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2022-2023学年山东省济宁市第一中学高二上学期期末检测化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年山东省济宁市第一中学高二上学期期末检测化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了5 Cu， 下列化学用语不正确的是， 下列有关叙述错误的是， NA为阿伏加德罗常数的值，1ml H2和0等内容，欢迎下载使用。
山东省济宁市第一中学2022-2023学年高二上学期期末质量检测化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Cl：35.5 Cu：64
一、选择题(本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是
A. 热碱水清洗厨房里的油污 B. 硫酸铝钾作净水剂
C. 小苏打用作食品膨松剂 D. 用TiCl4制备TiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，与水解有关，故A不符合题意；
B．硫酸铝钾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附、聚沉作用，常做饮用水的净水剂，涉及盐类水解，故B不符合题意；
C．小苏打的化学式为NaHCO3，小苏打是发酵粉的成分，小苏打受热分解生成CO2、Na2CO3、H2O，所以可以用作食品膨松剂，不涉及盐类水解，故C符合题意；
D．四氯化钛水解会生成TiO2·xH2O和HCl，与盐类水解有关，故D不符合题意；
故选：C。
2. 下列化学用语不正确的是
A. NaOH的电子式：
B. 基态Cr原子的价电子轨道表示式：
C. 基态Fe2+的价电子排布式：3d6
D. 中子数为22的氩原子符号为
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH是离子化合物，其电子式：，A项正确；
B．Cr价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，B项错误；
C．铁元素是26号元素，基态Fe2+价电子排布式：3d6，C项正确；
D．质量数=质子数+中子数=18+22=40，,左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，氩原子符号为，D项正确；
故选B。
3. 下列有关叙述错误的是
A 利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质相似
D. 由酸性FCH2COOH>CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH>CH3COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子，称为手性合成，故A正确；
B．氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；
C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成和原子排列都完全相同，性质相似，故C正确；
D．F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性FCH2COOH＞ CH3COOH，ClCH2COOH＞ CH3COOH，故D正确；
故选B。
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 一定条件下，0.1mol H2和0.1mol I2充分反应后转移电子总数为0.2NA
B. 标准状况下，11.2L CH2Cl2中含有的原子总数为2.5NA
C. 常温下，0.5 Na2S溶液中S2-数目小于0.5NA
D. 1mol甲苯中σ键总数为15NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气与碘反应生成碘化氢，该反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后生成碘化氢小于0.2mol，转移电子总数小于0.2NA，故A错误；
B．由于标准状况下，二氯甲烷不是气体，无法求算其物质的量，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算Na2S溶液中S2-数目，故C错误；
D．单键由1个σ键形成，1mol甲苯含有15molσ键，甲苯中σ键总数为15NA，故D正确；
故选：D。
5. 使用如图装置探究溶液离子浓度变化，电导率不会出现“先减小后增大”现象的是
A
B
C
D
试剂a
稀硫酸
硫酸铁
醋酸
碳酸氢铵
试剂b
碳酸钠
氢氧化钡
氨水
氢氧化钙
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠和二氧化碳和水，离子浓度先减小再增大，电导率出现“先减小后增大”现象，A不选；
B．硫酸铁和氢氧化钡反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，离子浓度减小，加入过量硫酸铁后离子浓度增大，电导率出现“先减小后增大”现象，B不选；
C．醋酸和氨水都是弱电解质，部分电离，两者反应生成醋酸铵是强电解质，离子浓度增大，电导率增大，不会出现“先减小后增大”现象，C选；
D．Ca(OH)2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，电导率出现“先减小后增大”现象，D不选；
故选：C。
6. 氯元素有多种化合价，可形成、、、、等离子。下列说法错误的是
A. 基态Cl原子核外电子的运动状态有17种
B. 与可形成
C. 键角：
D. 、、中Cl的杂化方式相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl为17号元素，核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，因此有17种运动状态，故A正确；
B．有孤电子对，存在空轨道，两者可形成配位离子，故B正确；
C．已知、、中中心原子周围的价层电子对数为：2+(7+1-2×2)=4、3+(7+1-3×2)=4、4+(7+1-4×2)=4，孤电子对数分别为2、1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用＞孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角：，故C错误；
D．由B项分析可知，、、中Cl周围的价层电子对数均为4，故三者的杂化方式相同，均为sp3杂化，D正确；
故选：C。
7. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．验证钢铁的
析氢腐蚀
B．制作氢氧燃料电池
C．保护铁电极不被腐蚀
D．向镀件上镀银
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．验证钢铁的析氢腐蚀须在强酸性溶液条件下进行，在氯化钠的中性溶液中进行的吸氧腐蚀，A错误；
B．闭合K1，装置为电解硫酸钠溶液，实质为电解水，右边为阴极，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极附近溶液变红，当上述电解过程进行1～2min后，打开K1，断开直流电源，闭合K2，形成氢氧燃料电池，B正确；
C．由于Fe比Cu活泼，故铁作负极，Cu作正极，故不保护铁电极不被腐蚀，而是快开铁电极腐蚀，C错误；
D．向镀件上镀银需用Ag与电源正极相连作阳极，镀件与电源负极相连作阴极，D错误；
故答案为：B。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>Y
B. Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>Y
C. Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物
D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；
B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；
C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；
D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；
答案选B。
9. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性，可冶炼金属。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断错误的是
A. NaH2PO2是正盐
B. H3PO2具有强还原性，可使重金属离子变为金属单质
C. H3PO2电离方程式：H3PO2H++H2PO
