【文档说明】安徽省宣城市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，3.707 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9d346a309208ac162e3736e1b6ccd753.html

以下为本文档部分文字说明：

宣城市2023—2024学年度第一学期期末调研测试高二化学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卷上并将条形码粘贴在指定区域。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2

B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题包括15小题，每小

题3分，共45分，每小题只有一个正确选项)1.下列关于能量转化说法错误的是A.燃料电池是将热能转化为电能B.植物通过光合作用将光能转化为化学能C.风力发电将风能转化为机械能D.太阳能电池可将太阳能直接转

化为电能【答案】A【解析】【详解】A．燃料电池是将化学能转化为电能，A错误；B．光合作用将光能转化为化学能存储，B正确；C．风力发电将风能转化为机械能，C正确；D．太阳能电池可以将太阳能直接转化为电能，D正确；故选A。2.下列事实不

能从平衡移动的角度解释的是A.打开可乐瓶盖有气泡冒出B.用热的纯碱溶液清洗油污C.使用含氟牙膏可预防龋齿D.工业合成氨采用高温条件【答案】D【解析】【详解】A．打开可乐瓶盖有气泡冒出，气压降低使溶解在可乐中的二氧化碳溢出，A不符

合题意B．纯碱溶液发生水解生成氢氧根离子，有利于去除油污的，加热温度升高使纯碱的水解朝正向移动，故用热的纯碱溶液清洗油污，B不符合题意；C．含氟牙膏会使牙齿的成分羟基磷酸钙转化为氟基磷酸钙，更加不易与酸性物质反应，故使用含氟牙膏可预防龋齿，C不符合题意；D．合成氨是放热

反应，高温使平衡逆向移动，不利于氨气的产率提高，采用高温条件是为了使催化剂处于最佳活性状态，提高反应速率，D符合题意；故选D。3.下列溶液中()3cCHCOO−最小的是A.131molLCHCOOH−B.131molLCH

COONa−C.1341molLCHCOONH−D.()1321molLCHCOOCa−【答案】A【解析】【详解】醋酸是弱电解质，131molLCHCOOH−中()3cCHCOO−的浓度远小于11molL−，

而3CHCOONa、34CHCOONH中的醋酸根虽然要水解，但是水解程度比较微弱，所以()3cCHCOO−接近11molL−，而()1321molLCHCOOCa−中()3cCHCOO−接近12molL−，

所以()3cCHCOO−最小的是131molLCHCOOH−，故选A。4.对于可逆反应()()()Ag2Bg2CgΔ0H+，下列图像正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．在其它条件不变时，增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所

需时间缩短，即0.2MPa时的应先达到平衡，且增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡时反应物A的平衡含量降低，A错误；B．升高温度，速率加快，正方向是放热反应，温度升高平衡逆向移动，B正确；C．催化剂不能影响化学平衡

移动，C错误；D．当反应物之比与化学计量数相等时，转化率相等，故横坐标应该为2，D错误；故选B。5.在一个恒温恒压的密闭容器中充入22molSO和21molO，发生反应：()()()2232SOgOg2SOg+，得到X与时间的关系如下图所示。X可以是A.

2SO的体积分数B.K值C.()()()23222SOSOOcccD.混合气体的密度【答案】B【解析】【详解】A．平衡正向移动，2SO的体积分数减小，直至达到平衡，体积分数不变，A错误；B．K值只随温度变化而变化，B正确；C．()()()232

22cSOQc=cSOcO开始时平衡正向移动，Qc增大，直至等于K值，C错误；D．恒压的密闭容器，体积减小至平衡时不再改变，气体的质量不变，故混合气体的密度增大至平衡时不再变化，D错误；故选B。6.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.

