江苏省扬州市高邮市2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

2023-2024学年第一学期高二10月学情调研测试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Cr：52一、单项选择题：共10题，每题3分，共30分。每题只有一个选项最符合题意。1.中华文明源远流长，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是A.兽骨B.纸张C.青铜器D.液晶显示屏【答案】C【解析】【详解】A．兽骨是骨头，主要成分是磷酸钙和碳酸钙，属于非金属材料，不是合金，故A错误；B．纸张是天然的纤维素，不是合金，故B错误；C．青铜器是铜合金，属于合金，故C正确；D．液晶显示屏属于无机非金属材料，不是合金，故D错误；故选：C。2.“侯氏制碱法”主要原理：。下列化学用语正确的是A.C原子最外层电子的轨道表示式：B.价电子排布式：C.NaCl的电子式：D.分子的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A．基态C原子最外层电子中含有4个电子，2s能级上2个电子、2p能级上2个电子，基态C原子最外层电子的轨道表示式：，故A错误；B．Cl为17号元素，基态Cl原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，价电子排布式为3s23p5，故B错误； C．NaCl为离子化合物，由钠离子与氯离子构成，电子式为，故C错误；D．NH3分子为三角锥型，N原子的原子半径大于H原子，其球棍模型为，故D正确；故选D。3.下列有关铁及其化合物的实验装置和操作能达到实验目的是A用装置甲制备B.用装置乙制备气体C.用装置丙制备晶体D.用装置丁制备胶体【答案】C【解析】【详解】A．四氯化碳的密度比水大，不能起到隔绝氧气的作用，易被氧气氧化为氢氧化铁，故A错误；B．常温下浓硫酸能与铁发生钝化反应，阻碍反应进行，不能制备气体，故B错误；C．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到硫酸铁固体，故C正确；D．氢氧化钠溶液与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，图示药品不合理，故D错误；故选C。4.石棉具有高度耐火性、电绝缘性和绝热性，是重要的防火、绝缘和保温材料，其化学式为，其组成也可写成氧化物形式：。下列说法正确的是A.组成元素均位于元素周期表的p区B.CaO的熔点比MgO的低C.离子半径：D.Mg的电负性大于相邻元素Al的电负性【答案】B【解析】 【详解】A．Ca、Mg是第IIA族元素，为s区元素，故A错误；B．镁离子半径小于钙离子半径，中离子键更强，熔点更高，故B正确；C．镁离子和氧离子电子层数相同，Mg的原子序数比O大，其离子半径小于氧离子，即，故C错误；D．同周期主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，电负性：Al>Mg，故D错误；故选：B。5.在恒温恒容的密闭容器中发生：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)　ΔH<0，T℃时，平衡常数为K，下列说法正确的是A.该反应在任何温度下都可自发进行B.T℃时，若<K时，则v正<v逆C.选择高效催化剂可以提高活化分子百分数，提高CO(NH2)2的平衡产率D.若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．根据反应方程式可知，该反应为熵减，即ΔS＜0，依据ΔG=ΔH－TΔS，该反应在低温下能自发进行，故A错误；B．若＜K，该反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故B错误；C．选择高效催化剂只提高活化分子百分数，对化学平衡移动无影响，即不能提高尿素的产率，故C错误；D．尿素为固体，该反应为气体物质的量减少的反应，相同条件下，气体压强与气体物质的量成正比，因此该反应当混合气体压强不再改变时，说明反应达到平衡，故D正确；答案为D。6.下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是A.CuCl晶体结构如上图所示，其中氯离子的配位数为4 B.刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于FeC.Cu是第VIII族元素D.除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥【答案】A【解析】【详解】A．从CuCl的晶胞可以判断，每个铜原子与4个Cl距离最近且相等，即Cu的配位数为4，根据化学式可知Cl的配位数也为4，故A正确；B．FeCl3刻蚀Cu制印刷电路板，说明FeCl3具有氧化性，能氧化Cu,还原性Cu大于Fe2+，故B错误；C．Cu是第IB族元素，故C错误；D．硝酸具有强氧化性，能氧化Cu生成硝酸铜，但Cu不能与稀盐酸或稀硫酸反应，所以除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀盐酸或稀硫酸溶解，过滤、洗涤、干燥，故D错误；故选：A。7.工业中常采用歧化法制备：；利用电解法也可以实现由向的转化，其装置如图。下列说法不正确的是A.与歧化法相比电解法明显优点是Mn元素的利用率高B.电源m为正极，n为负极C.阴极每产生标况下4.48L，则有0.2mol的迁移至阴极D.总反应：【答案】C【解析】【分析】左侧中锰元素为+6价升高到中的+7价，发生氧化反应，该电极是阳极，连接 的直流电源m极是正极；n极是负极，右侧是阴极区，发生反应：。【详解】A．电解法~，Mn元素的利用率达到100%，而歧化法3~2，Mn元素的利用率未达到100%，A正确；B．据分析，左侧Pt电极为阳极，m为电源正极，n极是负极，B正确；C．标况下4.48L的物质的量是0.2mol，阴极反应为，产生0.2mol氢气，则电路中转移0.4mole-，电解质溶液中有0.4mol的迁移至阴极，C错误；D．阳极反应是：，阴极反应是：，则总反应：，D正确；故答案选C。8.下列说法正确的是A.常温下，某AgCl溶液有未溶AgCl固体剩余，向其上层清液中通入少量HCl，无沉淀生成B.