-广东省中山纪念中学2024-2025学年高二上学期第一次段考化学试题（解析版）

第页，共页第21页，共21页2024—2025学年高二(上)一段考试题化学可能用到的相对原子质量：H—1O—16S—32一、选择题(每题3分，共39分)1.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.溶液中加入少量固体，促进分解B.密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【解析】【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。2.下列过程与水解反应无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.中和需要消耗C.用氨水滴定盐酸，滴定终点时溶液显酸性D.向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，碱促进油污水解，碳酸钠水解吸热，加热促进水解导致溶液碱性增强，所以用热的纯碱Na2CO3溶液去除油污，与盐类水解有关，故A不符；B．由方程式可知+=+H2O：中和需要消耗，与水解无关，故B符合；C．用氨水滴定盐酸，生成的氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，滴定终点时溶液显酸性，故C不符；D．氯化铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，所以向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，与盐类水解有关，故D不符；故选B。3.—定温度下，0.1molN2(g)与0.3molH2(g)在密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H=-akJ·mol-1(a>0)。下列说法正确的是A.达到化学平衡状态时，反应放出0.lakJ热量B.达到化学平衡状态时，v正(NH3)：v逆(N2)=2：1C.n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，说明该反应达到平衡D.缩小容器体积，用氮气表示反应速率：v正(N2)增大，v逆(N2)减小【答案】B【解析】【详解】反应可逆，0.1molN2(g)与0.3molH2(g)在密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，生成氨气小于0.2mol，反应放出热量小于0.lakJ，故A错误；达到化学平衡状态时正逆反应速率比等于系数比，故B正确；n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，，反应不一定达到平衡，故B错误；n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，反应不一定达到平衡，故C错误；缩小容器体积，正逆反应速率均增大，故D错误。4.下列热化学方程式中，正确的是（）A.甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1C.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H=-114.6kJ·mol-1D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，A错误；B.合成氨为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则1molN2完全反应时放热大于38.6kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<-38.6kJ·mol-1，B错误；C.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，H2SO4和Ba(OH)2反应，除产生2molH2O外，还形成BaSO4沉淀，会放出热量，所以反应放出热量大于114.6kJ，故反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H<-114.6kJ·mol-1，C错误；D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，2molH2燃烧放出热量为2×285.8kJ=571.6kJ，故H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1，D正确；故合理选项是D。5.我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用标注)。下列说法正确的是A.反应历程中第一步化学反应为决速步骤B.催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变()C.过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1D.吸附过程为吸热过程【答案】A【解析】【详解】A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是到过渡态I的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；B．催化剂不能改反应的焓变()，B错误；C．物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；D．由图可知吸附过程为放热过程，D错误；故答案为：A。6.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是