将40.1molNHCl溶于水，再滴加氨水至溶液恰好呈中性，则4NH+数目为A0.1NB.0.02molNO和20.01molO混合后气体分子数为A0.02NC.电解精炼铜时，阳极质量减少64g，则电路中通过的电子数目为A2ND.将0.05molAgCl投入1L水

中，所得溶液中有A0.05N个Ag+【答案】A【解析】【详解】A．根据电中性，n(4NH+)+n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，溶液恰好呈中性n(H+)=n(OH-)，故n(4NH+)=n(OH-)，氯离子不水解，n(Cl-)=0.1mol，

则4NH+数目为0.1NA，A正确；B．0.02molNO和20.01molO混合后发生反应2NO+O2=2NO2即生成0.02molNO2，但是由于存在2NO2N2O4，故混合后气体分子数小于0.02NA，B错误；C．电解

精炼铜时，阳极上溶解的金属有Cu及Zn、Fe等杂质物质，活动性弱的金属如Au、Pt会形成阳极泥沉淀在阳极底部，在阴极上只有Cu2+得到电子，所以外电路中每通过2NA个电子，阴极质量增加64g，但阳极质量减少不能确定，C错误；D．AgCl是难溶的物质

，0.05molAgCl投入1L水中无法完全溶解，所得溶液中Ag+数目小于0.05NA，D错误；本题选A。7.下列用于解释事实的方程式书写正确的是A.电解饱和食盐水制取2Cl：22NaCl2NaCl+电解B.用饱和2

3NaCO溶液预处理水垢中的4CaSO：223434COCaSOCaCOSO−−+=+C.1325,0.1molLNaHCO−℃溶液pH约为8.3：3223HCOHOHCOOH−−+=+D.铅酸蓄电池充电时阴极的反应：22442PbOSO4

H2ePbSO2HO−+−+++=+【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐水制取2Cl：2222NaCl+2HO2NaOHClH++电解，A错误；B．用饱和23NaCO溶液预处理水垢中的4CaSO：223434C

OCaSOCaCOSO−−+=+，B正确；C．25℃，130.1molLNaHCO−溶液pH约为8.3：3223HCOHOHCOOH−−++，C错误；D．铅酸蓄电池充电时阴极的反应：244PbSO2ePbSO−

−+=+，D错误；故选B。8.已知：25℃时，()()510a3a65CHCOOH1.810CHOH1.010KK−−==、。该温度下，下列说法正确的是A.中和相同物质的量浓度的3CHCOOH和65CHOH溶液，消耗的NaOH相

同B.等pH的3CHCOONa和65CHONa溶液中，()()653CHOCHCOOcc−−C.65CHOH与NaOH溶液混合后，pH10=，则()()6565CHOCHOHcc−=D.3CHCOOH和65CHO−可以大量共存【答案】C【解析】【分析】依题意，()()a3a65KCHCOO

HKCHOH，则()()--h3h65KCHCOOKCHO。【详解】A．未给定溶液的体积，中和相同物质的量浓度的3CHCOOH和65CHOH溶液，消耗的NaOH不一定相同，A错误；B．()()--h3h65KCHCOOKCHO，等pH的3C

HCOONa和65CHONa溶液，醋酸钠浓度更大，则()()653CHOCHCOOcc−−，B错误；C．已知()()14-4wh6510a65K10KCHO10KCHOH1.010−−−===，则65CHOH与NaOH溶液混合后，pH10=，即()OHc−=10-4，有()()(

)()65-4h6565cCHOHcOHKCHO10cCHO−−−==，则()()6565CHOCHOHcc−=，C正确；D．()()a3a65KCHCOOHKCHOH，较强酸制取较弱酸，3CHCOOH和65CHO−反应生成65CHOH，二者不可以大量共存，D错误；故选C。9.

下列实验中，对实验现象的解释或结论正确的是选项操作现象解释或结论A测定相同温度下相同浓度的23NaCO和23NaSO溶液的pH23NaCO溶液的pH较大()()11a23a23HCOHSOKKB向盛有先有白色()()spspAg

ClAgIKK132mL0.1molLAgNO−溶液的试管中滴加2滴10.1molLNaCl−溶液，再向其中滴加4滴10.1molLKI−溶液沉淀生成，后又产生黄色沉淀C常温下，用pH计分别测定等浓

度的34CHCOONH溶液和NaCl溶液pH都等于7水的电离程度：()()34CHCOONHaqNaClaq=D用石墨做电极电解同浓度的44MgSOCuSO、的混合溶液阴极上析出铜金属活动性：MgCuA.AB

.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO溶液的pH较大说明碳酸根水解程度大，碳酸氢根的酸性弱硫酸氢根，()()aa2233KHCO<KHSO−−，A错误；B．132mL0.1molLAgNO−是过量的，银离子与氯离子和碘离子都生成沉淀，不存在沉淀转化，

