江苏省常州市金坛区2021-2022学年高二下学期期中质量调研化学试题（含答案）

江苏省常州市金坛区2021-2022学年高二下学期期中质量调研化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．唐诗五颜六色，化学也色彩班斓。下列物质或化学实验后的颜色与加点颜色不相同的是（）A绿蚁新醅酒出土的古代铜制品上覆盖着的铜锈B红泥小火炉电镀铜时，阴极析出的物质C蓝田日暖玉生烟NaOH溶液中加入CuCl2D紫泉宫殿锁烟霞0.1mol/L的NaOH溶液10mL中加入等浓度的HCl溶液15mL后再加入几滴酚酞所得的混合溶液A．A B．B C．C D．D2．下列说法正确的是（）A．煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物B．化石燃料属于不可再生能源C．现实生活中，化学腐蚀现象比电化学腐蚀现象更严重D．铅蓄电池属于一次电池3．“化学无处不在”，下列与化学有关的说法错误的是（）A．由于甲酸的缘故，人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍，涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛B．升高温度，单位体积内分子总数不变，但增加了活化分子数。C．CH4(g)+2O2(g)=CO2D．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)⇌SO4．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．氯化铝的熔点低，用电解氯化铝制备金属铝B．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C．热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污D．酶是高效催化剂，用胃蛋白酶催化淀粉的水解5．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．Kwc(OH-)=1×10-12的溶液：B．滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCOC．能溶解Al(OH)3的溶液：K+、NH4+D．0.1mol/LCu(NO3)2溶液：H+、Fe6．海洋是一个十分巨大的资源宝库，海水中含量最多的是H、O两种元素，还含有Na、Cl、Mg、Br、Ca、S等元素。海水资源的利用主要包括海水淡化、海水晒盐，从海水中制取镁、钾、溴等化工产品。从海水中提取镁的步骤是将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应，得到的溶液蒸发结晶，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2•6H2O)进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁。海水淡化是解决淡水资源短缺的有效途径之一，其方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。下列有关海水提镁的说法正确的是（）A．得到Mg(OH)2沉淀的化学反应方程式为：2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaClB．加入盐酸，Mg(OH)2(s)⇌  Mg2+(aq)+2OHC．在空气中加热灼烧MgCl2•6H2O可得到无水氯化镁D．电解熔融氯化镁时金属镁在阳极析出7．根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是（）选项实验操作和现象实验结论A室温下，等体积、pH=3的HCl和CH3HCl放出氢气的速度更快B相同温度下，测定相同浓度次氯酸钠溶液和醋酸钠溶液的pH，次氯酸钠溶液的pH更大酸性：醋酸>次氯酸C用激光笔照射Na2SiO3D向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液，有白色胶状沉淀生成AlO2−结合氢离子能力比A．A B．B C．C D．D8．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2Cu＋H2O电解__Cu2O＋HA．石墨电极上产生氢气B．铜电极发生还原反应C．铜电极接直流电源的负极D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成9．室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应：FeCl3(黄色)+3H2实验序号实验操作实验现象1将FeCl3溶液颜色变深2向FeCl3溶液颜色变浅3向FeCl3溶液中加入少量(NH_______4向FeCl3溶液中加入少量NaHCO产生红褐色沉淀，同时产生气体下列有关说法正确的是（）A．实验1得到的溶液中有c(ClB．实验2中FeCl3C．实验3得到的现象是溶液颜色变浅D．实验4中反应的离子方程式为Fe10．室温下，用0.1mol⋅L-1NaOHA．HX为弱酸B．M点c(HX)-c(XC．将P点和N点的溶液混合，呈碱性D．向N点的溶液中通入HCl至pH=7，则c(HX)=c(Cl11．下列说法正确的是（）A．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH、KB．反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高HD．氢氧燃料电池工作时，若消耗11.2LH2，则转移电子数为12．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+A．Ksp(MnCOB．向MgCO3的悬浊液中加入少量水，充分振荡后cC．a点表示的溶液中，c(CaD．向浓度均为0.01mol⋅L−1的Mg2+、Ca2+、Mn2+13．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．pH=8的NaClO2溶液中：B．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LC．0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mo/LNaOH溶液等体积混合(pH<7D．0.1mol/LNa2C2O14．温度T℃时，在3个1L的恒容密闭容器中发生：CO(g)+H2O(g)⇌CO容器编号起始各物质物质的量/mol达平衡过程体系热量的变化(均为正值)COHCOH①140032.8kJ②8200Q1③0014Q2下列说法中正确的是（）A．若经过10s容器①中反应达到平衡，则v(CO)=0.04mol⋅B．容器②和容器③中热量变化：Q2C．若加入催化剂，改变了该反应的途径，反应的∆H也随之改变D．保持相同条件，向平衡后的容器①中再加入0.2molCO(g)和0.8molCO2二、综合题15．以某CuO废料(杂质为FeO、Fe2O3一些离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：离子FeFeCu开始沉淀的pH6.51.55.2沉淀完全的pH9.74.16.4（1）“氧化”反应的离子方程式为。除去过量H2O2（2）“调pH”的合理范围是；Y的化学式为。（3）X试剂可选择下列试剂中的(填字母)。a.氨水b.NaOH溶液c.CuOd.Cu(OH)（4）“分离”过程包含：蒸发浓缩、、、洗涤、干燥。16．氯化苄(C6（1）写出实验室制取氯气的化学方程式。（2）用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度。步骤Ⅰ：称取5.11g样品于烧瓶中，加入200.00mL4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入200.00mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至2500mL的容量瓶中，加水定容。步骤Ⅱ：从容量瓶中各取25.00mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00mL0.2000moL/L硝酸银溶液。步骤Ⅲ：以硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4滴定序号NH4滴定管起点读数/mL滴定管终点读数/mL10.4010.3820.3010.3230.2010.41①加入硝酸的目的是。②使用滴定管过程中所涉及下列操作的先后顺序是(填字母)。a.排除滴定管尖嘴处的气泡b.检查滴定管是否漏液c.用待装液润洗滴定管③在步骤操作Ⅲ中，判断达到滴定终点的现象是。（3）该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)。（4）上述测定结果常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是。17．“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO（1）研究表明CO2和H2在催化存在下可发生反应生成CH3OH(g)+3/2O2H2(g)+1/2O2则CO2(g)+3H2(g)=CH（2）CO2催化加氢也能合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H（3）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成反应A：CO反应B：CO控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对①由图可知获取CH3OH最适宜的温度是②下列措施不能提高CO2转化为CH3OHA．使用催化剂B．增大体系压强C．增大CO2和H（4）在催化剂表面通过施加电压可将溶解在酸性溶液中的二氧化碳直接转化为乙醇，则生成乙醇的电极反应式为。（5）由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。请用文字描述该过程18．常温下：某二元弱酸(H2X)水溶液中H2X、（1）H2X的第一步电离方程式为，设其电离常数为Ka1，则：pK（2）NaHX水解的离子方程式为，其水溶液显(填酸、碱、中)性。（3）将NaOH溶液逐滴加入到H2①当溶液pH由5.4变为5.5时，该过程中主要反应的离子方程式为。②当混合溶液呈中性时，溶液中X2−、HX-、Na+（4）已知H2CO3的K①向H2X的溶液中加入少量的Na2②Na2CO3溶液呈碱性是因为CO32-

