实验室保存FeSO4溶液时，常加入少量的铁粉，是为了防止亚铁离子被氧化；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了更难溶性电解质；
D．向含FeCl3杂质的NH4Cl溶液中滴加氨水调pH，促进Fe3+的水解生成氢氧化铁沉淀。
【解答】解：A．纯碱溶液溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，去污效果好，故A错误；
B．实验室保存FeSO4溶液时，常加入少量的铁粉，是为了防止亚铁离子被氧化，与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关，故B正确；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了更难溶性电解质，与难溶电解质的溶解平衡有关，故C错误；
D．向含FeCl3杂质的NH4Cl溶液中滴加氨水调pH，促进Fe3+的水解生成氢氧化铁沉淀，可以除去Fe3+，与盐类水解平衡有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查盐类的水解和沉淀溶解平衡，为高频考点，题目难一般。
8．【分析】A．任何温度时，纯水中H+浓度与OH﹣浓度始终相等；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大；
C．温度升高，水的电离程度增大，c（H+）增大；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多。
【解答】解：A．任何温度时，纯水中H+浓度与OH﹣浓度始终相等，随温度升高，纯水中c（H+）＝c（OH﹣），故A正确；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c（OH﹣）增大，且温度升高，水的电离程度增大，c（OH﹣）也增大，故B错误；
C．温度升高，水的电离程度增大，c（H+）增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c（H+）增大，故C错误；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力，注意：两种盐溶液中随着温度变化不仅影响盐类水解还影响水的电离，题目难度中等。
9．【分析】A．，说明消耗1mlCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量；
B．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6ml，平衡时：c（CO）②＝＝0.2ml/L，c（CO）①＝＝0.1ml/L；
C．由A项分析，容器①达到平衡时消耗0.8mlCO，则生成0.8mlCO2；
D．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6ml。
【解答】解：A．反应过程中消耗1mlCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为ml＝0.8ml，CO的转化率为×100%＝80%，故A正确；
B．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6ml，平衡时：c（CO）②＝＝0.2ml/L，c（CO）①＝＝0.1ml/L，即平衡时c（CO）：②＞①，故B正确；
C．容器①达到平衡时消耗0.8mlCO，则生成0.8mlCO2，反应速率为：，故C正确；
D．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6ml，放出的热量Q＝1.6ml×41kJ/ml＝65.6kJ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生速率计算和平衡计算的掌握情况，试题难度中等。
10．【分析】A．当溶液中浓度商Qc＞Ksp，则形成沉淀；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡；
C．沉淀溶解平衡状态下的c（SCN﹣）过低，遇到铁离子不生成红色溶液；
D．溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色。
【解答】解：A．2mL 0.1ml/L的AgNO3溶液中滴入2mL 0.05ml/L的KSCN溶液，①中产生白色沉淀的原因是：溶液中Qc＝c（Ag+）•c（SCN﹣）＞Ksp（AgSCN），故A正确；
B．生成白色沉淀AgSCN，说明溶液中存在沉淀溶解平衡，①中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq），故B正确；
C．②中加入Fe（NO3）3溶液，无明显变化，溶液不变红色，是因为溶液中的c（SCN﹣）过低，故C正确；
D．加入KI溶液会产生黄色沉淀，可能是过量的Ag+与I﹣反应生成AgI沉淀，但溶液变红色，则说明AgSCN白色沉淀转化为AgI沉淀，增大了溶液中SCN﹣浓度，使溶液变红色，则上述实验能证明能AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握化学平衡原理的应用、沉淀的生成和转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．【分析】A．溶液a的pH为4.76，说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸钠中醋酸根离子的水解程度；
B．向溶液中通入0.01mlHCl时，溶液中醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，醋酸的电离平衡左移；
C．向溶液a中加入0.1mlNaOH固体，0.1mlCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性；
D．由溶液a中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡可知，同样存在电离平衡和水解平衡的等浓度的一水合氨与氯化铵形成的混合溶液也可做缓冲溶液；
【解答】解：A．溶液a的pH为4.76，说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸钠中醋酸根离子的水解程度，溶液中，故A正确；
B．向溶液中通入0.01mlHCl时，溶液中醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，醋酸的电离平衡左移，导致溶液pH变化不大，反应的离子方程式为，故B正确；
