四川省广安市华蓥中学2023-2024学年高二上学期11月期中化学试题 Word版含解析 .docx

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四川省广安市华蓥中学2023-2024学年高二上学期11月半期考试化学试题(总分：100分，时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：H-1O-16P-31Al-27Cl-35.5Na-23一、单选题(每题3分，总分42分)1.化学与人类生活和工业生产密切相关。下列说法正确的是A.使用漂白液漂白衣物时滴加几滴白醋能增强其漂白效果B.实验室可用小苏打与盐酸反应制备CO2，此反应放热有利于CO2的逸出C.高炉炼铁时可通过增加塔高来降低平衡体系中CO的百分含量D.煅烧硫铁矿(主要成分FeS2)可获得SO2，将矿石粉碎成小颗粒可提高反应的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A．漂白液主要成分是次氯酸钠，白醋主要成分是醋酸，次氯酸钠和醋酸反应生成次氯酸，增强漂白效果。故A正确；B．小苏打与盐酸反应制备CO2，该反应为吸热反应，故B错误；C．高炉炼铁时通过增加塔高不能影响化学平衡移动，降低CO的百分含量，故C错误；D．催化剂不能提高SO2催化氧化的平衡转化率，故D错误；答案选A。2.下列热化学方程式正确的是选项已知条件热化学方程式AH2的燃烧热为akJ·mol-12H2(g)＋O2(g)2H2O(l)ΔH=-akJ·mol-1B31g白磷比31g红磷能量多bkJP4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-4bkJ·mol-1CH＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BsSO4(s)＋2H2O(l)ΔH=-114.6kJ·mol-1D1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定的产物放出的热量，而a为2mol氢气燃烧放出的热量，所以不是氢气的燃烧热，A错误；B．31g白磷比31g红磷能量多bkJ，所以白磷生成红磷放热，热化学方程式为：，B正确；C．生成沉淀，不能用燃烧热计算，C错误；D．根据反应，1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量49.15kJ，D错误；故选B。3.已知恒容密闭容器中发生反应：，平衡体系中气体的平均相对分子质量(M)在不同温度下随压强的变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A.温度：B.平衡常数：C.反应速率：D.当M为200.25时转化率约为33%【答案】D【解析】【分析】该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则气体的平均相对分子质量减小，由图可知，T1条件下气体的平均相对分子质量大于T2条件下气体的平均相对分子质量，则温度T1大于T2。【详解】A．由分析可知，反应温度T1大于T2，故A错误； B．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，则平衡常数的大小关系为，故B错误；C．温度越高，反应速率越快，压强越大，反应速率越快，由图可知，b点压强大于a点，由分析可知，b点反应温度高于a点，则b点反应速率快于b点，故C错误；D．设起始时双聚氯化铝的物质的量为1mol，平衡时氯化铝的物质的量为2amol，由气体的平均相对分子质量为200.5可得：267×(1—a)+133.5×2a=200.5×(1+a)，解得a=，则双聚氯化铝的转化率为×100%≈33.3%，故D正确；故选D。4.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定，下列说法不正确的是A.滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响B.滴定操作时，眼睛要一直关注锥形瓶中的颜色变化C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由粉红色变无色时停止滴定D.酸式滴定管可以盛放盐酸，但不能盛放Na2CO3溶液【答案】C【解析】【详解】A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响，不影响标准液的用量，不影响测定结果，A正确；B．滴定操作时，眼睛要一直关注锥形瓶中的颜色变化，便于观察滴定终点，B正确；C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由无色变粉红色时停止滴定，C错误；D．碳酸钠溶液显碱性，酸式滴定管可以盛放盐酸，但不能盛放Na2CO3溶液，D正确；故选C。5.如下图所示为工业合成氨的流程图。下列说法不正确的是A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率D.为提高反应物的转化率应及时将氨从混合气中分离出去 【答案】C【解析】【分析】N2和H2净化干燥除去含P、S、As的化合物等杂质后，加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此分析判断。【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质，以防止铁催化剂中毒，故A正确；B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确；C．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不能，故C错误；D．在反应达到一定转化率时及时将氨从混合气中分离出去，可使平衡正向移动，能保持足够高的原料转化率，故D正确；故选C。6.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是A.该反应的平衡常数表达式K＝B.达到平衡所需时间，甲与乙相等C.平衡时NO2体积分数：甲＜乙D.若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，K＝，故A错误；B ．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；C．