D. 每消耗2molP4，反应①中转移12mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应②可知NaH2PO2不能电离出氢离子和NaOH反应，为正盐，A正确；
B．根据题干信息“有强还原性，可冶炼金属”可知，该物质具有强还原性，可使重金属离子变为金属单质，B正确；
C．根据②反应可知H3PO2是一元酸，磷酸为弱酸，H3PO2的酸性比磷酸要弱，所以也为弱酸，电离方程式为：H3PO2H++H2PO，C正确；
D．根据①可知，每消耗2molP4，生成2molPH3，化合价升降数值是6，转移6mol电子，D错误；
综上所述答案为D。
10. 工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4［Fe(CN)6］·3H2O，工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. “焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2
B. “溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为
C. “调pH”分离 与、是利用了它们氢氧化物的不同
D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，黄铁矿在空气中焙烧，FeS2、NiS、CuS反应后生成Fe2O3、NiO、CuO和SO2，气体A为SO2，氧化物中加入稀硫酸得到CuSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于稀硫酸，所以滤渣I为SiO2，滤液I中含有CuSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3和硫酸，调节溶液的pH并过滤得到滤液II，滤渣II中加入Fe、稀硫酸得到溶液I，根据最终得到的物质元素知，滤渣II中含有Fe(OH)3，滤液II中含有CuSO4、NiSO4，向滤渣II中加入稀硫酸、Fe发生反应2Fe(OH)3+Fe+3H2SO4=3FeSO4+6H2O，向溶液I中加入石灰乳、HCN得到Ca2[Fe(CN)6]，滤渣III为过量的Fe,向滤液中加入Na2CO3得到滤渣IV为CaCO3，滤液为Na4[Fe(CN)6]，向滤液中加入KCl通过一系列操作得到K4[Fe(CN)6]•3H2O；
【详解】A．FeS2、NiS、CuS反应后生成Fe2O3、NiO、CuO和SO2，则焙烧时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确；
B．石灰乳写化学式，“溶液Ⅰ”中反应的离子方程式为3Ca(OH)2+6HCN+Fe2+═[Fe(CN)6]4-+6H2O+3Ca2+，故B错误；
C．调节pH值时，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀，所以“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，故C正确；
D．从溶液中获取晶体采用过滤、洗涤、干燥的方法，所以“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥，故D正确；
故选：B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 已知在溶液中离子颜色为：为橙红色，为黄色，为蓝紫色。现将 Na2CrO4溶于水，逐渐加入浓盐酸，溶液由黄色变为橙红色，发生反应：，用该溶液做实验，溶液颜色变化如下：
下列说法错误的是
A. 的结构为，含有的σ键和π键数之比为2：1
B. 实验1证明反应的焓变
C. 实验2加水稀释过程中酸性减弱，平衡逆向移动
D. 实验3说明被还原为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构可知含4个单键、4个双键，单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则含有的σ键和π键数之比为8：4=2：1，故A正确；
B．实验1中热水浴加热变为黄色，为黄色，可知升高温度使逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故B错误；
C．实验2中加水稀释，离子浓度减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，则逆向移动，且总体积增大，氢离子浓度减小、酸性减弱，故C正确；
D．+4价S具有还原性，具有强氧化性，Cr3+为蓝紫色，则实验3中说明被还原为Cr3+，故D正确；
故选：B。
12. 在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：aA(g)+bB(s)mM(g)+nN(g) △H=QkJ·mol-1，达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断一定正确的是
A. a>m+n B. 达到平衡后，增大B的量将会提高A的转化率
C. E点的平衡常数小于F点的平衡常数 D. Q>0
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．达到平衡时，在同一温度下容器中M的浓度小于容器中的3倍，说明增大压强，平衡左移，所以有，A错误；
B．达到平衡后，增大B的量，B为固体，对A的转化率无影响，B错误；
C．由图象可知，反应随温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，所以平衡常数增大，F点所处温度高于E点，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C正确；
D．由图可知在容器体积不变时，温度升高，M 的浓度增大，平衡正向移动，正反应方向为吸热反应，Q＞0，D正确；；
故选CD。
13. 下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向溶液中通入足量的
生成两种沉淀
的氧化性强于S
B
向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液
先出现浅蓝色沉淀
的溶度积比的小
C
向溶液中滴入几滴的溶液
有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深
能催化分解，且该分解反应为放热反应
D
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁、硫和水，只有一种沉淀，铁离子氧化性大于硫，A错误；
B．相同浓度的和中加入，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此的溶度积比的小，B正确；
C．过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C正确：
D．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应离子方程式为：，体现了硝酸根在酸性环境中的强氧化性，结论错误，D错误。
答案选BC。
14. 利用CO2与CH4制备合成气(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
说明：①C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ/mol)，TS表示过渡态。
②相关化学键键能为：C-H(413kJ/mol)、C=O(745kJ/mol)、C≡O(1075kJ/mol)。
下列说法不正确的是
A. 制备合成气总反应的可表示为kJ/mol
B. 若，则决定速率步骤的化学方程式为
C. 若，H-H键能为436kJ/mol
D. 使用催化剂后，CO和H2平衡产率不改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差，则根据图示可知制备合成气总反应的△H可表示为(E5-E1)kJ/mol，A正确；
B．若E3+E2＜E4+E1，则E2-E1＜E4-E3，即第二步的活化能更大，决速步骤为C(ads) +CO2(g)=2CO(g)，B错误；
C．设H-H键能为x kJ/mol，△H =反应物键能总和-生成物键能总和，则120 kJ/mol=(413×4+745×2) kJ/mol-(1075×2+2x) kJ/mol，解得x=436，C正确；
D．催化剂不改变化学平衡状态，则使用催化剂后，CO和H2平衡产率不改变，D正确；
故合理选项是B。
15. 某温度下，分别向浓度均为的和溶液中滴加的溶液，滴加过程中溶液中和与溶液体积的关系如图所示[已知：，]。下列说法正确的是
A. 溶液：
B. a点的溶液中：
C. 为滴定溶液的曲线
D. 点纵坐标约为33.9
【答案】B
【解析】
【详解】A．a溶液中Zn2+和Cu2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钠生成沉淀，b点接近中性，c点为Na2S溶液，溶液显碱性，故溶液pH：a
C．，硫离子浓度相同时，-lgc(Cu2+)
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