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．出土的古代铜制品上覆盖着的铜锈主要成分是碱式碳酸铜，俗称铜绿，是绿色物质，A不符合题意；B．电解铜时，Cu2+在阴极上得到电子变成单质Cu，因此阴极析出的物质是红色的，B不符合题意；C．NaOH溶液中加入CuCl2溶液后生成Cu(OH)2蓝色沉淀，C不符合题意；D.0.1mol/L的NaOH溶液10mL中加入等浓度的HCl溶液15mL后，HCl过量，溶液显酸性，再加入几滴酚酞，溶液无色，不显紫色，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.铜锈为绿色；

B.电镀铜时阴极析出铜，单质铜为红色；

C.氢氧化铜为蓝色沉淀；

D.HCl过量，反应后的溶液呈酸性，加入酚酞为无色。2．【答案】B【解析】【解答】A．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，天然气的主要成分是CH4的混合物，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，都不属于有机化合物，A不符合题意；B．化石燃料是指天然气、煤和石油，属于不可再生能源，B符合题意；C．由于形成原电池反应能够加快反应速率，故现实生活中，电化学腐蚀现象比化学腐蚀现象更严重，C不符合题意；D．铅蓄电池是一种可充电电池，属于二次电池，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.煤、天然气、石油均是混合物；