陈述I陈述ⅡA取两支试管，分别加入溶液，将其中一支试管先加热，然后置于冷水中，与另一支试管进行对比，发现溶液变绿色加热后溶液中的水解生成了B用盐酸滴定19.98mL未知浓度的溶液，滴定终点读取盐酸体积时俯视读数测得的浓度偏大C将同pH的醋酸和盐酸溶液都稀释10倍，发现醋酸pH的变化小于1醋酸是弱电解质D加热溶液，发现其pH变化不大温度对盐类水解影响程度其实不大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溶液加热后颜色变绿，主要由于温度改变导致（绿色）和（蓝色）的平衡移动，而非水解生成沉淀，陈述I正确，但陈述\o"[objectObject]"Ⅱ因果关系错误，不符合题意，A错误；B．俯视读数导致记录的盐酸体积偏小，计算出的NaOH浓度应偏低，而非偏大，陈述I正确，但陈述\o"[objectObject]"Ⅱ错误，不符合题意，B错误；C．醋酸是弱酸，稀释时解离度增加，pH变化小于1；盐酸为强酸，稀释后pH变化为1。陈述I正确，且陈述\o"[objectObject]"Ⅱ正确解释了原因，因果关系成立，符合题意，C正确；D．加热促进水解，pH应明显增大，陈述I中“pH变化不大”与实际情况不符，且温度对水解影响较大，陈述\o"[objectObject]"Ⅱ错误，不符合题意，D错误；故选C。7.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)K1＝1．77×10－4K1＝4．9×10－10Ki1＝4．3×10－7Ki2＝5．6×10－11下列选项错误的是A.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者B.相同温度时，等浓度的HCOONa和NaCN溶液的pH前者小于后者C.2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋D.2HCOOH＋=2HCOO－＋H2O＋CO2↑【答案】C【解析】【详解】A．HCOOH和HCN都是弱酸，由于HCOOH的电离平衡常数大于HCN，所以等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶质的物质的量n(HCN)>n(HCOOH)，所以反应消耗的NaOH的量n(HCN)>n(HCOOH)，A正确；B．由于酸性HCOOH>HCN，根据盐的水解规律：谁弱显谁性，越弱越水解，所以相同温度时，等浓度的HCOONa和NaCN溶液的pH前者小于后者，B正确；C．由于HCN的电离平衡常数小于H2CO3的一级电离平衡常数，大于碳酸的二级电离平衡常数，所以发生反应：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋，C错误；D．由于甲酸的电离平衡常数大于碳酸的一级电离平衡常数，所以发生反应：2HCOOH＋=2HCOO－＋H2O＋CO2↑，D正确；故答案选C。8.室温下，通过下列实验探究的性质。已知，。实验1：将气体通入水中，测得溶液。实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正确的是A.实验1所得溶液中：B.实验2所得溶液中：C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得固体D.实验3所得溶液中：【答案】D【解析】【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3和酸性溶液反应的离子方程式为：。【详解】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：，则，A错误；B．实验2为pH为4，依据，则=，溶液，则，B错误；C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3、Na2SO3可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得固体，C错误；D．实验3依据发生的反应：，则恰好完全反应后，D正确；故选D。9.下，水溶液的随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.时，溶液中B.水解程度随其浓度增大而减小C.在水中的D.的溶液和的溶液等体积混合，得到的溶液【答案】B【解析】【分析】溶液存在两步水解反应：、，据此回答；【详解】A．c(Na2CO3)=0.6mol/L时，溶液的pH＞12.0，所以溶液中c(OH-)＞0.01mol/L，A错误；B．由图可知c(Na2CO3)越大，其水解程度越小，B正确；C．根据图知，0.5mol/L的Na2CO3溶液中pH=12.0，该溶液中c(OH-)==0.01mol/L，水解程度较小，则溶液中c()≈c(OH-)=0.01mol/L，Kh1==2×10-4，Ka2=，C错误；D．0.2mol/L的Na2CO3溶液和0.3mol/L的NaHCO3溶液等体积混合，c()=0.1mol/L，c()=0.15mol/L，根据Kh1==2×10-4得到<2.0×10－3，D错误；故选B。10.二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是A.反应的焓变B.的平衡选择性随着温度的升高而增加C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃D.450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值【答案】D【解析】【详解】A．由盖斯定律可知反应的焓变，A错误；B．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C．由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；D．450℃时，提高值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。【点睛】11.反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.a为随t的变化曲线B.时，C.时，的消耗速率大于生成速率D.后，【答案】D【解析】【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。12.25℃时，在等体积的①0.5mol·L-1的H2SO4溶液；②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液；③1mol·L-1的NaCl溶液；④纯水。由水电离出的H+的物质的量之比是A.1∶10∶107∶107 B.107∶107∶1∶1C.107∶106∶2∶2 D.107∶106∶(2×107)∶2【答案】A【解析】【详解】设溶液的体积为1L，①0.5mol/L的H2SO4溶液中c(H+)=1.0mol•L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol•L-1，水电离的H+的物质的量为1.0×10-14mol；②0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol•L-1，c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，水电离的H+的物质的量为1.0×10-13mol；③1mol/L的NaCl溶液中，溶液呈中性，则pH=7，水电离的H+的物质的量为1.0×10-7mol；④纯水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的H+的物质的量为1.0×10-7mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-14mol：1.0×10-13mol：1.0×10-7mol：1.0×10-7mol=1：10：107：107；故选：A。