辽宁省名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试 化学试题 含解析

2024-2025学年度上学期期中考试高二试题化学考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Al：27Cl：35.5Fe：56Cr：52第I卷（选择题，共45分）一、单项选择题（本题共15小，每小3分，共45分。每小题只有一个选项符合要求）1.中华文明璀璨夺目，人们很早高在生产、生活中学握了能量的相互转化，下列说法中错误的是A.宋代词人辛弃疾的《青玉案·元夕》中有对“打铁花”描述的诗句：“东风夜放花千树，更吹落、星如雨。”这个过程涉及化学能转化成光能与热能B.《本草纲目》中有记载：“阳燧，火镜也。以铜铸成，其面凹，摩热向日，以艾承之，则得火。”这个过程涉及化学能转化成热能C.《易经》中记载：“泽中有火”“上火下泽”，这个过程涉及化学能转化成热能D.南宋《大冶赋》中详细记载了以炭与铜矿石为原料的火法炼铜技术，这个过程涉及化学能与热能的相互转化【答案】B【解析】【详解】A．“打铁花”过程中铁与氧气反应，该反应放热，化学能转化成光能和热能，故A正确；B．“阳燧，火镜也。以铜铸成，其面凹，摩热向日，以艾承之，则得火。”这个过程涉将太阳能转化成热能，故B错误；C．“泽中有火”“上火下泽”，燃烧反应将化学能转化成热能、光能，故C正确；D．以炭与铜矿石为原料的火法炼铜技术，碳还原氧化铜生成铜为吸热反应，涉及化学能与热能的相互转化，故D正确；选B。2.为研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率（），某同学通过测定相同条件不同时间反应中生成气体的体积，绘制出如图所示的曲线，下列说法错误的是A.可用某些物理量的变化来表示该反应的反应速率B.化学反应速率最快的时间段是C.D.时间段的平均反应速率可以表示为【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钙为固体，可以用单位时间内固体质量变化量表示反应速率，A正确；B．曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大，根据图象知，斜率最大的是t1～t2，B正确；C．由于HCl、CaCl2与CO2属于不同的聚集状态，因此对应反应速率无法直接建立比值关系，C错误；D．t1~t4时间段的平均反应速率可以表示为mL/min，D正确；故答案选C。3.下列事实不能用勒复特列原理解释的是①由和组成的平衡体系加压后颜色变深②增大压强可加快与反应转化为的速率③黄绿色的氯水光照后颜色变浅④在含有的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去⑤工业上采用500℃比常温更有利于合成氨反应⑥打开可乐瓶盖，马上有气泡从溶液中逸出A.①②⑤ B.①④⑤ C.③⑥ D.②③④【答案】A【解析】【详解】①由NO2和N2O4组成的平衡体系加压，体积减小，颜色变深，不能用勒复特列原理解释，①符合题意；②增大压强可加快SO2与O2反应转化为SO3的速率，与平衡移动无关，不能用勒复特列原理解释，②符合题意；③黄绿色的氯水光照后颜色变浅，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，③不符合题意；④在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，消耗Fe3+，c(Fe3+)减小，平衡向产生Fe3+的方向移动，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，④不符合题意；⑤合成氨的反应为放热反应，加热，平衡逆向移动，不利于合成氨反应，故工业上采用500℃比常温更有利于合成氨反应不能用勒夏特列原理解释，⑤符合题意；⑥打开可乐瓶盖，减小了压强，平衡向产生气体的方向移动，故有气泡从溶液中逸出，能用勒夏特列原理解释，⑥不符合题意；故答案选A。4.已知反应：①；②稀溶液中，，下列有关中和热、燃烧热的说法中正确的是A.由①可知，的燃烧热为B.由①可知，的燃烧热小于C.D.若用盐酸与NaOH溶液进行反应，测得中和热的数值会偏大【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热指101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的物质(H→液态H2O，S→SO2气体)时所放出的热量，由反应①可知，2mol硫化氢燃烧生成硫单质和液态水放出的热量为578kJ，硫单质燃烧生成二氧化硫会继续放出热量，故1mol硫化氢完全燃烧生成二氧化硫气体和液态水放出的热量大于289kJ，所以硫化氢的燃烧热大于289kJ/mol，即硫化氢的燃烧热△H＜-289