16. 铁与镁组成的合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，回答下列问题：
（1）下列铁的外围电子排布图中，再失去一个电子需要能量最大的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为_______(填元素符号)。
（2）甘氨酸亚铁络合物［(H2NCH2COO)2Fe］是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。
①(H2NCH2COO)2Fe中含有的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)，碳原子的杂化类型为_______。
②甘氨酸H2NCH2COOH的沸点比相同相对分子质量的烷烃的沸点大很多，原因是_______。
③原子中的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
④硫酸亚铁(FeSO4)可用于制造甘氨酸亚铁，空间构型为_______、形成的σ键的类型为_______。
【答案】（1） ①. D ②. Cr、Mn
（2） ①. N>O>C>H ②. sp2、sp3 ③. H2NCH2COOH分子间能形成氢键 ④. +1或-1 ⑤. 正四面体形 ⑥. sp3-p
【解析】
【小问1详解】
Fe原子最外层有2个电子，容易失去；Fe2+的3d轨道有6个电子，结构不稳定，容易失去1个电子形成Fe3+；Fe3+的3d轨道有5个电子，结构稳定，难失电子，所以再失去一个电子需要能量最大的是D；基态铁原子未成对电子数是4、Cr原子未成对电子数是6、Mn原子未成对电子数是5，在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为Cr、Mn,故答案为：D；Cr、Mn；
【小问2详解】
①元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能N＞O＞C，该络合物中有1个单键碳、1个双键碳，碳原子的杂化类型为sp2、sp3，故答案为：N＞O＞C；sp2、sp3；
②甘氨酸H2NCH2COOH分子间能形成氢键，所以其沸点比相同相对分子质量的烷烃大，故答案为：H2NCH2COOH分子间能形成氢键；
③基态O原子内层均填充满，价电子轨道排布图为，则对于基态氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为+（）=+1或者为+（）=-1，故答案为：+1或-1；
④中S原子的价电子对数是4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，形成的σ键的类型为sp3-p，故答案为：正四面体；sp3-p。
17. 锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。
(1)溶浸生产中为提高SO2吸收率可采取的措施有___________(填序号)。
a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触 b.减小通入SO2的流速
c.减少软锰矿浆的进入量 d.增大通入SO2的流速
(2)已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6mol/L)，需调节溶液pH范围为______。
(3)由硫酸锰与K2S2O8(结构为)溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出该反应的化学方程式为________。
(4)将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600～750℃，制取产品LiMn2O4并生两种气体。写出该反应的化学方程式为_________。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)
①放电时电池内部Li+向_______移动(填“正极”或“负极”)
②充电时，电池的阳极反应式为_______，若此时转移1mole-，则石墨电极将增重_____g。
【答案】 ①. ab ②. 5.0
【分析】软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。
【详解】(1)溶浸过程中，为提高SO2吸收率可采取的措施：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或减小通入SO2的流速，故合理选项是ab，故答案为：ab；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]= 1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-9 mol/L，则溶液c(H+) =l×10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]= l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-11 mol/L，c(H+) =l×10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0
(4) MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑，故答案为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑；
(5)①放电时为原电池，电池内部阳离子移向正极，故Li+移向正极，故答案为：正极；
②充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4 ，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡、氧化还原反应化学方程式的书写、原电池电解池反应原理的应用等。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
18. 乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：
I.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭，打开、。
③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；
④抽滤，洗涤干燥。
（1）装置a可盛适量的水，其作用是___________。
（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。
II.乳酸亚铁晶体纯度的测量
（3）若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。
（4）该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
（2） ①. ②. 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)
（3）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化
（4） ①. 90% ②. 偏小
【解析】
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。
【小问1详解】
根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。
【小问2详解】
可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。
【小问3详解】
已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
【小问4详解】
平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。
若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
19. 用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
I.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存备用。
b.配制并标定100mL0.1000mol•L-1NH4SCN标准溶液，备用。
II.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液20.00mL于锥形瓶中。
b.加入25.00mL0.1000mol•L-1AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+(发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓)，当 ，停止滴定。
e.重复上述操作三次。四次测定数据如表：
实验序号
1
2
3
4
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
18.40
20.02
19.98
20.00
