湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题解析版

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试试题一、单选题1．化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是A．Na、K合金熔点低，可用作原子反应堆的导热剂B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C．节日燃放的五彩缤纷的烟花，所呈现的是不同金属元素的焰色D．四氧化三铁是一种红棕色粉末，常用作油漆或涂料的红色颜料【答案】D【解析】A．钠钾合金低于成分金属熔点，熔点低，导热性良好，可用作原子反应堆的导热剂，故A正确；B．胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm,“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应，故B正确；C．不同金属元素的焰色不同，五彩缤纷的烟花呈现的是不同金属元素的焰色，故C正确；D．氧化铁常用作红色油漆或涂料，四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色晶体，故D错误；故选D。2．化学与生活、生产和社会发展密切相关。下列说法正确的是A．医用口罩所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色B．用二氧化硅可以制成计算机、通信设备和家用电器等的芯片C．SO2D．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂【答案】D【解析】聚丙烯中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；二氧化硅并非半导体，不能用来生产芯片，硅是半导体，可用来生产芯片，B错误；SO2漂白原理是SO2与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，并不是将色素氧化，液氨易液化，汽化时吸收大量热，使环境温度迅速降低，可用作制冷剂，D正确。3．煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应CsA．将炭块粉碎，可加快反应速率B．平衡时向容器中充入惰性气体，平衡逆向移动C．增大H2D．增大碳的量，可以提高H2【答案】A【解析】将炭块粉碎可以增大固体与H2Og在恒温恒容时，向容器中充入惰性气体不能改变反应物浓度，无法改变反应速率，平衡不移动，B错误；增大H2Og的量，能增大活化分子总数，但碳为固体，增大碳的量，不能改变反应速率，平衡不移动，H2Og的转化率不变，4．对下列图像的解释正确的是A．向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸，混合液导电能力随时间变化的曲线B．8AlC．光照过程中氯水的pH随时间变化的曲线(已知：氢离子浓度越大，pH越小)D．氯化钠溶液能够导电的示意图A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸，发生反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO48Al+3Fe3O光照过程中，氯水中的HClO见光分解：2HClO光照2HCl+O2↑，HClO为弱酸，转化为强酸固体溶解形成的水合钠离子和水合氯离子，则该示意图表示熔融的氯化钠导电、而不表示氯化钠溶液导电，D项错误。5．我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的合成，其路线如下，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．11.2LCO2含有的共价键数目为NAB．3.2gCH3OH经醇氧化酶氧化为HCHO，转移电子数目为0.2NAC．0.5molDHA含有的羧基数目为NAD．1mol淀粉与乙酸酯化，最多可消耗的乙酸分子数目为3nNA【答案】B【解析】11.2LCO2没有提供气体的温度、压强状态，无法计算其物质的量，A错误；CH3OH中C元素化合价为-2价，HCHO中C元素化合价为0价，故1molCH3OH转化为HCHO过程中失去2mol电子，则反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为3.2g32g/mol×2×NDHA中没有羧基，而是羰基和羟基，C错误；酯化反应为可逆反应，1mol淀粉与乙酸不能完全反应，消耗的乙酸分子数目小于3nNA，D错误。6．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1.4×10-3）在水中的电离程度与浓度关系的是A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】根据信息，乙酸和一氯乙酸的电离常数都较小，说明乙酸和一氯乙酸均为弱酸，它们的电离程度随浓度增大而减小，又乙酸的电离常数小于一氯乙酸的电离常数，故相同浓度时，醋酸的电离程度小于一氯乙酸，上述图像中A、C、D均不符合上述变化规律，只有B中图像符合。7．在一定条件下，KClO3与I2按下式反应：A．该反应属于化合反应B．氧化性：IC．