kJ/mol，A错误；B．结合选项A可知，B错误；C．生成沉淀也会放热，硫酸与氢氧化钡反应生成水的同时生成了硫酸钡沉淀，则生成1mol水时，放出的热量大于57.3kJ，即ΔH＜－57.3kJ·mol−1，故C正确；D．根据可知，若用盐酸与

NaOH溶液进行反应，测得中和热的数值不会改变，故D错误；故选C。5.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生如图反应，反应过程中X、Y、Z、W（均为气体）的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应的化学方程式为B.反应至6min时C.反应至2min时Y的转化率为D.反应任意时刻体系的压强与初始压强之比均为【答案】D【解析】【分析】由图可知，X、Y的物质的量减小，是反应的反应物，Z、W的物质的量增大，是反应的生成物，X、Y、Z、W的物质的量比为(1.0—0.4)mol：(1.0—0.2)mol：1.0mol：0.4mol=3：4：5：2，反应的化学方程式为。【详解】A．由分析可知，反应的化学方程式为，故A错误；B．由图可知，反应至6min时，W的物质的量为0.4mol，W的浓度，故B错误；C．由图可知，反应至2min时Y的物质的量为0.6mol，转化率为，故C错误；D．由分析可知，反应的化学方程式为，该反应是气体体积不变的反应，所以反应任意时刻体系的压强与初始压强之比均为，故D正确；故选D。6.物质的生成热可定义为：在标准状态下，由最稳定单质生成1mol物质所放由的热量，用表示。已知下列几种物质的生成热如表：物质生成热00-775-1209已知：，下列说法正确的是A.相同物质的量的和能量之和比等物质的量的能量低B.C.断裂1mol分子中的化学键要放出775kJ的热量D.的生成热与燃烧热在数值上相等【答案】B【解析】【详解】A．根据表格数据，相，正反应放热，同物质的量的和能量之和比等物质的量的能量高，故A错误；B．①，②，根据盖斯定律②-①得，故B正确；C．断键需要吸收热量，故C错误；D．的燃烧热在数值上与SO2的生成热相等，故D错误；选B。7.一定条件下的恒压密闭容器中通入一定量的，发生反应，时刻改变某一条件，其速率（）的变化曲线如图，下列说法正确的是A.时刻改变的条件可能是继续通入一定量的B.时间段，的转化率逐渐减小C.时间段，反应体系中混合气体的平均摩尔质量逐渐减小D.、两平衡时刻，时刻体系颜色更深【答案】A【解析】【详解】A．若时刻改变的条件是继续通入一定量的，与原平衡为恒温恒压的等效平衡，新平衡与原平衡各物质浓度相等，反应速率相等，故A正确；B．时间段，正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，的转化率逐渐增大，故B错误；C．时间段，正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，气体总质量不变、总物质的量减小，反应体系中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，故C错误；D．恒温恒压，、两平衡时刻，速率相等，说明各物质浓度相等，、时刻体系颜色相同，故D错误；选A。8.2ml溶液与3ml溶液发生反应：，达到平衡。下列说法错误的是A.当溶液颜色不再发生变化时，可以判断该反应已经达到平衡状态B.该反应的平衡常数C.在上述溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明该反应存在限度D.在上述溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生黄色沉淀，平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．溶液颜色由溶液中有色物质的浓度决定，当溶液颜色不再发生变化时，说明c(Ⅰ2)不再改变，说明达到平衡状态，A正确；B．由方程式可知，该反应的平衡常数K=，B正确；C．由方程式可知Fe3+~I−，故Fe3+过量，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，不能说明该反应存在限度，C错误；D．在上述溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生黄色沉淀，c(I−)减小，平衡逆向移动，D正确；故答案选C。9.科学家采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇分解反应：的历程，部分分解路径与相对能量关系如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注，TS表示过渡态。