1、山东省济宁市微山县第二中学2019-2020学年高二化学下学期第一学段教学质量监测试题（含解析）1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A. 地沟油可用来生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的B. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C. 泉州府志：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具有吸附作用，能将红糖变白D. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同【答案】D【解析】分析： 地沟油的主要成分是油脂；CaSO4用Na2CO3溶液处理后可转化为CaCO3；泥土具有吸附作用；柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤
2、维素。详解：A. 地沟油的主要成分是油脂，油脂可发生皂化反应，该反应可用于工业上生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的，A正确；B. CaSO4不溶于酸，CaSO4用Na2CO3溶液处理后可转化为CaCO3，CaCO3可溶于酸，B正确；C.泥土颗粒表面积较大，因而具有吸附作用，能吸附红糖中的色素使其变白，C正确；D.柳絮的主要成分是纤维素，和棉花相同，D不正确。综上所述，说法不正确的是D。本题选D。2.属于吸热反应的是（ ）A. 铝跟盐酸反应B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应C. 盐酸与氢氧化钠溶液反应D. 酒精的燃烧【答案】B【解析】【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与
3、酸或水置换出氢气的反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）。【详解】A铝跟盐酸反应是金属与酸反应，是常见放热反应，故A错误；BBa(OH)28H2O与NH4Cl反应是铵盐和强碱反应，是常见的吸热反应，故B正确；C盐酸与氢氧化钠溶液反应是中和反应，是常见的放热反应，故C错误；D酒精的燃烧是燃烧反应，是常见的放热反应，故D错误；故选B。3.常温下若NH4Cl溶液中c(NH4Cl)0.1 molL1，则pH5.1。现用0.1 molL1盐酸滴定10 mL 0.05 molL1氨水，甲基
4、橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是A. 10 mLB. 大于5 mLC. 5 mLD. 小于5 mL【答案】B【解析】【详解】按照酸碱恰好中和反应：HCl+NH3H20=NH4Cl+H20进行计算，可知需消耗盐酸体积为5ml，依据题干信息可知，此时溶液PH值大于5.1，而甲基橙的变色范围在3.1-4.4范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色，所以终点时所用盐酸的量应大于5mL，故选B。【点晴】明确中和滴定原理及指示剂的变色范围是解题关键，按照酸碱恰好中和反应进行计算，可知需消耗盐酸体积为5mL，依据题干信息可知，此时溶液pH值大于5.1，而甲基橙的变色范围在3.1-4.4范围，不
5、变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色。4.为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下四个实验，你认为结论不正确的是。( )A. 将铜片放入稀硫酸中，无现象。若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气生成B. 将除去氧化膜的相同大小、相同质量的镁条和铝条与相同浓度盐酸反应，前者速率大于后者C. 两支试管中分别加入根同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同D. 相同条件下等质量的块状和粉末状大理石与相同浓度盐酸反应时，粉末状的反应速率快【答案】A【解析】【详解】A、铜与稀硫酸不反应，加入硝酸银之后，酸
6、性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，比银离子氧化性强，首先将铜氧化，生成的是一氧化氮，不是氢气，A错误；B、镁比铝活泼，所以相同质量的镁、铝和相同浓度的盐酸反应时，镁的反应速率快，B正确；C、二氧化锰在氯酸钾受热分解制氧气的反应中作催化剂，所以加入二氧化锰后，反应速率会加快，C正确；D、粉末状的大理石比块状的大理石和盐酸接触的面积大，所以反应速率更快些，D正确；答案选A。5.下列说法正确的是A. 在Ba(OH)2溶液中，c(Ba2+)2c(OH)B. 蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C. 煤的气化和液化均属于化学变化D. 强电解质和弱电解质的划分依据是电解质水溶液的导电能力强弱【答案】C
7、【解析】【详解】A在Ba(OH)2溶液中，2c(Ba2+)c(OH)，故A错误；B油脂在碱性环境中可水解，生成丙三醇和硬酯酸钠，硬酯酸钠是电解质，故B错误；C、煤的气化和液化均包含化学变化，故C正确；D强电解质和弱电解质划分依据是否完全电离，强电解质在水溶液中完全电离；弱电解质在水溶液中部分电离；强电解质导电能力并不一定强，弱电解质导电能力并不一定弱，故D错误；答案选C。6. 金属M和N可构成如图所示的装置.下列分析正确的是A. 金属活泼性NMB. M逐渐溶解C. 负极反应为2H+2e-=H2D. SO42-向M极定向移动【答案】A【解析】【详解】A根据图中的电流方向判断M是正极，N是负极，所
8、以N的金属性大于M，正确；BM是正极，不会溶解，错误；C负极发生氧化反应，所以是N金属失去电子，错误；D原电池中阴离子向负极移动，所以硫酸根离子向N极移动，错误；答案选A。7.由水电离产生的c(H+)为110-12mol/L的溶液中，能大量共存的离子组是A. K+、Cl-、NH4+、HS-B. K+、Fe3+、I-、SO42-C. Na+、Cl-、NO3- 、SO42-D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】分析：由水电离产生的c(H+)为110-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，结合溶液的酸碱性和离子间发生的反应解答。详解：由水电离产生的c(H+)为110-12mol