B.化石燃料是不可再生资源；

C.电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍；

D.铅蓄电池可以充电。3．【答案】C【解析】【解答】A．稀氨水或碳酸氢钠溶液能与甲酸反应生成盐和水，人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍，涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛，故A不符合题意；B．升高温度，分子所具有的能量增大，原来不是活化分子的分子变成活化分子，单位体积内分子总数不变，但增加了活化分子数，故B不符合题意；C．CH4(g)+2O2D．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，当SO故答案为：C。

【分析】A.稀氨水和碳酸氢钠能中和甲酸，同时碱性较弱，不会腐蚀皮肤；

B.升温活化分子数增多；

C.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，水的稳定氧化物为液态水；

D.当SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等，正逆反应速率相等。4．【答案】C【解析】【解答】A．氯化铝为分子晶体，通常用电解氧化铝制备金属铝，A不符合题意；B．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水净水，不能杀菌消毒，B不符合题意；C．热纯碱溶液中碳酸根水解程度大，碱性强，可用于去除油污，C符合题意；D．胃蛋白酶催化蛋白质的水解，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.氯化铝为共价化合物；

B.明矾水解生成氢氧化铝胶体，可吸附杂质，但不能杀菌消毒；

C.油脂在热纯碱溶液中水解程度较大；

D.酶可催化蛋白质水解。5．【答案】A【解析】【解答】A．题中限定条件为碱性条件，所有离子可共存，A符合题意；B．滴入酚酞变红，溶液显碱性，碳酸氢根不能共存，B不符合题意；C．强酸性或碱性溶液能溶解氢氧化铝，若为强酸性环境，醋酸根不能存在；若为强碱性环境，铵根离子不能存在，C不符合题意；D．在氢离子和硝酸根同时存在时，亚铁离子能够被氧化，不能大量存在，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.Kwc(OH-)=1×10-126．【答案】B【解析】【解答】A．将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，得到Mg(OH)2沉淀的化学反应方程式为Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2，A说法不符合题意；B．加入盐酸，氢离子与Mg(OH)2(s)电离产生的氢氧根离子反应，c(OH-)减小，导致Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移动，B说法符合题意；C．在空气中加热灼烧MgCl2•6H2O，导致Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+正向移动，不能得到无水纯净的氯化镁，C说法不符合题意；D．电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得电子生成金属镁，则镁在阴极析出，D说法不符合题意；故答案为B。

【分析】A.石灰乳是Ca(OH)2；

B.氢离子消耗氢氧根，使氢氧化镁的沉淀溶解平衡正向移动；

C.在空气中加热，镁离子水解生成氢氧化镁；

D.电解熔融氯化镁时镁在阴极析出。7．【答案】A【解析】【解答】A．等体积、pH=3的HCl和CH3COOH起始氢离子浓度相等，与锌反应放出氢气的速率相同，A符合题意；B．弱酸的酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，溶液的pH值越高，故酸性醋酸>次氯酸，B不符合题意；C．胶体具有丁达尔效应，故为硅酸根水解产生硅酸胶体，C不符合题意；D．白色胶状沉淀生成，说明偏铝酸根夺走了碳酸氢根中的氢离子，结合氢离子能力比碳酸根强，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.pH相同的盐酸和醋酸的氢离子浓度相同；

B.根据“越弱越水解”判断；

C.硅酸胶体会产生丁达尔效应；

D.有白色胶状沉淀生成，即生成了氢氧化铝，说明偏铝酸根结合氢离子的能力更强。8．【答案】A【解析】【解答】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，A选项符合题意；B．根据电池总反应2Cu＋H2O电解__Cu2O＋HC．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项不符合题意；D．根据2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据电池的总反应，Cu失去电子发生氧化反应，则Cu电极为阳极，石墨为阴极。

A.石墨为阴极，氢离子在石墨电极得电子发生还原反应生成氢气；

B.阳极发生氧化反应；

C.阳极连接电源正极；

D.阳极反应为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，据此分析。9．【答案】C【解析】【解答】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物氢氧化铁的浓度增大，使溶液颜色加深，由水解反应可知，水解后溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，A不符合题意；B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，因此通入HCl气体K不变，B不符合题意；C．加入氯化铵固体，铵根离子水解产生氢离子，抑制铁离子水解，溶液颜色变浅，C符合题意；D．实验4中反应的离子方程式为Fe3+故答案为：C。