则下列说法错误的是A.该历程共经历了五个基元反应B.上述历程中决速步的能垒（活化能）C.由此历程可知：D.上述历程中过渡态的相对能量就是该过程断键所需的能量【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应历程图可知，该吸附过程可分为五步反应进行，共经历了五个基元反应，A正确；B．能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，最大的能垒(活化能)=46.9-(-131.4)=178.3kJ/mol，B正确；C．CH3OH*的相对能量为0kJ/mol，CO*+2H2的相对能量为65.7kJ/mol，故CH3OH∗⇌CO∗+2H2为吸热反应，ΔH>0，C正确；D．过渡态的相对能量为该过程反应物的相对能量与该过程断键所需的能量的加和，D错误；故答案选D。10.为减少对环境造成的影响，可采用“催化加氢制甲醇”的方法将其资源化利用。合成甲醇过程中主要发生以下反应：I.II.向一密闭容器中充入1molCO2和，不同压强下的平衡转化率随温度的变化如图所示，已知：的选择性。下列说法错误的是A.B.由反应原理可推测，的选择性随反应体系温度升高而减小C.压强为时，温度高于之后，温度对反应II的影响小于对反应I的影响D.随反应体系温度的升高，反应I的平衡常数减小，反应II的平衡常数增大【答案】C【解析】【分析】反应I为气体体积减小的反应，反应II为等体积反应，其他条件相同的情况下，增大压强，反应I的化学平衡正向移动，CO2转化率增大，压强增大反应II化学平衡不移动，但是反应I平衡的移动导致反应物和产物的浓度均发生变化，从而使得反应II的化学平衡也会发生移动。【详解】A．反应I为气体体积减小的反应，反应II为等体积反应，单从压强角度考虑，增大压强，反应I化学平衡正向移动，反应II化学平衡不移动，体系中二氧化碳的转化率随着压强的增大而增大，因此P1<P2<P3，A正确；B．反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I化学平衡逆向移动，反应II化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性随反应体系温度升高而减小，B正确；C．从图中可知，压强为P1，温度高于570℃时，随着温度的升高，二氧化碳的转化率增大，说明此时因温度升高导致的反应II正向进行的程度大于反应I逆向进行的程度，因此温度对反应II的影响大于反应I，C错误；D．反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I化学平衡逆向移动，反应II化学平衡正向移动，则反应I的平衡常数K1减小，反应II的平衡常数K2增大，D正确；故答案选C。11.利用下列装置和试剂进行实验，合理且能达到实验目的的是A.用已知浓度NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液B.排出盛有溴水的滴定管尖嘴内的气泡C.探究和对过氧化氢分解的催化效果D.用溶液制固体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，滴定时氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，不能盛放在酸式滴定管中，故A错误；B．溴水会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以溴水应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；C．氯化铁和硫酸铜的阴、阳离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，题给实验不能用于探究铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果，故C错误；D．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，直接蒸发硫酸铝溶液可以制得硫酸铝固体，故D正确；故选D。12.下列有关盐酸和醋酸的说法中正确的是A.向浓度相同，体积相同的两种酸溶液中加入等物质的量的NaOH，当醋酸溶液中性时，盐酸溶液呈酸性B.向pH相同，体积相同的两种酸溶液中加入足量的铁屑充分反应，盐酸反应快，醋酸产生多C.向浓度相同，体积相同的两种酸溶液中均加入等体积、等浓度的NaCl溶液，两溶液pH均减小D.向浓度相同，体积相同的两种酸溶液加水稀释相同的倍数，醋酸pH变化大【答案】A【解析】【详解】A．