还原性：ID．还原剂为KIO3，氧化剂为【答案】C【解析】2KClO3+I2═2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念和规律来解答。A．该反应为单质与化合物反应生成新单质、新化合物，则属于置换反应，故A错误；B．由I元素的化合价升高可知，I2为还原剂，KClO3为氧化剂，则氧化性为KClO3＞I2，故B错误；C．Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则还原剂为I2，还原产物为Cl2，所以还原性I2>ClD．由Cl元素的化合价降低可知，I元素的化合价升高，KClO3为氧化剂，I2为还原剂，故D错误；故答案为C。8．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是A．分子中含有四种官能团B．该有机物可以发生取代、加成、氧化、置换、水解反应C．该有机物的分子式为C11H12O4D．与钠和氢氧化钠溶液都能发生反应，且得到的有机产物相同【答案】B【解析】根据有机物分子的结构简式可知：该物质分子中含有酯基、羧基、碳碳双键三种官能团，A错误；该有机物可发生常见反应中，取代反应有：酯基的水解、羧基的酯化、苯环上的取代等；加成反应有：碳碳双键的加成、苯环的加成；氧化反应有：燃烧、碳碳双键被酸性高锰酸钾等氧化、甲酸酯类酯基（醛基）的氧化，苯环的侧链氧化；置换反应有：羧基与活泼金属的反应；水解反应有：酯基的水解，B正确；根据有机物分子的结构简式可知其分子式是C11H10O4，C错误；该有机物中能与Na反应的官能团为羧基，反应后的有机产物为：，该有机物分子中能与NaOH溶液反应的官能团有羧基和酯基，得到的产物有HCOONa和，两者得到的有机产物并不相同，D错误。9．向50mL0.4mol⋅L-1Ba(OH)2溶液中加入足量稀硫酸充分反应后，放出2.56kJA．Ba2+(B．Ba2+(C．Ba2+(D．Ba2+(【答案】C【解析】依据50mL0.4mol/LBa(OH)2溶液中n[Ba(OH)2]=0.02mol，与足量稀硫酸充分反应放热2.56kJ，可得热化学方程式：Ba2+(aq)+2OH依据50mL0.4mol/L稀盐酸中n(HCl)=0.02mol，加入足量Ba(OH)2充分反应后，放出的热量为1.1kJ，可知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)Δ10．下列说法正确的是①NaHCO3溶液中含有Na②通常状况下氯气能和Fe反应，氯气的储存不能用铁质容器③在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到作催化剂的合金材料④16O、17O、18O互为同位素，O⑤1869年，俄国化学家门捷列夫将元素按核电荷数从小到大依次排列，制出了第一张元素周期表⑥离子键是阳离子、阴离子的相互吸引⑦共价化合物中可能有离子键A．①②③⑦ B．④⑤⑥ C．④ D．①②③④⑤⑥【答案】C【解析】①NaHCO3溶液中含有Na2CO3，②常温下干燥氯气与Fe不能反应，可用铁制容器储存液氯，说法错误；③在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料；在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀、作催化剂的合金材料，说法错误；④16O、17O、18O为质子数相同，中子数不同的核素，互为同位素，O⑤1869年俄国化学家门捷列夫将元素按照相对原子质量从小到大依次排列，并把化学性质相似的元素放在一个纵列，制出了第一张元素周期表，说法错误；⑥离子键是阳离子、阴离子的相互静电作用，包括静电引力、静电斥力，说法错误；⑦含有离子键的化合物为离子化合物，共价化合物是只含有共价键的化合物，不可能有离子键，说法错误。11．工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是A．“氯化”过程中，每生成0.1molCO气体，转移电子0.2molB．由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，因此也可用N2代替C．理论上，每制得1molTi，需要48gMgD．用于还原的Mg工业上可以采用电解熔融MgO的方法制取【答案】C【解析】根据图示，“氯化”过程中，发生的反应为：，每生成6molCO，反应过程中会转移14mol电子，则反应生成0.1molCO气体，转移电子的物质的量是n(e-)=14mol6mol×0.1mol≈0.23mol，A错误；由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，但由于N2在高温下能够与Mg发生反应，因此不可用N2代替，B错误；根据反应方程式2Mg+TiCl4800℃Ar气氛中Ti+MgCl2可知：每反应产生1molTi，反应会消耗2molMg，故理论上，每制得1molTi，需要48gMg由于MgO熔点很高，因此工业上用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，而不是采用电解熔融MgO的方法制取，D错误。12．用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-574kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