13.二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①②、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。下列说法正确的是A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等B.反应②的焓变C.L6处的的体积分数大于L5处D.混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于的生成速率【答案】C【解析】【详解】A．L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；B．由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误；C．从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H₂O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L6处的H2O的体积分数大于L5处，C正确；D．L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误；故选C二、填空题(共计61分)14.回答下列问题：（1）计算常温下，pH=8和pH=12的NaOH溶液等体积混合后的pH值，甲乙同学采用不同的算法，得到不同的结果。你认为_______(填“甲”或“乙”)同学是正确的，从微观离子的角度分析另外一名同学错误的理由：_______。甲同学解法pH=8的NaOH中c(H+)=10-8mol/LpH=12中c(H+)=10-12mol/L二者等体积混合后，乙同学解法常温下，pH=8NaOH中，c(H+)=10-8mol/L，pH=12的NaOH中，c(H+)=10-8mol/L，二者等体积混合后，（2）已知下列热化学方程式：计算：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△H3=_______kJ/mol（3）将2molCl2和3molF2置于恒容密闭容器中，在250℃下只发生如下两个反应(均为放热反应)：一段时间后，Cl2和F2恰好全部消耗，共放出303kJ热量。已知：断裂相关物质中1mol化学键所吸收的能量如表所示，则x的值为_______。化学键F-FCl-ClF-Cl(ClF中)F-Cl(ClF3中)能量/kJ157243248x（4）某小组为了探究的反应速率(v)与反应物浓度(c)的关系，在20℃条件下进行实验，所得数据如表所示：实验编号①②③④⑤c(H+)/(mol/L)0.0080.0080.0040.0080.0040.0010.0010.0010.0020.0020.100.200.200.100.40已知该反应的速率方程为(k为反应速率常数)，则=_______mol·L-l·s-1。（5）在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，平衡常数Kp=____kPa。【答案】（1）①.乙同学②.计算碱性溶液的pH值时，需要根据氢氧根离子去计算，因为氢离子是由水提供的，不能两个碱液的氢离子直接加和或者：氢离子浓度改变受水电离平衡移动影响，而OH-受此影响不大（2）-566（3）172（4）（5）4.76或者【解析】【小问1详解】在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，在酸溶液中c(H+)＞c(OH-)；在碱溶液中c(OH-)＞c(H+)。在计算碱混合溶液的pH值时，需要先利用水的离子积Kw=10-14，计算出碱性溶液中c(OH-)，然后根据氢氧根离子去进行相应的计算，因为氢离子是由水提供的，而不能两个碱液的氢离子直接加和或者氢离子浓度改变受水电离平衡移动影响，而OH-受此影响不大，因此乙同学的计算方法是正确的，而甲同学计算方法是错误的；【小问2详解】已知热化学方程式：①②，根据盖斯定律，将热化学方程式①-②×2，整理可得2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△H3=-566kJ/mol；【小问3详解】根据反应热与键能的关系△H=反应物总键能一生成物总键能，由题意可知：△H1=(243+157-2×248)kJ/mol=-96kJ/mol；△H2=(243+3×157-2×3x)kJ/mol=(714-6x)kJ/mol，即a=-96，b=714-6x，设参与的Cl2物质的量为m，则消耗的氟气的物质的量也为mmol，剩下的氯气和氟气正好按的系数比反应，即(2-m)：(3-m)=l：3，解得m=1.5mol，则有1.5mol×(-96kJ/mol)+0.5mol×(714-6x)kJ/mol=303kJ，解之得x=172；【小问4详解】速率方程(k为速率常数，与温度有关)，将数据①④代入速率方程可得n=l；将数据①②代入速率方程可得m=l；将数据②③代入速率方程可得p=2。结合速率方程以及④和⑤的数据可知。④和⑤的速率相等，因此=4.8×10-8mol·L-l·s-1；【小问5详解】在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，假设开始时加入1molH2S气体，n(Ar)=4mol，反应转化H2S的物质的量是amol，根据物质反应转化关系，可知平衡时n(H2S)=(1-a)mol，n(H2)=amol，n(S2)=0.5amol，由于平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，反应在恒温恒容条件下逆向，则二者的物质的量相等，故1-a=a，解得a=0.5mol，平衡时混合气体总物质的量n(总)=4mol+0.5mol+0.5mol+0.25mol=5.25mol，则2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的压强平衡常数Kp==kPa≈4.76kPa。15.明矾常用作净水剂，回答下列问题。（1）明矾做净水剂时可以生成一种胶体，其化学式是_______，用离子方程式表示生成该胶体的原理_______。（2）为探究和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，实验小组选取一种悬浊液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。