乙酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则氢氧化钠应该稍微少量，故向浓度相同，体积相同的两种酸溶液中加入等物质的量的NaOH，当醋酸溶液中性时，盐酸溶液呈酸性，A正确；B．氯化氢为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，故pH相同时，醋酸浓度大，向pH相同，体积相同的两种酸溶液中加入足量的铁屑充分反应，醋酸的电离平衡正移，故醋酸反应快，醋酸产生H2多，B错误；C．向浓度相同，体积相同的两种酸溶液中均加入等体积、等浓度的NaCl溶液，相当于对盐酸和醋酸溶液进行了稀释，两溶液pH均增大，C错误；D．向浓度相同，体积相同两种酸溶液加水稀释相同的倍数，醋酸的电离平衡正移，pH变化小，D错误；故答案选A。13.已知气体易溶于水，溶液中存在的变化有：；（已知：能被KMnO4溶液氧化）下列说法正确的是A.向溶液中加水，平衡向右移动，溶液中所有粒子（除分子）浓度都减小B.升高体系温度，、电离程度增大，温度越高，越大（忽略水的挥发）C.向溶液中加入少量固体，、均减小D.向溶液中加入几滴溶液，溶液酸性增强【答案】D【解析】详解】A．向溶液中加水，c(H+)减小，Kw=c(H+)c(OH-)不变，故c(OH-)增大，A错误；B．温度越高，SO2会逸出，SO2+H2O⇌H2SO3平衡逆移，H2SO3⇌H++、⇌H++，平衡也会逆移，故温度越高，c()不一定会越大，B错误；C．Ka1、Ka2只与温度有关，温度不变，Ka1、Ka2不变，C错误；D．SO2能被KMnO4溶液氧化，离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，溶液酸性增强，D正确；故答案选D。14.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是

实验操作实验现象实验结论A在溶液中存在如下平衡：（蓝色）（黄色），加热溶液额色由蓝色变为黄绿色该反应正向为吸热反应B向A、B两支试管中各先加入KMnO4，酸性溶液，再分别加入4mL溶液和溶液B试管中溶液先褪色反应物浓度越大，化学反应速率越快C将溶液由稀释到0.01mol/L，测定溶液pH溶液pH变小溶液稀择后，的电离程度增大D已知、、、，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液无明显现象与碳酸钠不反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．加热，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，说明平衡正向移动，则正向是吸热反应，故A正确；B．根据量的计算得到高锰酸钾都没有反应完，因此溶液都没有褪色，因此无法得出反应物浓度越大，化学反应速率越快，故B错误；C．将CH3COOH溶液由0.1mol/L稀释到0.01mol/L，溶液pH增大，故C错误；D．Ka越大，酸性越强，故酸性H2CO3>H3BO3>，故硼酸和碳酸钠反应可得碳酸氢钠，故D错误；故答案选A。15.钠碱法是工业上处理尾气的常用方法，其原理为利用NaOH溶液捕捉，生成和的混合溶液。如图是常温下，NaOH溶液捕捉后，含硫微粒物质的量分数随pH变化的关系图（已知：含硫微粒X的物质的量分数）。下列说法错误的是A.曲线III所代表是物质量分数变化B.图示过程随着吸收量的增加水的电离程度一直增大C.常温下，的D.时，溶液中【答案】B【解析】【分析】溶液pH越大，溶液中亚硫酸的浓度减小，亚硫酸氢根离子浓度先增大后减小，亚硫酸根离子浓度先不变后增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表亚硫酸、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子物质的量分数随pH变化的关系；由图可知，A点溶液中亚硫酸的浓度等于亚硫酸氢根离子的浓度，溶液pH为1.5，由电离常数可知，电离常数Ka1(H2SO3)==c(H+)=10—1.5，同理可知，Ka2(H2SO3)=10—6.8。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表亚硫酸、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子物质的量分数随pH变化的关系，故A正确；B．氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，反应生成的亚硫酸根离子在溶液中水解促进水的电离，反应生成的亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，则亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性抑制水的电离，所以图示过程随着二氧化硫吸收量的增加，亚硫酸根离子浓度减小、亚硫酸氢根离子浓度增大，水的电离程度减小，故B错误；C．