不能说明()()spspKAgCl>KAgI，B错误；C．34CHCOONH溶液中，3CHCOO−和4NH+的水解程度相同，相互促进，水的电离程度：()()34CHCOONHaqNaClaq，C错误；D．用石墨做电极电解同浓度的44MgSOCuSO、的混合溶液，阴极得电子，氧化性铜离

子比镁离子强，故铜离子先放电，先析出铜，故金属活动性：MgCu，D正确；故选D。10.反应()()XgZg=分两步：①()()XgYg=，②()()YgZg=。恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，测得Y的浓度随时间变化曲线如下图。下列说法错误的是A.0tt时，()

()()YXZvvv=−B.0tt时，()()()YZXvvv=−C.若加入催化剂甲(仅催化反应①)，()Yc达到最大值的时间提前D.若加入催化剂乙(仅催化反应②)，()Yc最大值会上升【答案】D【解析】详解】A．0t<t时，()()()(

)()()()cYnYnX-nZvY====vX-vZttVtV，A正确；B．0t>t时，()()()()()()()cYnYnZ-nXvXY====vZ-vttVtV，B正确；C．加入催化剂甲加快反应速率，()cY达到最大值的时间提前，C正确；D．催化剂不影响化学平衡移动，加入催化剂乙

，()cY最大值不会变化，D错误；故选D。11.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：()()()24225CHgHOgCHOHg+。乙烯的平衡转化率近温度、压强的变化关系如下图[起始时，()()224HOCH1molnn==，容器体积为1L]。下列说法错误的是A.乙烯气相直接水

合反应Δ0HB.图中a点对应的平衡常数1K16=C.图中压强的大小关系为：123ppp【的D.达到平衡状态ab、所需要的时间：ab【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，同一压强下，升高温度，乙烯的平衡转化率不断降低，说明升高

温度，平衡逆向移动，则乙烯气相直接水合反应的Δ0H，A正确；B．图中a点，乙烯的平衡转化率为20%，则平衡时n(H2O)=n(C2H4)=0.8mol，n(C2H5OH)=0.2mol，对应的平衡常数K=0.

250.80.816=，B错误；C．由反应()()()24225CHgHOgCHOHg+可知，同一温度下增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，则图中压强的大小关系为：123ppp，C正确；D．因为b点温度较高、压强较大

，反应速率较快，到达平衡状态所需时间较短，则达到平衡状态ab、所需要的时间：ab，D正确；故选B。12.铁-铬液流电池是近年新研制投产、可以高效储(放)能的新型电池。该电池总反应为2332FeCrFeCr++++++充电放电。下列有关说法正确的是A.储(放)能时电解质溶液a中存在3Cr+与

2Cr+的相互转化B.储能时原正极上的电极反应为32FeeFe+−++=C.放电时正极区电解质溶液酸性增强D.在相同条件下，离子的氧化性：33CrFe++【答案】C【解析】【分析】放电时，H+朝正极移动，结合该电池总反应方程式可知，正极发生Fe3+生成2Fe+的还原反应

，负极区是2Cr+生成3Cr+；充电时，H+移向负极区，发生3Cr+生成2Cr+的还原反应，正极区发生2Fe+生成Fe3+的氧化反应。【详解】A．据分析，储(放)能时电解质溶液a中存在3Fe+与2Fe+的相互转化，A错误；B．据分

析，储能时(充电时)原正极上的电极反应为23FeeFe+−+−=，B错误；C．据分析，放电时，氢离子朝正极移动，正极区电解质溶液酸性增强，C正确；D．据分析，在充电时，离子的氧化性：33CrFe++，在放电时，离子

的氧化性：33FeCr++，D错误；故选C。13.34FeO(s)与CO(g)主要发生如下反应。①()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++1119.3kJmolH−=+②()()()()342FeOs4COg3Fes4COg++2H反应的还原产物与温度密切相关。

其他条件一定，34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.反应()()()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−B.根据图象推测，2H应当小于0C.反应温度越高，3

4FeO主要还原产物中铁元素的价态越低D.温度高于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数4K【答案】C【解析】【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的

变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应()()()()342FeOs4COg3Fes4COg++；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温

度高于570℃时，主要发生反应()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++。【详解】A．根据盖斯定律(②-①)13得()()()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−，故A正确；B