甲压强较大，增大压强，平衡正向移动，则平衡时NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误；故选C。7.在一定条件下发生如下反应，下列说法正确的是反应Ⅰ：反应Ⅱ：A.方程式中各物质的化学计量数既可表示物质的量，又可表示分子个数B.反应Ⅰ需加热条件才能发生，反应Ⅱ室温下可快速发生反应C.若使用催化剂，反应Ⅰ的将增大，反应Ⅱ的将减小D.反应Ⅱ用硫粉代替块状硫固体可以改变反应速率，但不变【答案】D【解析】【详解】A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数，故A错误；B．反应Ⅰ是、，当时可以自发进行，则反应Ⅰ需加热条件才能发生，反应Ⅱ熵变化不大且为放热反应，在点燃的条件下才能反应，故B错误；C．催化剂会降低活化能，但不能改变，故C错误；D．反应Ⅱ用硫粉代替块状硫固体，反应物之间的接触面积增大，反应速率增大，但不变，故D正确；故选D。8.中学常见反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)实际由2个基元反应构成，反应①：2NO(g)N2O2(g)K1；反应②：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)K2。其反应过程能量变化示意图如下。温度升高，NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率会降低。下列说法正确的是 A.温度升高，反应②的正反应速率增加的程度大于逆反应速率B.总反应速率由反应①决定C.总反应的平衡常数K=K1+K2D.温度升高，总反应速率降低，可能原因c(N2O2)减少使反应②速率降低造成【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，第②步反应为放热反应，升高温度第②步反应平衡向逆反应方向移动，正反应速率增加的程度小于逆反应速率，故A错误；B．由图可知反应②的活化能较大，则反应②速率较慢，慢反应决定总反应速率快慢，故B错误；C．总反应=反应①+反应②，则总反应的平衡常数H K=K1•K2，故C错误；D．由图像可知上述两步反应均为放热反应，则温度升高会使平衡逆向移动，而反应①为快反应，导致c(N2O2)减少对速率的影响大于温度对速率的影响，从而使决速步速率降低，则总反应速率降低，故D正确。答案选D。9.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A两支试管均盛有4mL浓度分别为0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的酸性KMnO4溶液中，同时各加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液0.2mol·L-1的酸性KMnO4溶液先褪色其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快B在盛有2mL0.05mol/LFeCl3溶液的试管中加入2mL0.15mol/LKSCN溶液红色变浅 溶液，溶液呈红色。再加入少量KCl晶体其他条件不变，增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动C往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌有刺激性气味气体生成，烧杯底部与玻璃片粘在一起吸热反应不一定需要加热才能进行D在盛有2mL5%的过氧化氢溶液的两支试管中分别加入5滴1mol/L的三氯化铁溶液和硫酸铜溶液加入三氯化铁溶液的产生气泡速率更快其他条件相同时，对H2O2分解的Fe3+催化作用强于Cu2+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．两支试管均盛有4mL浓度分别为0.1mol·L-1和0.2mol·L-1的酸性KMnO4溶液中，同时各加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液，发生反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，此时酸性KMnO4溶液均过量，溶液均不褪色，A不正确；B．在盛有2mL0.05mol/LFeCl3溶液的试管中加入2mL0.15mol/LKSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈红色，再加入少量KCl晶体，对平衡不产生影响，溶液的颜色不变，B不正确；C．往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌，发生反应Ba(OH)2∙8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，有刺激性气味气体生成，烧杯底部与玻璃片粘在一起，由此得出结论：吸热反应不一定需要加热才能进行，C正确；D．在盛有2mL5%的过氧化氢溶液的两支试管中分别加入5滴1mol/L的三氯化铁溶液和硫酸铜溶液，两支试管中加入的FeCl3、CuSO4中，阴、阳离子都不相同，不能说明对H2O2分解的Fe3+催化作用强于Cu2+，D不正确；故选C。10.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.水电离产生的的溶液中：、、、B.使甲基橙试液变红的溶液中：、、、C.在加入铝粉能产生的溶液中：、、、 D.的溶液：、、、【答案】D【解析】【详解】A．常温下，水电离产生的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误；C．在加入铝粉能产生的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、间均可发生反应生成沉淀，故C错误；D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确；答案选D。11.常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133A.温度下降，四种溶液的均不变B.在溶液①②中分别加入适量的氯化铵晶体，两种溶液的均减小C.等体积的③、④溶液分别与足量锌反应，生成的量：④<③D.