C．向溶液a中加入0.1mlNaOH固体，0.1mlCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；
D．由溶液a中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡可知，同样存在电离平衡和水解平衡的等浓度的一水合氨与氯化铵形成的混合溶液也可做缓冲溶液，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确缓冲溶液的含义、缓冲溶液缓冲能力具有一定限度是解本题关键，题目难度不大。
12．【分析】A.增大生成物浓度瞬间，逆反应速率增大，正反应速率不变；
B.由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；
C.由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；
D.由A的百分含量变化判断反应方向。
【解答】解：A.反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡后在t0时刻充入了一定量的SO3，t0时三氧化硫浓度增大，逆反应速率增大，正反应速率保持不变，故A错误；
B.由图②可知，在压强为p2条件下，温度为T1时比T2时反应先到到平衡，故T1＞T2，升高温度，三氧化硫的百分含量降低，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，ΔH＜0，故B正确；
C.由图可知，M点时，反应达到平衡状态，升高温度，A的百分含量增大，平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，ΔH＜0，故C错误；
D.E点未达到平衡状态，保持压强恒定，E点达到平衡状态，A的百分含量减小，反应正向进行，可知E点v（逆）＜v（正），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
13．【分析】A．根据盖斯定律合写方程式计算；
B．根据C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g），c（H2）和 c（C3H6）应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
C．根据图示投料比越大，C3H8转化率越小；
D．根据碳原子守恒分析。
【解答】解：A．根据盖斯定律方程式①﹣②﹣③得C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3＝﹣2220kJ•ml﹣1+2058kJ•ml﹣1+286kJ•ml﹣1＝+124 kJ•ml﹣1，故A正确；
B．根据坐标系c（H2）和 c（C3H6）的变化不同，根据方程式C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g），c（H2）和 c（C3H6）应该相等，因为CO2+H2⇌CO+H2O，c（C3H6）增加快，故B正确；
C．根据图示，横坐标为二氧化碳的浓度，所以投料比越大，C3H8转化率越大，故C错误；
D．根据碳原子守恒，若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0（C3H8）+c0（CO2）＝c（CO）+c（CO2）+3c（C3H8）+3c（C3H6），故D正确；
故选：C。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生运用化学知识解决问题的能力，题目涉及盖斯定律计算反应热、化学平衡的移动、转化率和质量守恒定律等，正确分析题目信息，得出正确结论，此题难度较大。
14．【分析】A．透光率受到[Fe（SCN）]2+浓度影响；
B．③和②中溶液pH和阳离子种类均不同；
C．透光率高，[Fe（SCN）]2+浓度小；
D．证明试剂③中Cl﹣对平衡体系有影响，应保证其它条件一致。
【解答】解：A．注入试剂①后溶液透光率增大，说明溶液血红色变浅，即[Fe（SCN）]2+浓度减小，但可能加水导致稀释[Fe（SCN）]2+浓度，也可能平衡平衡逆向移动，故A错误；
B．KCl溶液为含钾离子的中性溶液，氯化铵溶液为含有铵根离子的酸性溶液，③和②中溶液pH和阳离子种类均不同，故B错误；
C．透光率④比③高，[Fe（SCN）]2+浓度小，可能发生了反应[Fe（SCN）]2++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣+SCN﹣，故C正确；
D．若要证明试剂③中Cl﹣对平衡体系有影响，若使用0.04ml•L﹣1的KNO3溶液进行对照实验，阴离子不同，对实验有干扰，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
Ⅱ卷非选择题（共58分）
15．【分析】（1）根据盖斯定律，将反应A+2×反应B，整理可得；
（2）a．根据图示元素价态是否发生变化判断；
b．根据图示可知：在过程ⅱ中Fe3O4和CaO一直循环使用，故Fe3O4和CaO为催化剂；
c．过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移；
d．焓变只与起始物质的状态有关，而与过程无关；
（3）①正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，导致CH3OH的产率增大，根据图1可知：在温度相同时，CH3OH的平衡产率：p1＞p2，说明压强：p1＞p2；
②在图2中，主反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致CO2转化率降低；副反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，使CO2的转化率升高，当温度高于503 K时，以副反应为主；
（4）根据图示可知：反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的正反应是放热反应，降低温度时，化学平衡正向移动，使反应的限度达到最大。但根据图示可知：在523 K时反应限度最大，可能是因为主反应速率最快，在523 K时催化剂的活性最强。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，将反应A+2×反应B，整理可得CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g），ΔH＝+329 kJ/ml，