由分析可知，电离常数Ka1(H2SO3)==c(H+)=10—1.5，故C正确；D．pH为7的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由溶液中的电荷守恒关系可知，溶液中，故D正确；故选B。第II卷（非选择题，共55分）16.某化学兴趣小组受中和热测定的启发，在实验室进行蔗糖（化学式：，M=342g/mol）燃烧热的测定。经查阅资料，实验室测定有机物的燃烧热常用弹式量热计（装置结枃如下图所示）。实验原理：间接法测定水吸收的热量即为物质燃烧释放的热量（忽略装置吸热）。实验步骤：①用分析天平称取蔗糖样品0.7440g制成压片，残留样品质量为0.0600g；②将压片放入样品盘，密封氧弹；③______________；④向量热计中注入3kgH2O，记录初始温度；⑤用电火花引发燃烧反应并立即打开搅拌器；⑥记录终了温度，重复实验三次。回答下列问题：（1）小孔M中插入的仪器是________。（2）制作氧弹最适宜选择的状料是钢，理由是__________。（任写一点）（3）蔗糖压片太松，样品容易脱落，太紧容易造成的结果是___________。（4）第③步实验操作应该是：___________。（5）步骤⑥中记录的“终了温度”是变化过程中温度的__________。（填“最高值”或“稳定值”）（6）“弹式量热计”若无绝热外套，测得的燃烧热数值比实际数值________。（填“大”或“小”）（7）小组同学三次实验测得的量热计中水温的变化如下表（水的比热容）实验编号初始温度/℃终了温度/℃①24.5125.39②24.7328.08③24.6225.46根据所测数据写出蔗糖燃烧的热化学方程式________。（数值小数点后保留一位）【答案】（1）搅拌器（2）钢的导热性好，使物质燃烧产生的热量能及时传递给水（3）样品压片太紧会导致样品燃烧不充分，实验结果不准确（4）向氧弹中充入过量氧气（5）最高值（6）小（7）C12H22O11(s)+12O2(g)=12CO2(g)+11H2O(l)

△H=-5392.2kJ•mol-1【解析】【分析】蔗糖点燃后产生的热会传递给水，通过测量水的温度差值来计算燃烧热。【小问1详解】小孔M中插入的仪器是搅拌器；【小问2详解】钢弹采用钢制的原因是钢的导热性好，使物质燃烧产生的热量能及时传递给水；【小问3详解】样品压片太紧会导致样品燃烧不充分，实验结果不准确；【小问4详解】在点燃之前应向氧弹中充入过量氧气，保证蔗糖完全燃烧，故第③步实验操作为：向氧弹中充入过量氧气；【小问5详解】步骤⑥中记录的“终了温度”是变化过程中温度的最高值；【小问6详解】“弹式量热计”若无绝热外套，燃烧产生的热量会散失，测得的燃烧热数值比实际数值小；【小问7详解】根据△H===5392.2kJ/mol，故蔗糖燃烧热的热化学方程式为C12H22O11(s)+12O2(g)=12CO2(g)+11H2O(l)

△H=-5392.2kJ•mol-1；17.工业上可以采用铬铁矿（）为原料来制备，流程如下：已知：①步骤Ⅰ中转化为和，并产生一种温室效应气体。②不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解；能被氧化为。③甲醇无色，沸点64.7℃。（1）步骤Ⅰ中为加快氧化速率，可以采取的方法是__________。（任写一种）（2）根据已知信息，步骤Ⅰ发生化学反应的方程式为：___________。（3）步骤Ⅳ中，温度不宜过高，也不宜过低，原因是：___________。（4）步骤Ⅵ洗涤过程，最适宜的溶剂是________（填标号）A.乙醚 B.水 C.乙醇 D.稀盐酸（5）产品中氯化铬晶体（CrCl3·6H2O，M＝266.5g／mol）含量的测定。称取0.5330g产品，用容量瓶配制成500ml溶液，移取25.00ml于碘量瓶（带塞的锥形瓶）中，加入足量Na2O2，一定条件下充分反应，适当稀释，然后加入过量稀H2SO4至溶液呈强酸性，再加入足量KI溶液，加塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，加入指示剂，用0.0100mol／L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗21.00ml。已知；。①滴定过程选用的指示剂是__________；判定滴定终点的依据是__________。②产品中CrCl3·6H2O的质量分数为__________（保留两位有效数字）。