f.数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____、_____。
（2）加入NH4Fe(SO4)2指示剂前需将溶液的pH调到0.5以下，其原因是_____。
（3）b和c两步操作一定不能颠倒，请用化学用语进行解释：_____。
（4）将d补充完整：当_____。
（5）测得c(I-)=_____mol•L-1。
（6）若出现下列情况，会导致c(I-)测定结果偏高的是_____。
A. 酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗
B. 在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
C. 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
D. 滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡
【答案】（1） ①. 250 mL棕色容量瓶 ②. 胶头滴管
（2）抑制铁离子水解
（3）
（4）当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色
（5）0.0250 （6）BC
【解析】
【分析】该滴定实验的原理是，先用过量的AgNO3标准液将I-转化为AgI沉淀，然后加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用 NH4SCN标准液滴定过量的Ag+，达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点。
【小问1详解】
因要配制成250 mL标准溶液，使用的仪器需烧杯、玻璃棒外，因为AgNO3见光分解，故将称得的AgNO3配制成标准溶液时还需要有250mL棕色容量瓶，故为250 mL棕色容量瓶及胶头滴管；
【小问2详解】
Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，pH调到0.5以下，可以抑制铁离子的水解；
【小问3详解】
碘离子具有还原性，能和铁离子反应生成碘单质，故b和c两步操作一定不能颠倒，因为；
【小问4详解】
达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点；故为当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色；
【小问5详解】
根据所提供的数据，第1组数据误差较大，舍去，第2、3、4组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00 mL。加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×0.025L，根据Ag++SCN−＝AgSCN↓，与 NH4SCN反应的AgNO3物质的量为 0.1000 mol·L−1×0.020L，则与NaI反应的AgNO3物质的量为0.1000 mol·L−1×0.025L-0.1000 mol·L−1×0.020L =0.00050 mol，根据Ag++I−=AgI↓，则c(I−)= ＝0.0250 mol·L−1。
【小问6详解】
计算原理为c(AgNO3)·V(AgNO3)=c(NH4SCN) ·V(NH4SCN)+c(I-)·V(I-)；
A．酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗，导致NH4SCN标准溶液用量增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，A错误；
B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致NH4SCN标准溶液读数偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，B正确；
C．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致NH4SCN标准溶液用量偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，C正确；，
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡，导致NH4SCN标准溶液读数增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，D错误；
故选BC。
20. 甲醇有广泛的用途和广阔的应用前景，工业上利用CO2生产甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)工业上在催化下利用CO2发生如下反应I生产甲醇，同时伴有反应II发生。
I．
II．
①已知：298 K时，相关物质的相对能量如图1，反应I的△H1为____。
②不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2的平衡转化率如图2所示。
压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____。压强为p1时，温度高于300℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因____。
③在温度T时，在容积不变的密闭容器中，充入0.5 mol CO2(g)和1.0 mol H2(g)，起始压强为p kPa，10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g)，测得压强为p kPa。
若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10 min内CH3OH的反应速率v(CH3OH)为_。则反应Ⅰ的平衡常数Kp=__(写出Kp的计算式)。
(2)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应：
I．
II．
反应Ⅰ的经验公式的实验数据如图3中曲线a所示，已知经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=__kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】 ①. -49.5 kJ/mol ②. p3＞p2＞p1 ③. 反应I是放热反应，反应是II吸热反应，温度高于300℃之后反应转化率主要由反应II决定 ④. 0.0167 p或 ⑤. ⑥. 31 ⑦. 使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
【解析】
【分析】
【详解】(1)①反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，则反应I的△H1=(-200.5-242+3×0+393) kJ/mo1=- 49.5 kJ/mol；
②反应I的正反应是气体体积减小的过程，所以在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，反应进行程度越大，CO2的平衡转化率就越大，根据图象可知CO2的平衡转化率：p3＞p2＞p1，因此压强大小关系为：p3＞p2＞p1；
反应I的正反应是放热反应；对于反应II：的△H2=(-110-242+3×0+393) kJ/mol=+41 kJ/mol，可见反应II的正反应是吸热反应，△H2＞0，所以温度升高，反应II的化学平衡正向移动，有利于反应II的进行，使二氧化碳的转化率升高；
③反应II是气体体积不变的反应，无论反应进行到何程度，不会引起压强的变化，所以压强的改变就是因为反应I的进行。起始时气体总物质的量是n(始)=0.5 mol+1.0 mol=1.5mol，压强p kPa；平衡时压强为p kPa，由于在恒温恒容时，气体的体积比等于气体的压强之比，则平衡时气体总物质的量就是l mol，所以根据反应I：的系数关系可知：每反应消耗1 mol CO2，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，反应后气体物质的量减少2 mol，现在反应后减少了0.5 mol，则生成0.25mo1 CH3OH，同时生成0.25 mol H2O，消耗0.25 mol CO2，消耗0.75 mol H2；则平衡时CH3OH的分压是，所以反应速率v(CH3OH)=；
平衡时生成0.3 mol H2O(g)，则反应II生成H2O的物质的量n(H2O)=0.3 mol-0.25 mol=0.05 mol，消耗CO2、H2的物质的量都是0.05 mol，因此平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO2)=0.5 mol-0.25 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2)=1.0 mol-0.75 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，n(CH3OH)=0.25 mol，则反应I平衡分压p(CO2)=；p(H2)=，p(CH3OH)=， p(H2O)=，所以该反应的化学平衡常数Kp=；