ΔH=-1160kJ·mol-1下列说法不正确的是A．由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-Q，Q>574kJ·mol-1B．等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同C．4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g)

ΔH=+586kJ·mol-1D．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，则转移的电子总物质的量为1.6mol【答案】B【解析】CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)

，相当于在反应①基础上，将H2O(g)转变为H2O(l)，而H2O(g)转变为H2O(l)放热，故CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)

，放出的热较反应①多，所以Q>574kJ·mol-1，A反应①和反应②中，元素化合价的变化相同，所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，B不正确；利用盖斯定律，反应①减去反应②，可得到反应4NO2g+2N2g=8NOg标准状况下4.48LCH4，其物质的量为4.48L22.4L⋅mol-1=0.2mol，结合失电子的过程13．有关铁及其化合物的说法中，错误的是A．生铁和钢都是铁碳合金，钢的含碳量更高，性能更好B．由图示操作可制取Fe(OH)2C．Fe(OH)2是一种白色固体，不稳定，在空气中易被氧化成灰绿色，最后变为红褐色D．Fe3O4、Fe(OH)3都可以由化合反应制得【答案】A【解析】生铁和钢都是铁碳合金，钢的含碳量较生铁低，性能更好，A错误；Fe(OH)2在空气中极易被氧气氧化，图示操作中，煤油在上层，可将下层溶液与空气隔绝，可防止生成的Fe(OH)2被氧化，B正确；Fe(OH)2是一种白色固体，不稳定，在空气中易被氧气氧化：4Fe(OH)2+O2Fe在O2中燃烧：3Fe+2O2点燃Fe3O4，结合上述Fe(OH)2在空气中的氧化，可知Fe314．实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：下列说法错误的是A．以共沸体系带水促使反应正向进行 B．反应时水浴温度需严格控制在69℃C．接收瓶中会出现分层现象 D．根据带出水的体积可估算反应进度【答案】B【解析】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；C．接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。15．2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)ΔH<0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图所示(颜色越深，透光率越小)A．a、b、d点：处于平衡状态B．b点操作：将注射器的活塞向外拉C．若在c点将温度降低，其透光率将减小D．d点：υ正＜υ逆【答案】D【解析】d点后透光率继续降低，说明NO2浓度增大增大，d点未达到平衡，A错误；若将注射器的活塞向外拉，最终将使NO2浓度减小，透光率增大，与图示不符，b点透光率迅速降低然后增大，说明NO2浓度先增大后减小，操作是将注射器的活塞向里推，B错误；2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)正反应放热，降低温度，平衡正向移动，若在c点将温度降低，NO2浓度减小，其透光率将减小增大，C错误；d点后透光率逐渐降低，NO2浓度增大增大，反应逆向进行，υ正＜υ逆，D正确。16．某溶液仅由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、CO3根据以上实验判断，下列推断错误的是A．少量气体1通入澄清石灰水中，溶液变浑浊B．白色沉淀2中加稀硝酸，沉淀不溶解C．上述实验无法确定原溶液中是否存在Na+D．滤液2中加入碳酸钠溶液一定会产生白色沉淀【答案】C【解析】流程分析：原溶液中加入过量盐酸，产生气体1，说明原溶液中含有CO32-，生成的气体1为CO2，由于Cu2+、Ba2+、Fe2+都能与CO32-反应生成沉淀，则原溶液一定不含Cu2+、Ba2+、Fe2+；得到无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2根据上述分析，生成的气体1为CO2，少量CO2气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，根据上述分析，原溶液中含有的CO32-在加入过量的盐酸后已被除去，得到无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，说明原溶液中含有SO42-，白色沉淀2为根据以上分析，原溶液中不含Cu2+、Ba2+、Fe2+，根据电荷守恒，则原溶液中一定存在Na+，无需进一步实验无色溶液1中加过量氢氧化钡生成硫酸钡沉淀，滤液2中含有剩余Ba2+，所以加入碳酸钠溶液一定会产生白色沉淀碳酸钡，D正确。二、填空题17．价类二维图(化合价和物质类别的关系图)有利于我们分类研究物质，系统掌握物质的性质。如图为钠和氯的价类二维图，请据图完成下列问题：(1)A和B属于电解质的有(填化学式)；(2)研究发现，HClO具有漂白性是因为HClO不稳定，分解释放出活性氧原子[O]，[O]具有很强的氧化性，可将部分有色的物质氧化成无色(或白色)物质，则下列与[O]性质相似的物质是。(填序号)①MnO2