【答案】（1）将铬铁矿粉碎（2）4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2（3）温度过低，反应速率慢，温度过高，甲醇挥发，Na2Cr2O7无法完全还原为Cr3+（4）A（5）①.淀粉溶液②.当最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复③.70%【解析】【分析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠、通入氧气发生高温氧化反应：4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O＝NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入甲醇把Na2Cr2O7还原为Cr3+，调节pH生成Cr(OH)3沉淀，过滤、洗涤得到Cr(OH)3固体，用盐酸溶解Cr(OH)3得CrCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得CrCl3·6H2O。【小问1详解】将铬铁矿粉碎，可增大反应物间接触面积，加快氧化速率；【小问2详解】步骤Ⅰ发生化学反应的方程式为4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；【小问3详解】步骤Ⅳ中，温度过低，反应速率慢，温度过高，甲醇挥发，Na2Cr2O7无法完全还原为Cr3+；【小问4详解】CrCl3·6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，步骤Ⅵ，应用乙醚洗涤，故答案选A；【小问5详解】①滴定过程选用的指示剂是淀粉溶液；判定滴定终点的依据是：当最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复；②由离子方程式可知2Cr3+~~3Ⅰ2~6Na2S2O3，消耗n(Na2S2O3)=0.0100mol／L×21.00×10-3L=2.1×10-4mol，故n(Cr3+)=0.7×10-4mol，产品中CrCl3·6H2O的质量分数==70%。18.乙烯是重要的有机化工基础原料，在石油化工生产中占有重要地位。工业上可以利用乙烷的二氧化碳氧化裂解反应制备乙烯，相关反应如下：I（直接脱氢）：：II（氧化脱氢）：；III：IV：温度过高，深度裂解，产生、积碳等副产物。（1）________，可判断反应II能够自发进行的条件是________（填标号）A.低温自发B.高温自发C.任何条件下均自发D.任何条件下均不自发（2）恒容条件下，有利于提高平衡转化率的措施是________（填标号）A.升高温度 B.加入高效催化剂 C.增大压强 D.及时分离出（3）一定温度下，在某恒容密闭容器中充入一定量的C2H6(g)，若只发生反应I。①下列情况能说该反应达到平衡的是________（填标号）A.混合气体的平均密度保持不变B.混合气体的平均摩尔质量保持不变C.与的物质的量之比保持不变D.②达到平衡后，容器中总压为Pa，乙烷的转化率为a，则该反应的平衡常数________Pa（用含、a的代数式表示，为用气体分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压气体物质的量分数）（4）相比反应I（直接脱氢），反应II（氧化脱氢）的优点有________（任写一点）。（5）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1molC2H6与不同量的CO2，在催化剂存在条件下发生反应，平衡时，C2H6的转化率与C2H4的选择性（C2H6的选择性）随起始投料比的变化关系如图所示：①当时，生成的物质的量为________mol。（精确到小数点后两位）②从1增加到4，的转化率呈现先增大后减小的趋势，减小的原因可能是________。【答案】（1）①.②.B（2）AD（3）①.BCD②.（4）减少了甲烷，积碳等副产物；生成了H2O(g)，产物易于分离（5）①.0.36②.CO2过量较大，减少了在催化剂表面活性点的吸附【解析】【小问1详解】由盖斯定律得，II（氧化脱氢）=I（直接脱氢）+III，故；该反应为分子数增大的反应，故，，由可知，在高温下自发进行，故选B；【小问2详解】A．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的平衡转化率升高，故A符合题意；B．催化剂只能提高反应速率，不影响平衡转化率，故加入高效催化剂，的平衡转化率不变，故B不符合题意；C．该反应为气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移