将溶液①④等体积混合，所得溶液中显碱性【答案】A【解析】【详解】A．氨水、醋酸是弱电解质，降低温度，电离平衡逆向移动，氨水中氢氧根离子浓度减小、醋酸中氢离子浓度减小；降低温度，Kw减小，氢氧化钠溶液中氢离子浓度减小；温度下降10℃，只有盐酸的的pH不变，故A错误； B．在氨水中加入适量的氯化铵晶体，铵根离子浓度增大，氨水的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小；氢氧化钠溶液中加入适量的氯化铵晶体，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯化钠和氨水，强碱生成弱碱，氢氧根离子浓度减小，所以两种溶液的pH均减小，故B正确；C．pH相等的醋酸和盐酸，盐酸的浓度小于醋酸，所以等体积等pH的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，醋酸生成H2的量大于盐酸，故C正确；D．pH=11的氨水的浓度大于0.001mol/L，pH=3的盐酸的浓度等于0.001mol/L，将溶液①、④等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，故D正确；故选A。12.常温下，浓度均为、体积均为的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入固体，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是A.HX的酸性弱于HYB.a点由水电离出的C.b点时酸碱恰好完全反应D.b点溶液中的小于c点溶液【答案】B【解析】【详解】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的=12，而HY的<9，由于c(H+)×c(OH-)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；B．a点溶液=12，结合c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(OH-)=10-131mol/L，酸性溶液中水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)=10-13mol∙L-1，故B正确；C．HY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故C 错误；D．只受温度影响，b点和c点温度相等，相等，故D错误；故选B。13.下列说法中正确的是(　　)A.已知0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加少量烧碱溶液可使溶液增大B.25℃时,向水中加入少量固体CH3COONa,水的电离平衡:H2OH++OH-逆向移动,c(H+)降低C.室温下向10mLpH＝3醋酸溶液中加水稀释后，溶液中不变D.0.1mol·L－1的醋酸加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A、加入烧碱溶液，促进醋酸的电离平衡向右移，c(CH3COO-)增大，根据醋酸的平衡常数可知值减小，故A错误；B、盐类的水解促进水的电离，故向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2OH++OH-正向移动，故B错误；C、KW和Ka随温度改变，溶液温度不变，所以不变，C正确；D、0.1mol·L－1的醋酸加水稀释后，c（H+）减小，溶液pH增大，溶液中c(OH-)增大，D错误；故选C。【点睛】比较离子浓度大小变化时，如果出现分子分母同时增大或减小时，需要利用平衡常数变化来比较，如C选项，稀释过程：c(CH3COO-)和c(CH3COOH)减小，c(OH-)增大，单纯难以比较，利用电离平衡常数除以水的离子积即可得到。14.物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ及一种一元强酸还有纯水，分别加入相同浓度的NaOH溶液，与pH的关系如下图所示。 下列说法正确的是A.①为强酸的滴定曲线B.酸性：HX＞HY＞HZC.滴定HX溶液可用甲基橙作指示剂D.HZ+YHY+Z的平衡常数为K=1×103【答案】D【解析】【详解】A．根据图象，起始时，曲线①的溶液pH=7，所以曲线①代表纯水的曲线，故A错误；B．c(HX)=c(X-)时，溶液pH=10，则Ka(HX)==10-10，c(HY)=c(Y-)时，溶液pH=7，则Ka(HY)==10-7，c(HZ)=c(Z-)时，溶液pH=4，则Ka(HZ)==10-4，所以相同浓度下，酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B错误；C．甲基橙变色范围3.1~4.4，HX溶液滴入氢氧化钠溶液恰好反应生成的盐溶液呈碱性，则不能用甲基橙指示剂，故C错误；D．根据B项，Ka(HZ)=10-4，Ka(HY)=10-7，根据多重平衡规则，则HZ+Y⇌HY+Z的平衡常数为K===1×103，故D正确；故答案为D。二、非选择题(每空2分，总分58分)15.常温下，部分酸的电离常数如表所示。化学式HFHCNH2CO3电离常数Ka=3.5×10Ka=3.6×10Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10 -4-10-11（1）pH相同的三种酸，物质的量浓度从大到小的顺序为________。（2）若HCN的起始浓度为0.1mol•L-1，平衡时c(H+)约为________mol•L-1，使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H+)也增大的方法是________。（3）中和等量的NaOH，消耗等pH的HF和H2SO4的体积分别为aL、bL，则a________b(填“大于”“小于”或“等于”)。（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为________。（5）25℃时，将体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图，则HX的电离平衡常数________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)________醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。