9、/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。则A. 溶液显酸性HS-不能大量共存，溶液如果显碱性NH4+、HS-均不能大量共存，A错误；B. 碱性溶液中铁离子不能大量共存，酸性溶液中Fe3+氧化I-，不能大量共存，B错误；C. Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，C正确；D. 溶液如果显酸性HCO3-不能大量共存，溶液如果显碱性Ca2+、HCO3-均不能大量共存，D错误。答案选C。8.Mg(OH)2在下列四种情况下，其溶解度最大的是A. 在纯水中B. 在0.1 molL-1的NH3H2O溶液中C. 在0.1 molL-1的CH3COOH溶
10、液中D. 在0.1 molL-1的MgCl2溶液中【答案】C【解析】【详解】由沉淀溶解平衡 Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)知，A在纯水中溶解度即为饱和溶液的溶解度；B在NH3H2O溶液中抑制Mg(OH)2溶解，使其溶解度减小；CCH3COOH溶液与OH-反应，促进其溶解；D在MgCl2溶液中能抑制Mg(OH)2的溶解，使其溶解度减小，比较选项可知C项符合题意，正确。9.一定条件下，在一恒容密闭容器中，下列能表示反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是X、Y、Z的物质的量之比为1:2:2；Y的消耗速率与Z的消耗速率相等；容器中的压强不再发生变化；单位时
11、间内生成n mol Z的同时消耗nmol YA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】平衡时，X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2，不能说明正逆反应速率相等，其比值与各物质的初始浓度及转化率有关，错误；Y消耗速率与Z的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；容器中气体的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状
12、态，正确；单位时间内生成n mol Z的同时消耗n mol Y，均表示正反应速率，反应不一定达到平衡状态，错误；答案选D。10.关于如图所示转化关系（X代表卤素），下列说法正确的是（ ）A. B. C. 的非金属性依次减弱，所以途径II吸收的热量依次增多D. 生成相同物质的量放出的热量比生成的多，说明比稳定【答案】D【解析】【详解】A. 原子形成化学键放热，焓变小于0，则2H(g)+2X(g)2HX(g) H30，下列叙述正确的是()A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，KW不变C. 向水中加入少量固体Na，平衡逆向移动，c(H
13、+)降低，KW不变D. 将水加热，KW增大，pH不变【答案】BC【解析】A. 向水中加入稀氨水，c(OH-)增大，故A错误；B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4H+ Na+ + ，c(H+)增大，KW不变，故B正确；C. 向水中加入少量固体Na，2Na+2H2O2NaOH+H2，氢氧化钠抑制水的电离，c(H+)降低，KW不变，故C正确；D. 将水加热，KW增大，c(H+)增大，pH减小，故D错误。故选BC。14.将0.2mol/L的醋酸钠溶液10mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是A. c(Na)c(H)c(CH3COO)c(Cl)
14、c(OH)B. c(CH3COOH)c(Cl)c(Ac)c(H)C. c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)D. c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)【答案】AC【解析】【分析】两溶液等体积混合后发生反应CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl，则最终得到的是等浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl的混合溶液。【详解】A.根据电荷守恒可知：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(Cl)c(OH)，故A正确；B.由于显酸性，故CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，所以溶液中c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(CH3CO
15、OH)c(H)，故B错误；C.根据B项分析可知，c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)，故C正确；D.根据B项分析可知，c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)，故D错误；答案为AC。15.下列关于电解质溶液的叙述正确的是A. 常温下，pH7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为、c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)B. 10mL0.1mol/LNH4Cl溶液5mL0.2mol/L NaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)C. 相同温度和浓度的钾盐溶液中，酸式盐的pH一定小于正盐的pHD. 常温下，同浓度的Na2S与N
16、aHS溶液相比，Na2S溶液的pH大【答案】BD【解析】【详解】A常温下，pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)可知：c(Cl-)=c(NH4+)，故A错误；B10mL0.1mol/LNH4Cl溶液5mL0.2mol/L NaOH溶液混合后的溶液中含有等浓度的NaCl、NH3H2O，氨水为弱碱，部分电离，溶液显碱性，c(OH-)c(H+)，氯化钠不水解，c(Na+)=c(Cl-)，因此c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故B正确；C如果酸式钾盐是弱酸酸式钾盐、正盐是强酸钾盐，如碳酸氢钾、硫酸
17、钾，碳酸氢钾的pH大于硫酸钾，故C错误； D常温下，硫离子的第一步水解程度大于第二步，所以同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S的水解程度较大，其溶液的pH较大，故D正确；故选BD。16.短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：（1）AB2的结构式_；C元素在周期表中的位置是_（2）B、C组成的一种化合物与水发生化合反应的化学方程式为：_（3）如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X为石墨电极，Y为铁电极，接通直流电源。X电极的电极反应式