．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知2H小于0，故B正确；C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；D．温度高

于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应为()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数4K，故D正确；选C。阅读下列材料，完成有关问题沉淀法除杂是工业中

常用的方法，例如将33FeAl++、转化为33Fe(OH)Al(OH)、沉淀；将22CuZn++、转化为CuSZnS、沉淀。已知1：23HCO含碳微粒分布系数与pH变化如图1.如()()()()()232322333HCOHCOH

COHCOCOcccc−−=++已知2：()()33pMlgFelgAlcc++−−或与pH变化如图2。已知3：()()()()127.114.73624.8a2a2spspHS10

HS10CuS10ZnS10KKKK−−−−====，，，。已知4：金属离子完全沉淀时5110molLc−−。14.下列说法错误的是A.()16.37a23HCO10K−=B.由a点可求出()38.5sp3FeOH10K−=

C.浓度均为10.1molL−的33FeAl++、混合溶液可通过分步沉淀进行分离D.10.01molL−的23HCO溶液中3Fe+可以大量共存15.处理含22CuZn++、的废水过程中始终保持2HS饱和，即()12HS0.1molLc−=。废水体系中

pH与()()2lgHSlgScc−−−−、的关系如下图所示(浓度单位是1molL−)。下列说法正确的是A.①为pH与()lgcHS−−的关系线B.pH1=的废水中，2Cu+不能完全沉淀C.d9.2=D.要完全沉淀2Zn+，溶液pH3.5【答案

】14.D15.C【解析】【14题详解】A．()()()()136.37a2323cHCOcHHCO10cHCOK−+−==，由图可知，当pH为6.37时()()233cHCOcHCO−=，()6.37cH10+−=，则()16

.37a23HCO10K−=，故A正确；B．由图2可知a点时pH=2、pM2.5=，故()2cH10mol/L+−=、()32.5cFe10mol/L+−=，则有()()12cOH110mol/LcHWK−−+==，()()()3338

.5sp3FeOHcFecOH10K+−−==，故B正确；C．由图2可知，当3Fe+的浓度为51110molL−−时，pH小于3，此时3Al+未开始沉淀，而3Fe+已完全沉淀，因此可通过分步沉淀分离33FeAl++、混合溶

液，故C正确；D．由图2可知，当3Fe+完全沉淀时pH小于3，结合图可知23HCO的pH为4，所以3Fe+在23HCO溶液中以沉淀的形式，不能大量共存，故D错误；故选D；【15题详解】A．开始时pH较小，溶液呈酸性，酸性溶液中S2-会与氢离子结合生

成HS-，因此酸性条件下HS-的浓度会大于S2-，故酸性条件下pH相同时-lgc(HS-)<-lgc(S2-)，由此可知曲线①代表()2lgSc−−、②代表()lgHSc−−，故A错误；B．pH1=时，根据()()17.1a22c(HS)c(H)HS10cHSK−+−

==和()2214.7a2c(S)c(H)HS10c(HS)K−+−−==可得()220.81S110molLc−−−=，则()()()36sp2+15.215120.812CuS10Cu110molL110molL110molLSKcc−−−−−−−−===，2Cu+

已完全沉淀，故B错误；C．d对应的是pH6.8=，根据()()17.1a22c(HS)c(H)HS10cHSK−+−==和()2214.7a2c(S)c(H)HS10c(HS)K−+−−==可得()29.21S110molLc−−−=，所以d9.2=，故C正确；D．要完全

沉淀2Zn+，至少需要()2Sc−为()()()24.8sp219.81512+ZnS10S110molL110molLZnKcc−−−−−−===，根据()()17.1a22c(HS)c(H)HS10cHSK−+−==和()2214.7a

2c(S)c(H)HS10c(HS)K−+−−==可得此时2221.82c(S)c(H)10c(HS)−+−=，解得c(H+)=10-1.5mol/L，所以要完全沉淀2Zn+，溶液pH1.5，故D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题55分)16.草酸()224HCO广泛分布在植物、动物和真

菌体内。（1）25℃，用12240.100molLHCO−溶液滴定120.00mL0.200molLNaOH−溶液，得到滴定曲线如下图所示：①图中标记的点，水的电离程度由大到小的顺序为_______。②n点()24HCOc−+_______=()cNa+。③向p