②H2O2

(3)写出由二氧化锰制备氯气的化学反应方程式：；(4)配制90mL1mol/L的NaClO，需要用托盘天平称取NaClO的质量为；配制过程中需要玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶外，还有；若溶液配制过程遇到下列情况，溶液的浓度将偏低的是①容量瓶在使用前未干燥，底部有少量蒸馏水②忘记将洗涤液转入容量瓶③定容时俯视容量瓶刻度线④定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线【答案】(1)NaOH(2)②(3)MnO(4)7.5g胶头滴管②④【解析】（1）Na的化合价没有+4价，因此A为含氯的氧化物，A为ClO2；B为含钠的碱，B为NaOH，因此属于电解质的是NaOH。（2）根据题意，物质不稳定，且分解时能产生氧气，故选②；（3）二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，化学方程式是：MnO2（4）由于实验室没有90mL的容量瓶，按大而近的原则，配制90mL1mol/L的NaClO，需要100mL容量瓶，实际配制100mL溶液，则配制上述溶液必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶外，至少还需要的一种玻璃仪器是：胶头滴管；下列情况，溶液的浓度将偏低的是②④：配制溶液时需要向容量瓶中加入水，故容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，①不符合；忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质偏少，溶液的浓度将偏低，②符合；，如图：，液面低于刻度线，使溶液体积偏小，则浓度偏高，③不符合；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，属于正常现象，若加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，④符合。三、解答题18．合成氨是目前人工固氮最重要的途径，研究合成氨的反应和氨气的用途具有重要意义。工业上合成氨的反应为：N2(1)①合成氨反应过程片段的作用机理，可以用如下模拟示意图表示。写出符合在催化剂表面合成氨反应过程的正确排序(用字母标号表示)。②已知：键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量或气态原子形成1mol化学键所放出的能量。结合下表中化学键的键能数值，计算合成氨反应中生成2molNH3(g)时(填“吸收”或“放出”)的热量是kJ。化学键H-HN-HN≡N键能/(kJ·mol-1)436391946(2)某同学在实验室模拟工业合成氨的反应：恒温下，在2L定容密闭容器中通入1molN2(g)和3molH2(g)，催化剂存在下发生反应。

①容器中压强(P)随时间(t)的变化图象如图所示，测得p2=0.8p1，反应开始至5min，用NH3的浓度变化表示反应的平均速率为mol/(L·min)，平衡时氢气的转化率为。②下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是(填标号)。A．每消耗nmolN2的同时生成2nmolNH3B．3v正(H2)=2v逆(NH3)C．H2的含量保持不变D．混合气体的平均相对分子质量不变(3)潜艇中使用的液氨—液氧燃料电池工作原理如图所示。①电极b为电池的(填“正极”或“负极”)。②电极a的电极反应式为。【答案】(1)cbead放出92(2)0.0840%CD(3)正极2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O【解析】（1）①N2与H2在催化剂表面吸附时发生反应产生NH3。催化剂表面合成氨反应过程是接触、吸附、断键、形成化学键、脱离几个步骤，a是形成氨分子，b吸附过程，c是接触过程,d是脱离过程,e是断键，因此顺序是cbead；②断键吸收能量为(946+3×436)kJ=2254kJ，形成键的释放能量为2×3×39lkJ=2346kJ＞2254kJ，反应生成2mol氨气时放出的热量为(2346-2254)kJ=92kJ，故反应发生会放出92kJ的热量；（2）①根据图像可知：5min后气体压强不再改变，说明反应达到平衡，假设达到平衡时消耗氮气的物质的量为xmol，则消耗氢气物质的量为3xmol，生成氨气物质的量为2xmol，达到平衡时氮气物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-3x)mol，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此有关系式：P1P2=1+3(1-x)+(3-3x)+2x=P10.8P1，解得x=0.4②A．消耗N2，生成NH3，表示的反应方向都是向正反应方向进行，因此不能据此判断反应达到平衡状态，A错误；B．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，当2v正(H2)=3v逆(NH3)，说明反应达到平衡，而3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明反应达到平衡，B错误；C．根据化学平衡状态的定义，当组分浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，即当氢气的含量保持不变，能够说明反应达到平衡，C正确；D．组分均为气体，即混合气体总质量不变；该反应是气体物质的量减少的反应，根据当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，D正确；故合理选项是CD；（3）①根据装置图可知：在电极a上NH3→N2和H2O，N元素的化合价由反应前NH3中的-3价升高为反应后N2的0价，a电极发生氧化反应，因此根据原电池工作原理可知：电极a为负极，则电极b为正极；②电极a为负极，NH3失去电子变为N2，a电极的反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O。19．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：I．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1II．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2(1)在恒容密闭容器进行反应I，测得其化学平衡常数K和温度t的关系如表：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6①ΔH10，其理由是。②能判断该反应达到化学平衡状态的依据是。A．c(CO)=c(CO2)