(3)从该公式可以看到，活化能Ea就是直线斜率的相反数。a的斜率是-31，所以活化能就是31 kJ/mol；b相比a，斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的条件是使用了催化剂。
山东省济宁市第一中学2022-2023学年高二上学期期末质量检测化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Cl：35.5 Cu：64
一、选择题(本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是
A. 热碱水清洗厨房里的油污 B. 硫酸铝钾作净水剂
C. 小苏打用作食品膨松剂 D. 用TiCl4制备TiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，与水解有关，故A不符合题意；
B．硫酸铝钾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附、聚沉作用，常做饮用水的净水剂，涉及盐类水解，故B不符合题意；
C．小苏打的化学式为NaHCO3，小苏打是发酵粉的成分，小苏打受热分解生成CO2、Na2CO3、H2O，所以可以用作食品膨松剂，不涉及盐类水解，故C符合题意；
D．四氯化钛水解会生成TiO2·xH2O和HCl，与盐类水解有关，故D不符合题意；
故选：C。
2. 下列化学用语不正确的是
A. NaOH的电子式：
B. 基态Cr原子的价电子轨道表示式：
C. 基态Fe2+的价电子排布式：3d6
D. 中子数为22的氩原子符号为
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH是离子化合物，其电子式：，A项正确；
B．Cr价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，B项错误；
C．铁元素是26号元素，基态Fe2+价电子排布式：3d6，C项正确；
D．质量数=质子数+中子数=18+22=40，,左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，氩原子符号为，D项正确；
故选B。
3. 下列有关叙述错误的是
A 利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质相似
D. 由酸性FCH2COOH>CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH>CH3COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子，称为手性合成，故A正确；
B．氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；
C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成和原子排列都完全相同，性质相似，故C正确；
D．F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性FCH2COOH＞ CH3COOH，ClCH2COOH＞ CH3COOH，故D正确；
故选B。
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 一定条件下，0.1mol H2和0.1mol I2充分反应后转移电子总数为0.2NA
B. 标准状况下，11.2L CH2Cl2中含有的原子总数为2.5NA
C. 常温下，0.5 Na2S溶液中S2-数目小于0.5NA
D. 1mol甲苯中σ键总数为15NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气与碘反应生成碘化氢，该反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后生成碘化氢小于0.2mol，转移电子总数小于0.2NA，故A错误；
B．由于标准状况下，二氯甲烷不是气体，无法求算其物质的量，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算Na2S溶液中S2-数目，故C错误；
D．单键由1个σ键形成，1mol甲苯含有15molσ键，甲苯中σ键总数为15NA，故D正确；
故选：D。
5. 使用如图装置探究溶液离子浓度变化，电导率不会出现“先减小后增大”现象的是
A
B
C
D
试剂a
稀硫酸
硫酸铁
醋酸
碳酸氢铵
试剂b
碳酸钠
氢氧化钡
氨水
氢氧化钙
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠和二氧化碳和水，离子浓度先减小再增大，电导率出现“先减小后增大”现象，A不选；
B．硫酸铁和氢氧化钡反应生成氢氧化铁和硫酸钡沉淀，离子浓度减小，加入过量硫酸铁后离子浓度增大，电导率出现“先减小后增大”现象，B不选；
C．醋酸和氨水都是弱电解质，部分电离，两者反应生成醋酸铵是强电解质，离子浓度增大，电导率增大，不会出现“先减小后增大”现象，C选；
D．Ca(OH)2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，电导率出现“先减小后增大”现象，D不选；
故选：C。
6. 氯元素有多种化合价，可形成、、、、等离子。下列说法错误的是
A. 基态Cl原子核外电子的运动状态有17种
B. 与可形成
C. 键角：
D. 、、中Cl的杂化方式相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl为17号元素，核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，因此有17种运动状态，故A正确；
B．有孤电子对，存在空轨道，两者可形成配位离子，故B正确；
C．已知、、中中心原子周围的价层电子对数为：2+(7+1-2×2)=4、3+(7+1-3×2)=4、4+(7+1-4×2)=4，孤电子对数分别为2、1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用＞孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角：，故C错误；
D．由B项分析可知，、、中Cl周围的价层电子对数均为4，故三者的杂化方式相同，均为sp3杂化，D正确；
故选：C。
7. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．验证钢铁的
析氢腐蚀
B．制作氢氧燃料电池
C．保护铁电极不被腐蚀
D．向镀件上镀银
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．验证钢铁的析氢腐蚀须在强酸性溶液条件下进行，在氯化钠的中性溶液中进行的吸氧腐蚀，A错误；
B．闭合K1，装置为电解硫酸钠溶液，实质为电解水，右边为阴极，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极附近溶液变红，当上述电解过程进行1～2min后，打开K1，断开直流电源，闭合K2，形成氢氧燃料电池，B正确；
C．由于Fe比Cu活泼，故铁作负极，Cu作正极，故不保护铁电极不被腐蚀，而是快开铁电极腐蚀，C错误；
D．向镀件上镀银需用Ag与电源正极相连作阳极，镀件与电源负极相连作阴极，D错误；
故答案为：B。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>Y
B. Y、Z、W三种元素的第一电离能：W>Z>Y
C. Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物
D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O>N>C，故A正确；
B．ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N>O>C，故B错误；
C．C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；
D．由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确；
答案选B。
9. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性，可冶炼金属。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断错误的是
A. NaH2PO2是正盐
B. H3PO2具有强还原性，可使重金属离子变为金属单质
C. H3PO2电离方程式：H3PO2H++H2PO
D. 每消耗2molP4，反应①中转移12mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应②可知NaH2PO2不能电离出氢离子和NaOH反应，为正盐，A正确；
B．根据题干信息“有强还原性，可冶炼金属”可知，该物质具有强还原性，可使重金属离子变为金属单质，B正确；
C．根据②反应可知H3PO2是一元酸，磷酸为弱酸，H3PO2的酸性比磷酸要弱，所以也为弱酸，电离方程式为：H3PO2H++H2PO，C正确；