点加氨水至中性，此时()4NHc+_______()242COc−(填“>”、“=”或“<”)。（2）某小组同学从菠菜中提取了7.500g粗草酸晶体()2242HCO2HO，配制成250mL溶液。用10.100molL−酸性4KMnO溶液滴定，测其纯度(杂质不参加反应)。①当最后半滴4KM

nO溶液滴入锥形瓶，_______(填实验现象)，且半分钟不变色，说明反应达到终点。②三次实验数据如下：实验序号锥形瓶中草酸溶液体积滴定管初始读数滴定管终点读数ⅰ25.00mL0.22mL20.34mLⅱ25.00mL0.25mL21.75mLⅲ25.00mL0.2

0mL20.28mL该粗品中草酸晶体的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。③下列操作使得测定结果偏高的是_______(填标号)。a．锥形瓶水洗后未用待测草酸溶液润洗b．滴加4KMnO溶液时，少量液体挂在锥形瓶内壁，未用洗瓶冲

下c．配制草酸溶液，定容后未振荡，取出上层溶液进行滴定d．滴定前尖嘴无气泡，滴定结束后发现尖嘴有气泡【答案】（1）①.mnp②.()2242COc−③.（2）①.溶液恰好由无色变粉红色②.84.

4③.b【解析】【小问1详解】①由图可知，m点时224HCO与NaOH恰好完全反应生成强碱弱酸盐，能促进水的电离，n点时溶液显中性，水的电离不受影响，p点时溶液显酸性，抑制水的电离，所以水的电离程度由大

到小的顺序为：mnp；②n点溶液中pH=7.0，c(H+)=c(OH-)，而溶液中存在电荷守恒()()()()()-2++2424OHHCOCH2aONccccc−−++=+，所以()()()2+2424HCOC2NOaccc−−+=；③p点

时溶液中溶质为草酸和草酸钠，且两者的物质的量相同，加入氨水至中性，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)+c(4NH+)=2c(224CO−)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，则有c(Na+)+c(4NH+)=2c(224CO−)，假设加入氨水草酸全部转化为草

酸根离子且草酸根离子不水解，则有c(Na+)=c(224CO−)，但是草酸一定会存在一定程度的水解，因此c(Na+)>c(224CO−)，再结合c(Na+)+c(4NH+)=2c(224CO−)可得，(

)4NHc+<()242COc−。【小问2详解】①采用10.100molL−酸性4KMnO溶液滴定该草酸溶液，滴定终点时溶液会呈现高锰酸钾的颜色，因此当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变粉红色，且半分钟内不变化，说明反应达到

终点；②三次滴定消耗酸性高锰酸钾的体积分别为20.12mL、21.50mL、20.08mL，第二次数据偏差太大，舍去，平均体积为20.10mL，14)0.100molL0.0201L=0.00201moln(KMnO−=，滴定过程中涉及的反应为24224222MnO5HCO6H2

Mn10CO8HO−++++=++，则7.500g粗草酸晶体中()22420.002015250nHCO2HO0.05025225molmLmolmL==，粗草酸中含草酸晶体的质量分数为0.05

025126g/100%84.4%7.500gmolmol=；③a．锥形瓶水洗后未用待测草酸溶液润洗，对实验没有影响，所测结果无影响，故a不符合题意；b．滴加4KMnO溶液时，少量液体挂在锥形瓶内壁，未用洗瓶冲下，导致滴入的

4KMnO溶液体积偏大，结果偏高，故b符合题意；c．如果配制好的溶液未经充分振荡就直接取出上层溶液进行滴定，则液体上面的部分以蒸馏水为主，取出的上层溶液浓度偏低，滴定时消耗的高锰酸钾的量偏少，导致测定结果偏低，

故c不符合题意；d．滴定前尖嘴无气泡，滴定结束后发现尖嘴有气泡，由于气泡占有一定的体积，使得计算所得的消耗高锰酸钾的体积偏小，会使实验结果偏小，故d不符合题意；故选b。17.对金属腐蚀的研究意义重大，以铁为例进行研究。（1）已知反应：()