【答案】（1）c(HCN)＞c(H2CO3)＞c(HF)（2）①.6×10-6②.适当升高温度（3）小于（4）CN-+CO2+H2O=HCN+HCO（5）①.大于②.大于【解析】【小问1详解】由电离常数的大小可知酸性强弱为，等浓度的三种酸的溶液中的大小为，所以相同的三种酸的浓度从大到小为；故答案为：；【小问2详解】，升高温度能促进HCN电离，使增大； 故答案为：6×10-6；适当升高温度；【小问3详解】HF是弱酸，pH相等的氢氟酸和硫酸的浓度大小：，所以中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸的体积小。故答案为：小于；【小问4详解】NaCN溶液中通入少量，由于酸性，则反应生成HCN和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：；故答案为：；【小问5详解】(5)pH相同的一元酸分别加水稀释相同的倍数，pH变化较大的酸，其酸性较强，根据图知，酸性：HX大于醋酸，HX的电离平衡常数大于醋酸；酸抑制水电离，酸中越大，水的电离程度越小，：醋酸大于HX，所以稀释后，HX溶液中水电离出来的大于醋酸溶液中水电离出来的；故答案：大于；大于。16.在水的电离平衡中，和的关系如图所示：（1）A点水的离子积为，B点水的离子积为___________。造成水的离子积变化的原因是___________。（2）下列说法正确的是___________(填字母)。a．图中A、B、D三点处的大小关系：b．在温度下，向水中加入少量的NaOH可实现由A点向D点移动 c．AB线上任意点的溶液均呈中性d．图中温度（3）①在温度下，浓度为的的溶液中由水电离的___________mol/L，将该溶液稀释10000倍，溶液中c(H＋)∶c(SO)=___________。②保持温度不变，将pH=2的溶液VaL与的KOH溶液VbL混合后溶液pH=6(忽略混合时溶液体积变化)，则___________。③曲线A所对应的温度下，pH=2的HCl溶液和pH=11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用表示，则___________(填“>”“=”或“<”)。【答案】（1）①.②.水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大（2）ac（3）①.②.1：10③.10：1④.<【解析】【小问1详解】A点水的离子积为1.0×10-14，B点水的离子积为c(H+)c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=1.0×10-12；造成水的离子积变化的原因是水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大；【小问2详解】a．Kw只和温度有关，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大；图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A=D，故a正确；b．在T1温度下，向水中加入少量的NaOH，溶液转化氢氧根离子浓度，而氢离子浓度减小，不可实现由A点向D点移动，故b错误；c．AB线上任意点的溶液均符合c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故c正确；d．温度升高水的离子积增大，故图中温度T1＜T2，故d错误；答案为ac；【小问3详解】①在T2温度下，浓度为的1.0×10-4mol⋅L-1的H2SO4溶液中由水电离的c水(H+)＝c水(OH−)＝=＝5×10−9mol/L；将该溶液稀释10000倍后，属于无限稀释，溶液接近中性，c溶液(H+)=1.0 ；c(SO)=1.0×10-4mol/L×10-4=1.0；溶液中c(H＋)∶c(SO)=100：1；②保持T2温度不变，将pH=2的NaHSO4溶液(氢离子浓度为0.01mol/L)VaL与pH=11的KOH溶液(氢氧根离子浓度为==＝0.1mol•L−1 )VbL混合后溶液pH=6(忽略混合时溶液体积变化)，则溶液显中性，两者恰好反应，0.01×Va=0.1Vb，Va：Vb=10：1；③曲线A所对应温度下，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=11的某BOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，酸和碱都会抑制水的电离，由于盐酸中氢离子浓度更大，对水电离抑制更大，故α1＜α2。17.某学生用已知物质的量浓度的NaOH标准溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸时，选择酚酞作指示剂。请回答下列问题：（1）配制480mL0.1000mol/L标准溶液。配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒，玻璃棒、___________、___________。（2）滴定操作可分解为如下几步：①检查滴定管是否漏水；②取一定体积的待测液于锥形瓶中；③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；④装标准溶液和待测液并调整液面(记录初始读数)；⑤用蒸馏水洗涤玻璃仪器；⑥滴定操作正确的操作顺序为：___________。（3）盛装NaOH标准溶液的仪器名称为___________，若滴定开始和结束时，该仪器中溶液读数如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为___________mL。（4）滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，到达滴定终点的现象是___________。（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积 滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次25.000.0026.11第二次25.001.5630.30第三次25.000.2226.31依据表中数据计算该盐酸的物质的量浓度为___________。