故答案为：329；
（2）a．根据图示可知过程ⅰ中CH4、CO2反应产生CO、H2，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应ⅰ为氧化还原反应；过程ii中CO、H2、CO2、CaO、Fe3O4反应产生Fe、CaCO3、H2O，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应为氧化还原反应，故a错误；
b．根据图示可知：在过程ⅱ中Fe3O4和CaO一直循环使用，故Fe3O4和CaO为催化剂，故b错误；
c．过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，故c正确；
d．焓变只与起始物质的状态有关，而与过程无关，故相比于反应A，该流程的总反应还原l ml CO2需吸收的能量一样多，故d错误；
故选：c；
（3）①正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，导致CH3OH的产率增大，根据图1可知：在温度相同时，CH3OH的平衡产率：p1＞p2，说明压强：p1＞p2，故答案为：＞
②在图2中，分析温度对平衡的影响：在由CO2制备CH3OH的过程中，CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和。根据图1可知在压强不变时，升高温度，CH3OH的平衡产率减小，说明主反应为CO2（g）+3H2（g）⇌C'H3OH（g）+H2O（g）的正反应是放热反应。升高温度，该反应的化学平衡向吸热的逆向移动，导致CO2转化率降低；副反应为CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41 kJ/ml的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，CO2的转化率升高。当温度高于503 K时，以副反应为主，所以升高温度，CO2的平衡转化率增大，
故答案为：主反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致CO2转化率降低；副反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，使CO2的转化率升高。当温度高于503 K时，以副反应为主，所以升高温度，CO2的平衡转化率增大；
（4）根据图示可知：反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的正反应是放热反应，降低温度时，化学平衡正向移动，使反应的限度达到最大。但根据图示可知：在523 K时反应限度最大，可能是因为主反应速率最快，在523 K时催化剂的活性最强，
故选：bc。
【点评】本题考查了盖斯定律、反应历程、化学平衡图像 综合运用，难度较大，属于高考的高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力。
16．【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择需要的仪器，一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀；
（2）某烧碱样品因部分变质含Na2CO3，碳酸钠水解会促进水的电离，氢氧化钠为强碱抑制水的电离；
a．样品溶液中碳酸钠促进水的电离程度，NaOH溶液抑制水的电离；
b．溶液中氢氧根离子浓度最大，碳酸钠分步水解；
c．溶液中存在电荷守恒分析判断，阴阳离子所带电荷总数相同；
d．向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，结合物料守恒分析；
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是需要用待装标准液润洗减少误差；
（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠；
（5）第二反应终点是继续滴入盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液，甲基橙溶液由黄色变为橙色；
（6）将0.1000ml/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1，发生的反应为NaOH+HCl＝NaCl+H2O，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，记录酸式滴定管的读数V2．重复上述操作两次，记录数据如表，平均V1＝mL＝21.70mL，V2＝mL＝23.70mL，发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，消耗的盐酸溶液体积＝23.70mL﹣21.70mL＝2mL，结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量，得到样品中氢氧化钠的质量分数；
（7）a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，说明滴入的盐酸过量；
b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积减小；
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，导致消耗标准溶液体积减小；
【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器：100mL容量瓶，
故答案为：100 mL容量瓶；
（2）某烧碱样品因部分变质含Na2CO3，碳酸钠水解会促进水的电离，氢氧化钠为强碱抑制水的电离，
a．样品溶液中碳酸钠促进水的电离程度，NaOH溶液抑制水的电离，样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，故A错误；
b．溶液中氢氧根离子浓度最大，碳酸钠分步水解，碳酸根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，c（OH﹣）＞c（）＞c（），故b正确；
c．溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，c（H+）+c（Na+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故c错误；
d．向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，结合物料守恒得到，n（Cl﹣）+n（）+n（ ）+n（H2CO3）＝n（Na+），故d正确；