18、为_。Y电极的电极反应式为_。（4）常温下，相同体积的0.2molL1CD溶液与0.1molL1 C2AB3溶液中，总离子数目较多的是_溶液（填化学式）。【答案】 (1). O=C=O (2). 第三周期IA族 (3). Na2O + H2O = 2NaOH (4). 2H+ + 2e= H2（或2H2O + 2e= H2+ 2OH） (5). Fe2e= Fe2+ (6). NaCl【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，最外层最多含有8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；B为地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是原子半径
19、最大的短周期主族元素，则C为Na元素；C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品，CD为NaCl，则D为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为Cl元素。(1)A B2为CO2，CO2中碳最外层4个电子，分别与O形成两个共价键，CO2的结构式为O=C=O；C元素为Na元素，在周期表中的位置第3周期第IA族；故答案为：O=C=O；第三周期IA族；(2)B、C组成的一种化合物与水发生化合反应，该化合物为Na2O，发生反应为：Na2O+H2O2NaOH； (3)电解NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极；X电极的电极反应式为： (或 )；Y
20、为铁电极，与直流电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，Y电极的电极反应式为：；故答案为： (或 )；(4)常温下，相同体积的0.2molL1NaCl溶液与0.1molL1Na2CO3溶液中，c(Na+)相同，都是0.2mol/L，其中NaCl溶液中c(Cl)=0.2mol/L，Na2CO3溶液中，由于水解程度较小，阴离子浓度接近0.1mol/L，根据 可知NaCl溶液中总离子数目较多；故答案为：NaCl。【点睛】根据ABCD信息，可推知具体元素；电解池的电极反应主要考察离子的放电顺序：在阴极，氢离子优先钠离子放电；阳极为金属电极反应。17.某大型化工厂产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3、C
21、u2，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。（1）操作的名称是_， 沉淀A中含有的金属单质有_。（2）溶液A中加入H2O2溶液，其作用是_，操作为持续加热保温，在此过程中温度不宜过高的原因是_。（3）检验溶液B中含有的金属阳离子的实验方法为：取少量溶液B于洁净的小试管中，加入_试剂，溶液迅速转变为_色，即可检验。（4）操作中发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 过滤 (2). 铁和铜 (3). 将Fe2氧化成Fe3 (4). H2O2高温易分解 (5). 硫氰化钾溶液 (6). 红 (7). Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH4+【解析】【分析】F
22、e3+、Cu2+和过量铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过量得到固体A和溶液A由于铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，得到的溶液D中主要含有铵根离子，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放。【详解】(1)分离沉淀和溶液采取过滤的方法，操作加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第得到的滤渣中都含有金属铜过量的铁；故答案为：过滤；铁和铜；(2)
23、溶液A含亚铁离子，能与双氧水发生氧化还原反应，反应的离子反应式为 ，双氧水受热易分解，所以操作为持续加热保温但温度不宜过高；故答案为：；H2O2高温易分解；(3)B中含铁离子，用硫氰化钾来检验，铁离子与硫氰化钾反应出现血红色溶液；故答案为：硫氰化钾溶液；红；(4)铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为 。18.工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略): 已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:待沉淀的离子Fe2+Fe3+Zn2+Cu2+开始沉淀时pH6.31.56.25.2沉淀完全时pH9.73.28.06.4请回答下列问题：（1
24、）酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是_。（2）步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,并全部形成Fe(OH)3沉淀,为了暂不形成Cu(OH)2 、 Zn(OH)2 ,该步骤需控制溶液pH的范围是_,该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式_。（3）步骤C的反应离子方程式为_。（4）若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_。（已知KspFe(OH)3= 4.010-3 8）【答案】 (1). 加快反应速率 (2). 3. 2pH5.2 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2
25、O (4). Cu2+ +Zn = Zn2+ +Cu (5). 4 10-8【解析】【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故目的是加快反应速率；(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48 3.2 ，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2 8.0，和Cu(OH)2沉淀时的pH为5.26.4，因此将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2 ，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2pH5.2，加入H2O2 ，发生过氧化氢氧化亚铁离子的反应，反