()()()2222FesOg2HOl2Fe(OH)sΔ0Δ0GS++=、，则其H_______0。（2）下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀_______(填标号，下同)。（3）用图1所示装置及盐酸进行铁的电化学腐蚀实验探究，测得不同初始pH值条件下(酸均足量)，三颈烧瓶中溶解

氧DO(单位体积溶液中溶解氧气的质量)随时间变化关系的曲线如图2，初始pH2=条件下三颈烧瓶中压强随时间变化关系如图3。下列说法正确的是_______。a．反应相同时间，溶解氧随着溶液酸性减弱而增大b．酸性条件下可发生吸氧腐蚀c．整个过程中，负极电极

反应式为：3Fe3eFe−+−=（4）①甲同学对图3中压强变化的原因进行了分析：导致压强增大的原因是22H2eH+−+=，导致压强减小的原因是发生_______(写电极方程式)。②乙同学认为压强变化的原因也可能是发生了化学腐蚀：铁和盐酸反应产生

氢气，导致压强增大；_______，导致压强减小。③同学对图1装置进行改进，装置示意图如下(部分设备略去)，以证明该条件下可发生电化学腐蚀，请完成装置设计。将铁电极插入4FeSO溶液中，石墨电极插入_______溶液中，压强传感器置于_______电极上方。④400秒之后铁主要发生吸氧腐蚀的原

因是_______。【答案】（1）（2）bd（3）b（4）①.22O4e4H2HO−+++=②.生成的2Fe+消耗了氧气③.pH2=的盐酸④.石墨⑤.随着反应的进行，氢离子浓度下降，导致析氢腐蚀逐渐减少【解析】【小问1详解】由反应的ΔG＜0、ΔS＜0可知，反应ΔH-TΔS＜0，则该反应

是焓变小于0的吸热反应，故答案为：＜；【小问2详解】a．由图可知，铁棒是原电池的负极，铁会失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，则该装置不能防止铁棒被腐蚀，故错误；b．由图可知，铁棒是原电池的正极，原电池工作时锌棒溶解，铁棒被保护，所以该装置可防止铁棒被腐蚀，故正确

；c．由图可知，铁棒在食盐水中会发生吸氧腐蚀被损耗，则该装置不能防止铁棒被腐蚀，故错误；d．由图可知，与直流电源负极相连的铁棒是电解池的阴极、铜棒是正极，电解池工作时铜棒溶解，铁棒被保护，所以该装置可防止铁棒被腐蚀

，故正确；故选bd；【小问3详解】a．由图2可知，反应相同时间，溶液酸性减弱，溶解氧随着溶液酸性减弱而减小，故错误；b．由图2可知，反应相同时间，溶液酸性减弱，溶解氧随着溶液酸性减弱而减小，说明铁发生吸氧腐蚀，消耗氧气导致溶解氧减少，故正确；c．由图1可知，锥形瓶中

的铁与碳粉在酸溶液中构成原电池，铁为原电池负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，故错误；故选b；【小问4详解】①图3中导致压强减小的原因是水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电

极反应式为22O4e4H2HO−+++=，故答案为：22O4e4H2HO−+++=；②压强减小可能是亚铁离子具有还原性，酸性条件下与空气中的氧气反应生成铁离子，氧气的物质的量减小导致压强减小，故答案为：生成的2Fe+消耗了氧气；③由实验目的可知，证明该条件下可发生电化学腐蚀的装置中将铁电极插入硫酸

亚铁溶液中做原电池的负极，石墨电极插入pH为2的盐酸中做原电池的正极，压强传感器置于石墨电极的上方测定装置中压强随时间变化，故答案为：pH2=的盐酸；石墨；④400秒之后铁主要发生吸氧腐蚀的原因是随着反应的进行，氢离子浓度下降，导致析氢

腐蚀逐渐减少，而吸氧腐蚀逐渐增大，故答案为：随着反应的进行，氢离子浓度下降，导致析氢腐蚀逐渐减少。18.锰最早是由瑞典化学家伯格曼的助手甘恩从软锰矿中分离得到的，锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是2MnO，含有223SiOFeOCaO、、等少量杂质)为主要原

料制取金属锰的工艺流程如下所示。（1）“浸锰”步骤中有副产物26MnSO生成，写出该反应化学方程式_______，“滤渣I”的成分有2SiO和_______(填化学式)，该步骤中可以再加入4MnSO，以促进“滤渣I”析出，结合平衡移动原理分析其原因：_______。（2）“滤液I”中需要先加