【分析】A.加热促进铁离子水解；

B.平衡常数只与温度有关；

C.铵根离子水解产生的氢离子能抑制铁离子水解；

D.该离子方程式电荷、原子不守恒。10．【答案】B【解析】【解答】A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/LHX溶液的pH＞5，则HX弱酸，A不符合题意；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，B符合题意；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，C不符合题意；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.由图象可知0.1mol/L的HX溶液pH=5，说明HX不完全电离；

B.M点为等浓度NaX、HX混合溶液，溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度；

C.P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX的混合溶液；

D.结合电荷守恒物料守恒分析。11．【答案】B【解析】【解答】A．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，氢氧根浓度减小，pH值减小；恢复至原温度，Kw不变，A不符合题意；B．该反应需要吸热才能进行ΔH>0，生成氯气，混乱度增加，∆S>0，B符合题意；C．将氨气液化分反离，生成物浓度减小，反应速率减小，H2转化率提高，C不符合题意；D．未标出是否是标准状况，所以氢气转移电子数无法准确计算，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.Kw只与温度有关；

B.该反应∆S>0；

C.分离氨气，平衡正向移动，氢气转化率提高；

D.未指明气体处于标况下。12．【答案】D【解析】【解答】A．当−lgc(CO32−)=0时，-lgc(Mn2+)≈10.7，Ksp=c(MnB．向MgCO3的悬浊液中加少量水后，由于温度不变，Ksp(MgCOC．a点对应的-lgc(CO32-)=7，-lgc(Ca2+)=1.5，即c(COD．当-lgc(CO32-)=0时，-lgc(Mn2+)>-lgc(Ca2+)>-lgc(Mg2+)，即c(Mg2+)>c(Ca2+故答案为：D。

【分析】A.根据Ksp=c(Mn2+)⋅c(CO32−)计算；

13．【答案】C【解析】【解答】A．NaClO2可以电离产生钠离子和ClO2-，但是该溶液pH=8，说明ClOB.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：溶液中存在电荷守恒：2c(CO3C．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，但是其电离和水解程度都较小，所以存在c(CH3D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c(C2故答案为：C。

【分析】A.水解是微弱的，则c(Na+)>c(ClO2-)>c(OH-)>c(H+)；

14．【答案】D【解析】【解答】A．由方程式可知，反应吸收32.8kJ热量时，消耗一氧化碳的物质的量为32.8kJ41kJ/mol=0.8mol，则一氧化碳的反应速率为0.8molB．由表格数据可知，容器②中起始一氧化碳和水蒸气的物质的量是容器①的2倍，则平衡时反应消耗一氧化碳的物质的量是容器①的2倍，吸收热量也是容器①的2倍，则Q2≠32.8kJ，故B不符合题意；C．加入催化剂会改变反应的途径，降低反应的活化能，但反应的焓变∆H不变，故C不符合题意；D．由方程式可知，反应吸收32.8kJ热量时，消耗一氧化碳的物质的量为32.8kJ41kJ/molCO(g)+则反应的平衡常数K=0.8mol/L×0.8mol/L0.2mol/L×3.2mol/L=1，若向平衡后的容器①中再加入0.2mol一氧化碳和0.8mol二氧化碳，反应的浓度熵Qc=1.6mol/L×0.8mol/L0.4mol/L×3.2mol/L=1=故答案为：D。