故答案为：bd；
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是：用HCl标准溶液润洗酸式滴定管，
故答案为：用HCl标准溶液润洗酸式滴定管；
（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应是氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O；H++＝，
故答案为：H++OH﹣═H2O；H++＝；
（5）第二反应终点是继续滴入盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液，判断滴定至第二终点的现象是甲基橙溶液由黄色变为橙色，
故答案为：黄；
（6）将0.1000ml/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1，发生的反应为NaOH+HCl＝NaCl+H2O，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，记录酸式滴定管的读数V2．重复上述操作两次，记录数据如表，平均V1＝mL＝21.70mL，V2＝mL＝23.70mL，发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，消耗的盐酸溶液体积＝23.70mL﹣21.70mL＝2mL，结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量＝0.002L×0.1ml/L×＝0.001ml，得到样品中氢氧化钠的质量分数＝×100%＝78.8%，
故答案为：78.8；
（7）a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，说明滴入的盐酸过量，V1增大，计算得到碳酸钠物质的量减小，则氢氧化钠质量分数增大，故a正确；
b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积V1减小，计算得到碳酸钠质量增大，氢氧化钠质量减小，质量分数减小，故b错误；
c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，导致消耗标准溶液体积V2减小，计算得到碳酸钠质量减小，氢氧化钠质量增大，质量分数增大，故c正确；
故答案为：ac。
【点评】本题考查中和滴定，题目难度中等，明确中和滴定步骤及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
17．【分析】软锰矿浆（主要成分MnO2）通入二氧化硫，进行脱硫，通入氧气将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀，加入硫化铵除去锌离子，最后加入碳酸氢铵生成碳酸锰，依次答题；
（1）MnO2可吸收烟气中的SO2；
（2）过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+；
（3）金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；
（4）制备MnCO3的过程中，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
（5）金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，化合价升降总数相等。
【解答】解：（1）由题意可知，MnO2可吸收烟气中的SO2，生成MnSO4，
故答案为：吸收烟气中的SO2，生成MnSO4；
（2）过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去，
故答案为：将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去；
（3）金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式为Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3，过程2是加入硫化铵，生成硫化锌沉淀，离子方程式为S2﹣+Zn2+＝ZnS↓，
故答案为：氢氧化铁与氢氧化铝；S2﹣+Zn2+＝ZnS↓；
（4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5～7，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀，
故答案为：pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
（5）金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3，发生反应的离子方程式为Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为nml，所以n 2＝V×10﹣3×c×3，解得n＝ml，故MnCO3质量分数为×100%＝%，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了实验方案评价、离子方程式的书写、化学计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累。
18．【分析】（1）由图可知，E1﹣E2＝ΔH，据此计算；
（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体分子总数减小的分析移动；
（3）MgH2与H2O反应生成Mg（OH）2、H2；
（4）MgH2与H2O反应时，产生的Mg（OH）2覆盖在MgH2的表面，减小了MgH2与水的接触面积；
（5）①Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+结合水电离的OH﹣的能力强于Mg2+；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2时，反应后固体生成物有Mg（OH）2，便于回收利用，分离除去Mg（OH）2，可以循环使用MgCl2溶液；
③MgH2具有还原性，可以将Cu2+还原为难溶物质覆盖在MgH2表面，阻止反应的持续进行。
【解答】解：（1）由图可知，E1﹣E2＝ΔH，即E1﹣85kJ/ml＝75kJ/ml，所以E1＝160kJ/ml，
故答案为：160kJ/ml；