入2MnO，充分反应后再调pH，写出加入2MnO时发生反应的离子方程式_______。（3）“滤液II”中加入2MnF的目的是进一步除去2Ca+，已知25℃时，()11sp2CaF3.210K−=，

检使溶液中()261Ca1.010molLc+−−，则应保持溶液中()Fc−_______1molL−。(2取1.4)的（4）由“滤液III”可制得42MnSOHO，已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成

如图所示。则从“滤液III”中获得较高纯度42MnSOHO的“操作I”为控制温度在80～90℃蒸发结晶、_______、80～90℃蒸馏水洗涤2～3次、真空干燥。（5）电解时加入适量2SeO有利于Mn在电极上析出，2SeO与水反应生成的23HSeO(二元

弱酸)在阴极放电生成Se单质(对2Mn+有特殊的吸附能力，有利于2Mn+电还原沉积)。写出生成Se的电极反应式_______。【答案】（1）①.2226MnO2SOMnSO+=②.4CaSO③.()24SOc−增大，使平衡2244CaSOCaSO+−+正向移动，促进4CaSO析

出（2）22322MnO2Fe4HMn2Fe2HO++++++=++（3）35.610−（4）趁热过滤（5）232HSeO4e4HSe3HO−+++=+【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质

)；软锰矿中MnO2、Fe2O3、CaO分别与稀硫酸和过量的SO2反应转化为Mn2+、Fe2+以及微溶的CaSO4，过滤得到主要为SiO2和少量CaSO4的滤渣Ⅰ，滤液主要含Mn2+、Fe2+、H+、24SO−、Ca2+的溶液；向溶液中加MnO2将Fe2

+氧化为Fe3+并调pH=6使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，过滤得到含MnO2和Fe(OH)3的滤渣II和主要含Mn2+、24SO−、Ca2+的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ加过量的MnF2使Ca2+转化为难容的CaF2而除去；过滤得到含CaF2和MnF2的滤渣Ⅲ和

主要含Mn2+、24SO−的滤液Ⅲ；将含Mn2+、24SO−的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到MnSO4∙H2O晶体，然后在电解得到金属Mn。【小问1详解】的“浸锰”步骤中SO2和MnO2反应有副产物26MnSO生成，反应的化学方程式为2SO2+MnO2=Mn

S2O6；由于CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，以及SiO2不与硫酸反应，则滤渣Ⅰ为SiO2和CaSO4；再加入4MnSO，()24SOc−增加，根据勒夏特列原理，平衡2244CaSOCaSO+−+向正反应方向移动，促进CaSO

4析出；【小问2详解】酸性条件下MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，即MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；【小问3详解】Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=3.2×10−11，使溶液中()261Ca1.

010molLc+−−，c(F−)≥()()11262K3.2101.010cspCaFCa−−+=5.6×10−3；【小问4详解】由图可知MnSO4∙H2O的溶解度随问的升高而降低，为得到纯度较高的MnSO4∙H2O晶体，应趁热过滤；【小问5详解】阴极发生还原反应，所

以H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，则其电极反应式为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O。19.我国承诺“2030年实现碳达峰，2060年实现碳中和”。为实现这一目标，科学工作者研究各种二氧化碳的转化方法。（1）关于反应：()()()()2242COg4HgCHg2HOg++

，下列说法中错误的是___________(填标号)。a．恒温恒容条件下，容器内压强不变，反应达到平衡b．恒温恒压条件下，容器体积不变，反应达到平衡c．()()24HCHvv=正逆时，反应到达平衡（2）恒温时，在体积均为1L的四个密闭容器中发生反应：()()(

)()222COgHgCOgHOg++。实验测得：()()122COHvkcc=正，()()22COHOvkcc=逆，12kk、为速率常数，受温度影响。容器编号起始物质的量/mol平衡时物质的量/mol2CO2HCO2HO2COI120013Ⅱ2200Ⅲ2300Ⅳ3400①容器Ⅱ中2CO平衡

转化率___________50%(填“>”、“=”或“<”)；②达平衡时，容器Ⅲ中()()2COCOcc比容器I中的___________(填“大”或“小”)；③容器Ⅳ，2H转化率为25%时，vv=正逆___________(填数值)。（3）最近采用真空封管