D．根据①可知，每消耗2molP4，生成2molPH3，化合价升降数值是6，转移6mol电子，D错误；
综上所述答案为D。
10. 工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4［Fe(CN)6］·3H2O，工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. “焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2
B. “溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为
C. “调pH”分离 与、是利用了它们氢氧化物的不同
D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，黄铁矿在空气中焙烧，FeS2、NiS、CuS反应后生成Fe2O3、NiO、CuO和SO2，气体A为SO2，氧化物中加入稀硫酸得到CuSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于稀硫酸，所以滤渣I为SiO2，滤液I中含有CuSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3和硫酸，调节溶液的pH并过滤得到滤液II，滤渣II中加入Fe、稀硫酸得到溶液I，根据最终得到的物质元素知，滤渣II中含有Fe(OH)3，滤液II中含有CuSO4、NiSO4，向滤渣II中加入稀硫酸、Fe发生反应2Fe(OH)3+Fe+3H2SO4=3FeSO4+6H2O，向溶液I中加入石灰乳、HCN得到Ca2[Fe(CN)6]，滤渣III为过量的Fe,向滤液中加入Na2CO3得到滤渣IV为CaCO3，滤液为Na4[Fe(CN)6]，向滤液中加入KCl通过一系列操作得到K4[Fe(CN)6]•3H2O；
【详解】A．FeS2、NiS、CuS反应后生成Fe2O3、NiO、CuO和SO2，则焙烧时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确；
B．石灰乳写化学式，“溶液Ⅰ”中反应的离子方程式为3Ca(OH)2+6HCN+Fe2+═[Fe(CN)6]4-+6H2O+3Ca2+，故B错误；
C．调节pH值时，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀，所以“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，故C正确；
D．从溶液中获取晶体采用过滤、洗涤、干燥的方法，所以“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥，故D正确；
故选：B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 已知在溶液中离子颜色为：为橙红色，为黄色，为蓝紫色。现将 Na2CrO4溶于水，逐渐加入浓盐酸，溶液由黄色变为橙红色，发生反应：，用该溶液做实验，溶液颜色变化如下：
下列说法错误的是
A. 的结构为，含有的σ键和π键数之比为2：1
B. 实验1证明反应的焓变
C. 实验2加水稀释过程中酸性减弱，平衡逆向移动
D. 实验3说明被还原为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构可知含4个单键、4个双键，单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则含有的σ键和π键数之比为8：4=2：1，故A正确；
B．实验1中热水浴加热变为黄色，为黄色，可知升高温度使逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故B错误；
C．实验2中加水稀释，离子浓度减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，则逆向移动，且总体积增大，氢离子浓度减小、酸性减弱，故C正确；
D．+4价S具有还原性，具有强氧化性，Cr3+为蓝紫色，则实验3中说明被还原为Cr3+，故D正确；
故选：B。
12. 在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：aA(g)+bB(s)mM(g)+nN(g) △H=QkJ·mol-1，达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断一定正确的是
A. a>m+n B. 达到平衡后，增大B的量将会提高A的转化率
C. E点的平衡常数小于F点的平衡常数 D. Q>0
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．达到平衡时，在同一温度下容器中M的浓度小于容器中的3倍，说明增大压强，平衡左移，所以有，A错误；
B．达到平衡后，增大B的量，B为固体，对A的转化率无影响，B错误；
C．由图象可知，反应随温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，所以平衡常数增大，F点所处温度高于E点，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C正确；
D．由图可知在容器体积不变时，温度升高，M 的浓度增大，平衡正向移动，正反应方向为吸热反应，Q＞0，D正确；；
故选CD。
13. 下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向溶液中通入足量的
生成两种沉淀
的氧化性强于S
B
向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液
先出现浅蓝色沉淀
的溶度积比的小
C
向溶液中滴入几滴的溶液
有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深
能催化分解，且该分解反应为放热反应
D
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁、硫和水，只有一种沉淀，铁离子氧化性大于硫，A错误；
B．相同浓度的和中加入，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此的溶度积比的小，B正确；
C．过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C正确：
D．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应离子方程式为：，体现了硝酸根在酸性环境中的强氧化性，结论错误，D错误。
答案选BC。
14. 利用CO2与CH4制备合成气(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
说明：①C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ/mol)，TS表示过渡态。
②相关化学键键能为：C-H(413kJ/mol)、C=O(745kJ/mol)、C≡O(1075kJ/mol)。
下列说法不正确的是
A. 制备合成气总反应的可表示为kJ/mol
B. 若，则决定速率步骤的化学方程式为
C. 若，H-H键能为436kJ/mol
D. 使用催化剂后，CO和H2平衡产率不改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差，则根据图示可知制备合成气总反应的△H可表示为(E5-E1)kJ/mol，A正确；
B．若E3+E2＜E4+E1，则E2-E1＜E4-E3，即第二步的活化能更大，决速步骤为C(ads) +CO2(g)=2CO(g)，B错误；
C．设H-H键能为x kJ/mol，△H =反应物键能总和-生成物键能总和，则120 kJ/mol=(413×4+745×2) kJ/mol-(1075×2+2x) kJ/mol，解得x=436，C正确；
D．催化剂不改变化学平衡状态，则使用催化剂后，CO和H2平衡产率不改变，D正确；
故合理选项是B。
15. 某温度下，分别向浓度均为的和溶液中滴加的溶液，滴加过程中溶液中和与溶液体积的关系如图所示[已知：，]。下列说法正确的是
A. 溶液：
B. a点的溶液中：
C. 为滴定溶液的曲线
D. 点纵坐标约为33.9
【答案】B
【解析】
【详解】A．a溶液中Zn2+和Cu2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钠生成沉淀，b点接近中性，c点为Na2S溶液，溶液显碱性，故溶液pH：a
C．，硫离子浓度相同时，-lgc(Cu2+)
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
16. 铁与镁组成的合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，回答下列问题：
（1）下列铁的外围电子排布图中，再失去一个电子需要能量最大的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为_______(填元素符号)。
（2）甘氨酸亚铁络合物［(H2NCH2COO)2Fe］是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。