（2）由于正反应是吸热反应，是气体分子总数增大的反应，所以提高H2平衡产率的措施有升高温度或减小压强，
故答案为：升高温度或减小压强；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O＝Mg（OH）2↓+2H2↑，
故答案为：MgH2+2H2O＝Mg（OH）2↓+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是产生的Mg（OH）2覆盖在MgH2的表面，减小了MgH2与水的接触面积，
故答案为：产生的Mg（OH）2覆盖在MgH2的表面，减小了MgH2与水的接触面积；
（5）①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+结合水电离的OH﹣的能力强于Mg2+，更有利于H2的生成，
故答案为：Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+结合水电离的OH﹣的能力强于Mg2+，更有利于H2的生成；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁﹣氢”循环经济，原因是反应后固体生成物有Mg（OH）2，便于回收利用，分离除去Mg（OH）2，可以循环使用MgCl2溶液，
故答案为：反应后固体生成物有Mg（OH）2，便于回收利用，分离除去Mg（OH）2，可以循环使用MgCl2溶液；
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶物质覆盖在MgH2表面，阻止反应的持续进行，
故答案为：MgH2将Cu2+还原为难溶物质覆盖在MgH2表面，阻止反应的持续进行。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的有关知识，同时考查学生对盐类水解知识的理解与应用，看图理解能力，属于基本知识的考查，难度不大。
19．【分析】（1）①反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2若存在平衡，则溶液中存在Fe3+；
②碘被CCl4萃取，可以使得平衡向正反应方向移动；
（2）加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小；
（3）①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，有名生成了I2；
②Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17＜Ksp（AgIO3）＝3.2×10﹣8（微溶），加入KI可将AgIO3转化成AgI；
（4）根据三个反应，检验生成的产物即可，可以通过检验生成了银，银可以和稀硝酸反应生成NO气体，NO遇到空气变为红棕色NO2，据此分析。
【解答】解：（1）①溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度，
故答案为：Fe3+；
②加入CCl4振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动，
故答案为：正反应方向；
（2）加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可增大Fe2+与I2的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，Fe2+被氧化成2Fe3+的反应程度增大，
故答案为：加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；
（3）①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了I2，
故答案为：KI将滤液中的还原成了I2；
②已知3I2+3H2O⇌5HI+HIO3，则沉淀b为AgIO3和AgI，Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17＜Ksp（AgIO3）＝3.2×10﹣8（微溶），加入KI可将AgIO3转化成AgI，反应的离子方程式为AgIO3（s）+I﹣（aq）⇌（aq）+AgI（s），
故答案为：AgIO3（s）+I﹣（aq）⇌（aq）+AgI（s）；
（4）若Fe2+与Ag+发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立，
故答案为：方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；
方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。
【点评】本题考查性质实验方案的探究，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意化学移动原理以及控制变量法，熟悉物质的化学性质为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
A
B
C
D

NaCl溶于水

CH3COOH在水中电离

H2与Cl2反应能量变化

H2和I2加热到一定温度反应
NaCl＝Na++Cl﹣
CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+
H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣183kJ⋅ml﹣1
H2+I22HI
选项
A
B
C
D
目的
测定中和反应的反应热
制备氢氧化铁胶体
探究化学平衡的影响因素
探究化学反应速率的影响因素
实验方案




容器编号
起始时各物质的物质的量/ml
达到平衡的时间/min
达到平衡时体系能量的变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
t1
放出32.8kJ热量
②
2
8
0
0
t2
放出QkJ热量
溶液a
通入0.01mlHCl
加入0.01mlNaOH
pH
4.76
4.67
4.85
实验序号
1
2
3
V0/mL
0.00
0.00
0.00
V1/mL
21.72
21.68
21.70
V2/mL
23.72
23.68
23.70
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Zn2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
8.2
物质
Mg（OH）2
Ni（OH）2
Cu（OH）2
Ksp
5.6×10﹣12
5.5×10﹣16
2.2×10﹣20