（6）在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的是____a．放出酸液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失b．碱式滴定管水洗后末用标准溶液润洗c．若锥形瓶盛装标准溶液，滴定管内为待测溶液，滴定终点时俯视读数d．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没有干燥就进行实验【答案】（1）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（2）①⑤③④②⑥（3）①.碱式滴定管②.26.10（4）当加入最后一滴NaOH溶液后，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（5）0.1044（6）bc【解析】【小问1详解】由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液。根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器是托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；【小问2详解】滴定实验步骤为：①检查滴定管是否漏水，⑤用蒸馏水洗涤玻璃仪器，③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管，④装标准溶液和待测液并调整液面(记录初读数)，②取一定体积的待测液于锥形瓶中，⑥滴定操作，正确的操作顺序是：①⑤③④②⑥；【小问3详解】NaOH溶液为碱溶液，应该盛装于碱式滴定管中；图中起始时NaOH的体积为0.00mL，滴定终点时剩余NaOH的体积读数为26.10mL，则所用NaOH标准溶液的体积为26.10mL-0.00mL=26.10mL；【小问4详解】用NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂，到达滴定终点的现象是当加入最后一滴NaOH溶液后，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色； 【小问5详解】3次消耗的NaOH溶液的体积为26.11mL、28.74mL、26.09mL，第2次数据误差较大，应舍弃，滴定消耗盐酸溶液的平均体积为mL=26.10mL，由HCl～NaOH可知，n(HCl)=n(NaOH)，即c(HCl)×0.025L=0.0261L×0.1000mol•L-1，则该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=0.1044mol/L；【小问6详解】a．放出酸液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失，说明酸溶液体积偏小，所用去的NaOH溶液体积也偏小，导致测出来的结果偏低，故a不符合题意；b．碱式滴定管水洗后末用标准溶液润洗，导致碱溶液浓度偏小，使用去的碱溶液体积偏大，测定结果偏高，故b符合题意；c．若锥形瓶盛装标准溶液，滴定管内为待测溶液，滴定终点时俯视读数，导致标准溶液体积偏小，测定结果偏高，故c符合题意；d．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没有干燥就进行实验，对结果没有影响，故d不选；答案为bc。18.丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为。回答下列相关问题：（1）已知：I．II．则丙烷脱氢制丙烯反应的为___________，该反应在___________(填“高温”“低温”“任何温度”)条件下可以自发进行。（2）一定温度下，向1L的密闭容器中充入发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。①丙烯的化学反应速率___________。②欲提高丙烷转化率，采取的措施是___________。A．降低温度　　　　　B．升高温度　　　　C．加催化剂　　　　D．及时分离出③若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。（3）一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入，开始压强为 的气体体积分数与反应时间的关系如图：此温度下该反应的平衡常数___________(用含字母p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×气体的体积分数)。保持温度不变，若此时将混合体系中各组分各物质的量均增加0.1mol，则V正___________V逆(填“大于”“小于”“等于”)。【答案】（1）①.+123②.高温（2）①.0.05②.BD③.该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大（3）①.0.9p②.小于【解析】【小问1详解】已知：I．II．方程式得到=+123kJ/mol；根据   ΔH1=+123kJ/mol,该反应ΔH＞0，ΔS＞0，ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应可自发进行，故需要高温；【小问2详解】①一定温度下，向IL的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，设转化的C3H8的物质的量为xmol,则列三段式有：测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则=1.5，解得x=0.5，因此0～10min 丙烯的化学反应速率c(C3H8)==0.05mol•L-1•min-1；②在丙烷脱氢制备丙烯的反应过程中，随着反应的进行，气体分子数增多，该反应的正反应为吸热反应，升高温度、降低压强、及时分离出产物均有利于反应正向进行，所以欲使丙烷的转化率提高，可采取的措施是升高温度或及时分离出H2，故BD正确；③丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压时向原料气中掺入氩气，体系的体积扩大，相当于减小反应体系压强，反应正向进行，因此丙烷的平衡转化率增大；【小问3详解】一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有：