组别悬浊液体积pH饱和明矾溶液用量添加的助凝剂净水前浊度净水tmin后浊度115mL42滴无A1B1215mL72滴无A2B2315mL①2滴②A3B3415mL102滴A4B4①_______。②_______。③实验结论1：通过1、2组实验，发现随着增大，净水效果增强。减小，明矾净水效果减弱的原因可能是_______。④实验结论2：添加助凝剂能够显著提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是：_______(用表中数据表示)。请从化学平衡移动的角度解释原因：_______。【答案】（1）①.②.（2）①.10②.无③.pH减小，增大，抑制水解，生成的胶体变少，净水作用变弱。④.A4-B4明显大于A3-B3⑤.溶液可以消耗氢离子，)减小，促进的水解平衡正向移动，生成的胶体变多，净水作用变强【解析】【小问1详解】明矾中的Al3+在水溶液中能够水解产生Al(OH)3胶体从而具有净水作用；用离子方程式表示生成该胶体的原理；【小问2详解】探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，①第三组的pH=10；②控制单一变量原则，1、2、3组实验只是pH发生变化，其他条件均相同，故无需添加助凝剂；③pH减小，增大，平衡逆向移动，抑制水解，生成的胶体变少，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水作用变弱；④该实验结论成立的判断依据是若(A4-B4)明显大于(A3-B3)，说明浊度的变化量大，从而说明添加助凝剂能够显著提高净水效果；溶液可以消耗氢离子，使)减小，，平衡正向移动，促进的水解，生成的胶体变多，净水作用变强；16.碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：（1）“大象牙膏”实验中，将、KI和洗洁精混合后，短时间内产生大量的泡沫。其反应过程分为两步：第一步：慢反应第二步：快反应①该反应的催化剂为_______，总反应方程式为_______；②在答题卡的图中画出有KI参与的两步反应的能量历程图。______（2）已知：25℃下，(i)(ii)(iii)其中，反应ⅱ的随温度的变化如如图：烧杯甲：将mg加入20mL水中(含沉淀)；烧杯乙：将mg加入20mLKI溶液(含沉淀)。①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ⅱ，不考虑碘与水的反应以及其它反应，下列说法正确的是_______。A．烧杯乙中剩余的沉淀质量比甲的沉淀质量小B．室温下，甲中加水稀释，溶液中浓度一定减小C．乙中浓度与甲中浓度相等D．升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640②为了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，进行实验：恒温25℃向10mL一定浓度的溶液中加入10mLKI溶液，反应结束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相关微粒浓度如下：微粒浓度/(mol/L)abc其中_______(用含c的代数式表示)，若，说明平衡体系中_______。③计算25℃下的平衡常数K=_______(取整数)；已知用有机溶剂从水溶液中萃取时，萃取效率=×100%，用等体积的一次性萃取碘水［用配制］，萃取效率为_______%(保留1位小数)，若将等分成2份，分两次萃取该碘水，萃取总效率_______一次性萃取的效率(填“大于”、“等于”、“小于”)。【答案】（1）①.KI②.2H2O22H2O+O2↑③.（2）①.AC②.③.还含有I2④.85⑤.98.8⑥.大于【解析】【小问1详解】①由题给方程式可知，在碘化钾做催化剂条件下，过氧化氢发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：KI；2H2O22H2O+O2↑；②由题给方程式可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，且第一步反应的活化能小于第二步反应，则有碘化钾参与的两步反应的能量历程图为，故答案为：；【小问2详解】①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度，则烧杯乙中剩余的碘沉淀质量比甲的碘沉淀质量小，故正确；B．室温下，若向甲的悬浊液中加水稀释，溶液中I2(aq)浓度不变，故错误；C．碘在碘化钾溶液中于碘与碘化钾溶液反应碘三离子，使碘的溶解度大于水中溶解度，则乙中I2(aq)浓度小于甲中I2(aq)浓度，故错误；D．由图可知，升高温度，碘三离子的浓度减小说明平衡向逆反应方向移动，则升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640，故正确；故选AD；②由反应ii平衡常数可知，，则；由碘原子原子个数守恒可知，则说明平衡体系中还含有I2，故答案为：；还含有I2；③由盖斯定律可知，iii—i可得，则平衡常数K=≈85；由题意可知水相中碘的浓度为0.00132mol/L，有机相中碘的浓度为0.112mol/L，则萃取效率为×100%≈98.8%，若将四氯化碳等分成2份，分两次萃取该碘水，有机相中碘的浓度增大幅度大于水相中碘的浓度增大幅度，则萃取总效率将大于一次性萃取的效率，故答案为：85；98.8%；大于。17.利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫元素含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。实验过程如下：①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3):c(KI)略小于1:5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换，直至终点。回答下列问题：（1）先量取20.00mL0.1000mol/LKIO3的碱性溶液，再加入一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液，整个实验过程中下列仪器必须用到的是_______(填标号)。A．玻璃棒B．碱式滴定管C．500mL容量瓶D．胶头滴管E．酸式滴定管（2）装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为_______。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是_______