①(H2NCH2COO)2Fe中含有的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)，碳原子的杂化类型为_______。
②甘氨酸H2NCH2COOH的沸点比相同相对分子质量的烷烃的沸点大很多，原因是_______。
③原子中的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
④硫酸亚铁(FeSO4)可用于制造甘氨酸亚铁，空间构型为_______、形成的σ键的类型为_______。
【答案】（1） ①. D ②. Cr、Mn
（2） ①. N>O>C>H ②. sp2、sp3 ③. H2NCH2COOH分子间能形成氢键 ④. +1或-1 ⑤. 正四面体形 ⑥. sp3-p
【解析】
【小问1详解】
Fe原子最外层有2个电子，容易失去；Fe2+的3d轨道有6个电子，结构不稳定，容易失去1个电子形成Fe3+；Fe3+的3d轨道有5个电子，结构稳定，难失电子，所以再失去一个电子需要能量最大的是D；基态铁原子未成对电子数是4、Cr原子未成对电子数是6、Mn原子未成对电子数是5，在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为Cr、Mn,故答案为：D；Cr、Mn；
【小问2详解】
①元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，第一电离能偏大，故第一电离能N＞O＞C，该络合物中有1个单键碳、1个双键碳，碳原子的杂化类型为sp2、sp3，故答案为：N＞O＞C；sp2、sp3；
②甘氨酸H2NCH2COOH分子间能形成氢键，所以其沸点比相同相对分子质量的烷烃大，故答案为：H2NCH2COOH分子间能形成氢键；
③基态O原子内层均填充满，价电子轨道排布图为，则对于基态氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为+（）=+1或者为+（）=-1，故答案为：+1或-1；
④中S原子的价电子对数是4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，形成的σ键的类型为sp3-p，故答案为：正四面体；sp3-p。
17. 锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。
(1)溶浸生产中为提高SO2吸收率可采取的措施有___________(填序号)。
a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触 b.减小通入SO2的流速
c.减少软锰矿浆的进入量 d.增大通入SO2的流速
(2)已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6mol/L)，需调节溶液pH范围为______。
(3)由硫酸锰与K2S2O8(结构为)溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出该反应的化学方程式为________。
(4)将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600～750℃，制取产品LiMn2O4并生两种气体。写出该反应的化学方程式为_________。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)
①放电时电池内部Li+向_______移动(填“正极”或“负极”)
②充电时，电池的阳极反应式为_______，若此时转移1mole-，则石墨电极将增重_____g。
【答案】 ①. ab ②. 5.0
【分析】软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2，据此分析解答。
【详解】(1)溶浸过程中，为提高SO2吸收率可采取的措施：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或减小通入SO2的流速，故合理选项是ab，故答案为：ab；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]= 1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-9 mol/L，则溶液c(H+) =l×10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]= l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得： c(OH-)=1×10-11 mol/L，c(H+) =l×10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0
(4) MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑，故答案为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑；
(5)①放电时为原电池，电池内部阳离子移向正极，故Li+移向正极，故答案为：正极；
②充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4 ，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡、氧化还原反应化学方程式的书写、原电池电解池反应原理的应用等。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
18. 乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：
I.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭，打开、。
③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；
④抽滤，洗涤干燥。
（1）装置a可盛适量的水，其作用是___________。
（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。
II.乳酸亚铁晶体纯度的测量
（3）若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。
（4）该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
（2） ①. ②. 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)
（3）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化
（4） ①. 90% ②. 偏小
【解析】
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。
【小问1详解】
根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。
【小问2详解】
可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。
【小问3详解】
已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
【小问4详解】
平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。
若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
19. 用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
I.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存备用。
b.配制并标定100mL0.1000mol•L-1NH4SCN标准溶液，备用。
II.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液20.00mL于锥形瓶中。
b.加入25.00mL0.1000mol•L-1AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+(发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓)，当 ，停止滴定。
e.重复上述操作三次。四次测定数据如表：
实验序号
1
2
3
4
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
18.40
20.02
19.98
20.00
f.数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____、_____。
（2）加入NH4Fe(SO4)2指示剂前需将溶液的pH调到0.5以下，其原因是_____。
（3）b和c两步操作一定不能颠倒，请用化学用语进行解释：_____。
（4）将d补充完整：当_____。
（5）测得c(I-)=_____mol•L-1。