B．容器内CO2的体积分数保持不变C．容器内气体密度保持不变D．容器中压强保持不变③图甲、图乙分别表示反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况。图甲中t2时刻发生改变的条件是，图乙中t2时刻发生改变的条件是。④若1200℃时，在某时刻反应体系中CO2(g)、H2(g)、CO(g)、H2O(g)的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，此时v(正)v(逆)(填大于、小于或等于)。(2)某温度时另一恒容容器中进行反应II，若开始时按n(CO)∶n(H2)=1∶2通入CO和H2，测得容器中总压强为pkPa，5min时反应达到平衡，测得容器内气体总压强为p0kPa。①v(H2)=kPa·min−1。②该温度下反应的平衡常数Kp=(Kp是用分压表示的平衡常数)。【答案】(1)>随着温度升高，化学平衡常数增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应B使用催化剂或增大压强从体系中分离出H2或降低温度小于(2)15(p−p0)p-p0【解析】（1）①根据表中数据，反应I的化学平衡常数随着温度升高而增大，故升温时平衡正向移动，故该反应为吸热反应，ΔH1>0；②c(CO)=c(CO2)，无法说明正逆反应速率是否相等，也不能说明组分的浓度是否发生变化，故，不能说明该反应达到化学平衡状态，A不符合题意；容器内CO2的体积分数保持不变，说明该反应达到化学平衡状态，B符合题意；反应前后，气体的质量不变，恒容容器内气体的体积不变，则气体的密度始终保持不变，故容器内气体密度保持不变，不能说明该反应达到化学平衡状态，C不符合题意；反应过程中气体总物质的量保持不变，则恒温定容容器内的气体压强保持不变，不能说明该反应达到化学平衡状态，D不符合题意。③图甲中，t2时刻，v(正)、v(逆)同幅度增大，改变条件后正逆反应速率仍相等，平衡未发生移动，则t2时刻发生改变的条件可能是使用催化剂，由于该反应是反应前后气体分子数不变的反应，故增大压强也会增大v(正)、v(逆)，且平衡不移动，所以图甲中t2时刻发生改变的条件是使用催化剂或增大压强；图乙中，t2时刻，c(CO2)增大，c(CO)减小，平衡逆向移动，t2时刻发生改变的条件可能是从体系中分离出H2，且该反应是吸热反应，降低温度也能使平衡逆向移动，故图乙中t2时刻发生改变的条件是从体系中分离出H2或降低温度；④按题意，此时Qc=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=4mol/L×4mol/L（2）①在恒温定容容器中，气体的压强比就等于物质的量比，利用差量法进行计算：CO则，△p(H2)=p-p0kPa②由①中列式可知，△p(CO)=12开始时按n(CO)∶n(H2)=1∶2通入CO和H2，则：开始时，p始(CO)=13pkPa，则平衡时，p平(CO)=p始(CO)-p平(H2)=pp平则KP=p平(CH3OH)p平(CO)20．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe(1)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体是透明的红褐色，停止加热，即制得(2)甲组同学通过研究pH对FeSO4稳定性的影响，得到如图1所示结果，增强Fe2+稳定性的措施为(3)乙组同学为探究Fe2SO4与Cu①Fe3+与Cu反应的离子方程式为