26、应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)步骤C中加入锌，发生锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，反应离子方程式为Cu2+Zn=Zn2+Cu；(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+) (10-10mol/L) 3=4.010-38，故c(Fe3+)=4.010-8 mol/L。19.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，
27、进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在500下发生发应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_。下图是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为_反应（填“放热”或“吸热”）。(2)500该反应的平衡常数为_（保留两位小数），若提高温度到800进行，达平衡时，K值_（填“增大”、“减小”或“不变”）。(3)500条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度
28、均为0.5mol/L，则此时v(正)_v(逆)（填“”、“”或“=”）。(4)下列措施能使 增大的是_。A升高温度 B在原容器中充入1molHe C将水蒸气从体系中分离出 D缩小容器容积，增大压强【答案】 (1). 0.225mol/(Lmin) (2). 放热 (3). 5.33 (4). 减小 (5). (6). CD【解析】【分析】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，再结合计算；根据温度对平衡的影响效果作答；（2）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积
29、的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；（3）依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；（4）要增大，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断。【详解】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，为0.75mol/L3=2.25mol/L，故v(H2)= =0.225mol/(Lmon)；根据图示信息可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为0.225mol/(Lmin)；放热；（
30、2）由（1）可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L3=0.75mol/L，所以平衡常数K=5.3；升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数会减小，故答案为5.3；减小；（3） CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则浓度商Q=4K=5.33，说明反应正向进行v(正)v(逆)；故答案为；（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的放热反应，则A该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，A
31、项错误；B. 在原容器中充入1 mol He，反应物的浓度保持不变，平衡不移动，的值保持不变，B项错误；C. 将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，的值增大，C项正确；D. 缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向移动，的值增大，D项正确；故答案为CD。20.如图所示，把试管放入盛有25 饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入10 mL盐酸于试管中，试回答下列问题：（1）实验中观察到的现象是_ 。（2）产生上述现象的原因是_。（3）写出有关反应的离子方程式：_； 反应中转移了0. 04mol电子时；标准状况下产生多少_mL的H2。（4）由实验推知，镁片溶液和盐酸
32、的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”) MgCl2和H2的总能量；此反应为_ (填放热反应或者吸热反应)。【答案】 (1). 镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊 (2). 镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH)2晶体 (3). Mg2H=Mg2H2 (4). 448 (5). 大于 (6). 放热反应【解析】【分析】如图所示的实验中，所试管内滴入稀盐酸，盐酸与镁剧烈反应放出氢气，同时反应放出的热量使饱和石灰水溶液温度升高，温度升高氢氧化钙溶解度减小，饱和溶液析出固体氢氧化钙而使溶液看上去变浑浊；碳酸在溶液
33、中不稳定分解生成二氧化碳气体。【详解】(1)镁与盐酸剧烈反应，可观察到产生大量气体，反应放出热量使饱和溶液温度升高，析出固体溶质，观察到溶液变浑浊；故答案为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；(2)镁与盐酸剧烈反应，产生氢气并放出大量的热，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，所以饱和石灰水升温后析出的氢氧化钙使溶液呈浑浊状；故答案为：镁与盐酸反应产生H2，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH)2晶体；(3)镁与盐酸发生置换反应,生成氯化镁和氢气,反应化学方程式为 ，离子方程式为： ；此反应中，当生成1mol氢气时转移2mol电子，故当转移0.04mol电子时，生成0.02mol电子，在标况下体积为448mL；故答案为：Mg+2H+=Mg2+H2；448；(4)此反应是放热反应，故镁片的盐酸的总能量大于MgCl2溶液和H2的总能量；故答案为：大于；放热反应。