（6）若出现下列情况，会导致c(I-)测定结果偏高的是_____。
A. 酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗
B. 在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
C. 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
D. 滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡
【答案】（1） ①. 250 mL棕色容量瓶 ②. 胶头滴管
（2）抑制铁离子水解
（3）
（4）当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色
（5）0.0250 （6）BC
【解析】
【分析】该滴定实验的原理是，先用过量的AgNO3标准液将I-转化为AgI沉淀，然后加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用 NH4SCN标准液滴定过量的Ag+，达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点。
【小问1详解】
因要配制成250 mL标准溶液，使用的仪器需烧杯、玻璃棒外，因为AgNO3见光分解，故将称得的AgNO3配制成标准溶液时还需要有250mL棕色容量瓶，故为250 mL棕色容量瓶及胶头滴管；
【小问2详解】
Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，pH调到0.5以下，可以抑制铁离子的水解；
【小问3详解】
碘离子具有还原性，能和铁离子反应生成碘单质，故b和c两步操作一定不能颠倒，因为；
【小问4详解】
达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点；故为当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色；
【小问5详解】
根据所提供的数据，第1组数据误差较大，舍去，第2、3、4组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00 mL。加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×0.025L，根据Ag++SCN−＝AgSCN↓，与 NH4SCN反应的AgNO3物质的量为 0.1000 mol·L−1×0.020L，则与NaI反应的AgNO3物质的量为0.1000 mol·L−1×0.025L-0.1000 mol·L−1×0.020L =0.00050 mol，根据Ag++I−=AgI↓，则c(I−)= ＝0.0250 mol·L−1。
【小问6详解】
计算原理为c(AgNO3)·V(AgNO3)=c(NH4SCN) ·V(NH4SCN)+c(I-)·V(I-)；
A．酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗，导致NH4SCN标准溶液用量增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，A错误；
B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致NH4SCN标准溶液读数偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，B正确；
C．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致NH4SCN标准溶液用量偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，C正确；，
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡，导致NH4SCN标准溶液读数增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，D错误；
故选BC。
20. 甲醇有广泛的用途和广阔的应用前景，工业上利用CO2生产甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)工业上在催化下利用CO2发生如下反应I生产甲醇，同时伴有反应II发生。
I．
II．
①已知：298 K时，相关物质的相对能量如图1，反应I的△H1为____。
②不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2的平衡转化率如图2所示。
压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____。压强为p1时，温度高于300℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因____。
③在温度T时，在容积不变的密闭容器中，充入0.5 mol CO2(g)和1.0 mol H2(g)，起始压强为p kPa，10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g)，测得压强为p kPa。
若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10 min内CH3OH的反应速率v(CH3OH)为_。则反应Ⅰ的平衡常数Kp=__(写出Kp的计算式)。
(2)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应：
I．
II．
反应Ⅰ的经验公式的实验数据如图3中曲线a所示，已知经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=__kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】 ①. -49.5 kJ/mol ②. p3＞p2＞p1 ③. 反应I是放热反应，反应是II吸热反应，温度高于300℃之后反应转化率主要由反应II决定 ④. 0.0167 p或 ⑤. ⑥. 31 ⑦. 使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
【解析】
【分析】
【详解】(1)①反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，则反应I的△H1=(-200.5-242+3×0+393) kJ/mo1=- 49.5 kJ/mol；
②反应I的正反应是气体体积减小的过程，所以在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，反应进行程度越大，CO2的平衡转化率就越大，根据图象可知CO2的平衡转化率：p3＞p2＞p1，因此压强大小关系为：p3＞p2＞p1；
反应I的正反应是放热反应；对于反应II：的△H2=(-110-242+3×0+393) kJ/mol=+41 kJ/mol，可见反应II的正反应是吸热反应，△H2＞0，所以温度升高，反应II的化学平衡正向移动，有利于反应II的进行，使二氧化碳的转化率升高；
③反应II是气体体积不变的反应，无论反应进行到何程度，不会引起压强的变化，所以压强的改变就是因为反应I的进行。起始时气体总物质的量是n(始)=0.5 mol+1.0 mol=1.5mol，压强p kPa；平衡时压强为p kPa，由于在恒温恒容时，气体的体积比等于气体的压强之比，则平衡时气体总物质的量就是l mol，所以根据反应I：的系数关系可知：每反应消耗1 mol CO2，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，反应后气体物质的量减少2 mol，现在反应后减少了0.5 mol，则生成0.25mo1 CH3OH，同时生成0.25 mol H2O，消耗0.25 mol CO2，消耗0.75 mol H2；则平衡时CH3OH的分压是，所以反应速率v(CH3OH)=；
平衡时生成0.3 mol H2O(g)，则反应II生成H2O的物质的量n(H2O)=0.3 mol-0.25 mol=0.05 mol，消耗CO2、H2的物质的量都是0.05 mol，因此平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO2)=0.5 mol-0.25 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2)=1.0 mol-0.75 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，n(CH3OH)=0.25 mol，则反应I平衡分压p(CO2)=；p(H2)=，p(CH3OH)=， p(H2O)=，所以该反应的化学平衡常数Kp=；
(3)从该公式可以看到，活化能Ea就是直线斜率的相反数。a的斜率是-31，所以活化能就是31 kJ/mol；b相比a，斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的条件是使用了催化剂。
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