【分析】A.根据v=ΔcΔt计算；

B.计算出①中平衡时各组分的物质的量，计算反应的平衡常数K，根据平衡常数计算②中参加反应的CO物质的量、③中CO2转化的物质的量，进而计算反应放出或吸收的热量；

C.催化剂不改变反应热；

D.计算加入CO与CO15．【答案】（1）2Fe2+（2）4.1≤pH<5.2；Fe(OH)（3）cd（4）降温结晶；过滤【解析】【解答】氧化铜废料中含氧化铁和氧化亚铁，硫酸溶解后所有氧化物均溶解；氧化过程加过氧化氢，亚铁离子被氧化；加入X调节pH值可以除去铁离子，形成Y氢氧化铁沉淀；溶液分离后得到胆矾晶体，分离的操作为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(1)氧化过程是氧化亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解，可以用加热的方法除去；(2)调节pH值的目的是为了让铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故根据表格中数据，可以选择的范围：4.1≤pH<5.2；由分析可知Y为Fe(OH)3；(3)试剂X的加入是为了促进三价铁离子水解形成氢氧化铁沉淀，同时不能引入新的杂质，故可选择氧化铜和氢氧化铜，故答案为：cd；(4)硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥可得到胆矾晶体。【分析】（1）氧化时过氧化氢将亚铁离子氧化成铁离子；过氧化氢受热易分解，加热可除去过量过氧化氢；

（2）根据表中数据确定调pH的范围；调pH的目的是除去铁离子，则Y为氢氧化铁；

（3）试剂X可促进铁离子水解形成氢氧化铁沉淀，同时不能引入新的杂质；

（4）从溶液中获得晶体的步骤包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。16．【答案】（1）4HCl(浓)+MnO（2）除去过量的氢氧化钠溶液；bca；滴入最后一滴硫氰化铵溶液后，溶液由无色变为血红色，且半分钟内不变色（3）74.27%（4）氯化苄样品中含有二氯化苄等其他多氯代物【解析】【解答】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，方程式为：4HCl(浓)+MnO(2)用硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，计算得到氢氧根过量，若氢氧根离子存在会生成氢氧化银沉淀，干扰数值的测定，加入硝酸的目的是：除去过量的氢氧化钠溶液，防止氢氧根对下一步的干扰，故答案为：除去过量的氢氧化钠溶液；滴定管使用时先检漏，后排气泡，再用待装液润洗，故顺序为：bca；硫酸铁铵作指示剂，用0.2000mol/LNH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，滴入最后一滴硫氰化铵溶液后，溶液由无色变血红色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：当滴入最后一滴硫氰化铵溶液后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不变色；(3)第三次结果误差较大，直接舍去，消耗NH4SCN溶液的平均体积：V=10.38mL-0.4mL+10.32mL-0.30mL2=10mL，过量的硝酸银的物质的量：n=0.2000mol/L×0.0100L=0.002mol；与氯离子反应的硝酸银的物质的量：n=0.2000mol/L×0.02500L-0.002mol=0.003mol，250mL溶液中与氯离子反应的硝酸银的物质的量n=0.003mol×(4)测定结果常高于氯化苄中氯元素的理论含量，可能是氯化苄制备中含有二氯化苄等其他多氯代物，导致氯元素含量高，故答案为：氯化苄样品中含有二氯化苄等其他多氯代物。【分析】（1）实验室通常加热浓盐酸和二氧化锰固体制取氯气；

（2）①氢氧根离子会与硝酸银氢氧化银沉淀，加入硝酸除去氢氧化钠；

②使用滴定管时先检漏，后排气泡，再用待装液润洗；

③NH4SCN溶液遇Fe3+变红色，据此判断滴定终点；

（3）根据反应NH4SCN+AgNO3=AgSCN↓+NH4NO3计算滴定剩余的硝酸银，硝酸银溶液总物质的量减去剩余的硝酸银物质的量得到生成氯化银沉淀的物质的量，根据氯元素守恒得到氯化苄物质的量；

（4）甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，氯气、氯化氢会干扰氯离子的测定。17．【答案】（1）3b-akJ/mol（2）C（3）250℃；AC（4）2（5）四氧化三铁在太阳能作用下分解为氧气和氧化亚铁，氧化亚铁与二氧化碳在700K时反应生成碳和四氧化三铁，四氧化三铁循环反应【解析】【解答】(1)已知①CH3OH(g)+32O2(g)═CO2(g)+2H2O(1)△H1=akJ•mol-1，②H2(g)+12O2(g)=H2O(1)△H2=bkJ•mol-1；根据盖斯定律知，②×3-①得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g))，则△H=(3b-a)kJ•mol-1；(2)根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H2O，c曲线代表乙烯；(3)由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；据图示进行分析250℃甲醇转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；A．使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，A不正确；B、增大体系压强，平衡向正方向移动，提高甲醇转化率，B正确；C、增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，C不正