法制备的磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现2CO电催化还原制备3CHOH方向取得重要进展。该反应历程如图所示，*表示微粒吸附在催化剂表面(部分物质末画出)。容易得到副产物有CO和2CHO，其中相对较少的副产物为___________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加

快，主要降低下列变化中___________(填标号)的能量变化。a．*33OCHCHOH→b．**COOCH→c．**23OCHOCH→d．****2COOHCOHO+→+（4）某高校科研小组用2CuZnOZrO−−做催化剂，研

究2CO加氢合成3CHOH。涉及的反应有：的反应I：()()()()122321COg3HgCHOHgHOgΔ49.4kJmolH−++=−反应Ⅱ：()()()()12222COgHgCOgHOgΔ41.2kJmolH

−++=+反应Ⅲ：()()()23COg2HgCHOHg+有人画出了一定温度范围内反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数lnK与温度1T变化关系的示意图，其中1L线代表的是反应___________(填“I、II或III”)。一定条件下，向体积为1L的恒容密闭

容器中通入21molCO和23molH发生上述反应，达到平衡时，容器中2CO为mola，CO为molb，此时2HO(g)的浓度为___________1molL−(用含a、b的代数式表示，下同)，反应I

II的平衡常数为___________。【答案】（1）c（2）①.=②.小③.6（3）①.2CHO②.d（4）①.I②.1a−③.21(32)abbab−−+【解析】【小问1详解】a．恒温恒容条件下，该反应气体分子数减小，反应过程容器内压强改变，容器内压强不变则反应达

到平衡，正确；b．恒温恒压条件下，该反应气体分子数减小，反应过程容器体积改变，容器体积不变，反应达到平衡，正确；c．()()24HCHvv=正逆时，该比值不等于系数之比，正逆反应速率不相等，反应未到达平衡，错误；选c。【小问2详解】

①根据反应I的数据，容器体积1L，CO2转化了2mol/L3，可求得该反应平衡常数k=2233=11433，设反应Ⅱ中CO2平衡时转化xmol，则有22x=1(2-x)，解得x=1，故2CO平衡转化率为50%；②利用等效平衡原理，反应Ⅲ二氧化碳的投入量是反应

I的两倍，反应Ⅲ氢气的投入量比反应I的两倍少，则反应Ⅲ可看作反应I平衡的逆向移动，故达平衡时，容器Ⅲ中()()2COCOcc比容器I中的小；③根据反应I的数据，容器体积1L，CO2转化了2mol/L3，可求得该反应平衡常数k=2233=11433，平衡时()()122COHvkcc=

正=()()22COHOvkcc=逆，则()()()()12222COH1COHOkcckcc=，则121kk=，故容器Ⅳ，2H转化率为25%时，vv=正逆()()()()1221222COH236COHO11kccvkvkcck===

正逆。【小问3详解】根据图示可知生成副产物CO的活化能比较小，生成2CHO的活化能比较大故其中相对较少的副产物为2CHO；由图示可知，生成甲醇的反应中，活化能最大的一步是****2COOHCOHO+→+，其反应速

率最慢，要使反应速率加快，主要降低该步反应的能量变化，故选d。【小问4详解】根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，31)Δ49.441.290.6(kJmol−=−−=−H。故反应I、Ⅲ的平衡常数lnK与温

度1T成正比关系，且反应Ⅲ的斜率更大，则1L线代表的是反应I。向体积为1L的恒容密闭容器中通入21molCO和23molH发生上述反应，达到平衡时，容器中2CO为mola，CO为molb，设反应I转化

xmolCO2，反应Ⅱ转化ymolCO2，可列三段式：()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg/mol1300/molx3xxx/mol1-x3-3xxx起始转化理论剩余，()()()()222COg+HgCOg+HOg/m

ol1-x3-3x0x/molyyyy/mol1-x-y3-3x-yyx+y起始转化平衡，则有1-x-y=a，y=b，则x=1-a-b，故此时2HO(g)的浓度为(1-a-b+b)mol(1-a)mol/L1L=；反应III的平衡常数为k3=322c(CHOH

)c(CO)c(H)=2xy(3-3x-y)=21(32)abbab−−+。