常温下，10mL的NH4Cl溶液中由水电离出的物质的量浓度为mol·LC.某温度下，反应达平衡，压缩体积后达新平衡时容器中的浓度比原平衡大D.将的强酸溶液稀释100倍，则【答案】B【解析】【详解】A．常温下，某AgCl溶液有未溶AgCl固体剩余，说明AgCl达到溶解平衡，向其上层清液中通入少量HCl，溶液中c（Cl-）增大，AgCl溶解平衡逆向移动，有沉淀生成，A错误；B．常温下，10mL的NH4Cl溶液中H+完全是由由水电离出的，故由水电离出的物质的量浓度为mol·L，B正确；C．某温度下，反应达平衡，该反应的平衡常数为K=c(CO2)，根据温度不变，平衡常数不变可知，压缩体积后达新平衡时容器中的CO2浓度与原平衡相等，C错误；D．根据酸溶液稀释永远不可能变为碱性溶液，故将pH=6的强酸溶液稀释100倍，则pH接近7，但小于7，D错误；故答案为：B。 9.利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO的机理如图所示。下列说法正确的是A.反应(i)中Cu、Ce平均化合价降低B.铜-铈氧化物减小了该反应的反应热C.因为反应前后催化剂的质量不变，催化剂不参与该化学反应D.若用参与反应，一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物【答案】A【解析】【详解】A．通过i发现CO变成CO2，碳元素化合价升高，固Cu和Ce化合价会降低，经过iii后，得氧后，Cu和Ce化合价会升高，Cu、Ce化合价均升高，故A正确；B．反应热与反应物的能量和生成物的能量有关，与催化剂无关，铜-铈氧化物只是减少反应的活化能，故B错误；C．催化剂化学反应前后，质量和化学性质不变，但是参与了化学反应，故C错误；D．反应ⅲ中，与铜结合的C18O夺取与空位结合的O2中的1个O原子生成CO2，O2中另1个O原子进入空位，即18O进入CO2，不可能出现在铜-铈氧化物中，故D错误；故选：A。10.室温时，实验室以含铬废液(主要离子含、、、)制取含溶液的流程如下：已知：①室温时，，；②假设溶液中某离子浓度mol·L时，该离子沉淀完全；③“氧化”时转化为；④ ；下列说法正确的是A.“过滤Ⅰ”所得滤液中mol·LB.“氧化”时的离子方程式为：C.“酸化”时溶液pH越低，转化为的转化率越低D.将“含溶液”蒸干不能得到纯净的固体【答案】D【解析】【分析】含铬废液加入KOH溶液生成、沉淀，滤液为硫酸钾，加入过氧化氢将转化为，“氧化”时离子方程式为：4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2+8H2O，滤液加入盐酸酸化时，得到溶液；【详解】A．Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH-)=6×10-31，调节pH=8，c(OH-)=10-6mol/L，c(Cr3+)==6×10-13mol⋅L-1，故A错误；B．”氧化“过程Cr(OH)3转化为，H2O2作氧化剂，“氧化”时过氧化氢在碱性条件下将Cr(OH)3氧化为，离子方程式为：4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2+8H2O，故B错误；C．，“酸化”时溶液pH越低，氢离子浓度越大，平衡逆向移动，转化为的转化率越大，故C错误；D．K2Cr2O7在高温下会分解，将“含K2Cr2O7溶液”蒸干得不到纯净的K2Cr2O7固体，故D正确；故选：D。二、不定项选择题：本题共3小题，每小题3分，共9分。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得3分，选错一个，该小题得0分。11.下列实验中，对应的操作、现象以及解释或结论都正确的是选项操作现象解释或结论 A测定同温同浓度的和溶液的pH前者pH大于后者S的非金属性比C强B用pH计测定浓度均0.10mol·LNaCN溶液和溶液pH前者pH为11，后者pH为9酸性：C向NaCl和KI混合溶液中滴加0.1mol·L溶液出现黄色沉淀D用石墨做电极电解、的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：Mg>CuA.AB.BC.CD.D【答案】BD【解析】【详解】A．测定同温同浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子的酸性，不能比较S、C的非金属性，故A错误；B．由等物质的量浓度CH3COONa溶液和NaCN溶液的pH，前者pH小，可知醋酸根离子水解程度小，醋酸的酸性强，则结合质子的能力：CH3COO-＜CN-，酸性：，故B正确；C．NaCl和KI混合溶液的浓度未知，为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp(AgI)、Ksp(AgCl)，故C错误；D．阴极上氧化性强的离子先得到电子，阴极上先析出铜，可知金属活动性：Mg＞Cu，故D正确；故选：BD。12.工业上可利用氨水吸收和，原理如下图所示。已知：25℃时，的，的，，下列说法正确的是A.向氨水中通入恰好生成：B.0.1mol·L溶液中： C.向氨水中通入至；D.被吸收的离子方程式：【答案】B【解析】【分析】二氧化硫和氨水恰好反应生成，NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应离子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，得到硫酸铵的铵盐溶液；【详解】A．向氨水中通入SO2恰好反应生成NH4HSO3，电荷守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3•H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3•H2O)，NH3•H2O的Kb=l.7×10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3×10-2，溶液呈酸性，则c(H2SO3)＜()+c(NH3•H2O)，故A错误；B．溶液中存在物料守恒：，故B正确；C．向氨水中通入SO2至pH=7，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，故C错误；D．NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应的离子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，故D错误；故选：B。13.由催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：反应Ⅰ：kJ·mol反应Ⅱ：kJ·mol反应Ⅲ：kJ·mol在其他条件相同情况下，按(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示： 下列说法不正确的是A.一定温度下，增大与的物质的量之比，可以提高的平衡转化率B.根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最低C.由和CO制备二甲醚的热化学方程式：kJ·molD.473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】A．一定温度下，增大二氧化碳与氢气的物质的量之比相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，故A正确；B．由图可知，温度选择553K，反应达到平衡时，甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，则反应体系内甲醇的产量最高，故B错误；C．由盖斯定律可知，反应2×II—2×I+Ⅲ可得制备二甲醚的反应，则反应ΔH=2×(—49.0kJ/•mol)—2×(+41.1kJ/mol)+(—24.5kJ/mol)=—204.7kJ/mol，故C正确；D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时，逐渐减小，故D错误；故选BD三、非选择题，共4题，共61分14.采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质)来制备Mn的工艺流程如图所示： 已知：①，；②假设溶液中某离子浓度mol·L时，该离子沉淀完全；③室温时生成氢氧化物的pH见下表离子开始沉淀的pH7.51.88.17.78.3完全沉淀的pH9.739.48.49.8回答下列问题：（1）写出基态的外围电子排布式___________。（2）在“浸出液”中加入“”时发生反应的离子方程式为___________。（3）加入MnS“除杂”后的滤渣为___________。（4）“沉锰”过程中温度和pH对和沉淀率的影响如下图所示。则“沉锰”的合适条件是___________。“沉锰”时发生反应的离子方程式为：___________。（5）利用惰性电极电解的酸性溶液体系也可获得，电解总反应的离子方程式为___________。电解过程的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过3.0mol·L时，电流效率降低的原因是___________。【答案】（1） （2）（3）NiS（4）①.45℃，pH为7.5②.（5）①.②.硫酸浓度过高，浓度过大，MnOOH与反应被消耗更多，反应Ⅲ(或决速步)速率减小，总反应速率下降，电流效率降低【解析】【分析】软软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质，加入硫酸和废铁屑，MnO2被还原为Mn2+，溶液中还有Fe3+、Mg2+、Ni2+、Fe2+，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2+，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液得到金属锰。【小问1详解】Mn为25号元素，其价层电子排布为3d54s2，失去最外层2个电子形成Mn2+，所以锰离子的价层电子排布式为3d5；【小问2详解】“酸浸”后的滤液中含有Fe2+，向“浸出液”中添加适量MnO2的目的是将溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+，该过程中Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；【小问3详解】根据已知信息，Ksp=2.8×10-10＞Ksp(NiS)＝2.0×10−21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS；【小问4详解】沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5；沉锰时，生成MnCO3沉淀铵根离子，反应的离子方程式为；【小问5详解】电解的酸性溶液获得，锰元素化合价升高，在阳极反应，氢元素化合价降低，在阴极反应生成氢气，电解总反应的离子方程式为，硫酸浓度超过3.0mol·L 时，电流效率降低的原因是：硫酸浓度过高，浓度过大，MnOOH与反应被消耗更多，反应Ⅲ(或决速步)速率减小，总反应速率下降，电流效率降低。15.计算题专项。提示：假设溶液中某离子浓度mol·L时，该离子沉淀完全；，，，。（1）一定温度下，在的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：t/s06001200171022202820x/(mol/L)1.400.960.660.480.350.240.12计算600～1200s，生成的平均速率为___________。（2）常温下，的硝酸和的氢氧化钡溶液按体积比为9∶1混合，所得溶液的pH为___________。（3）已知25℃时，草酸()的电离平衡常数、，则的水解平衡常数___________。（4）向含有、的某溶液(pH约为5)中加入溶液，让溶液中的、形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中mol·L，则___________。（5）以软锰矿(主要含有，还含有、、、CaO和MgO等)为原料可以制得。向酸浸、还原所得滤液中加入固体，调节溶液的pH，过滤。若要使和沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为___________。【答案】（1）mol/(L·s)（2）10（3）（4）100（5）5【解析】【小问1详解】 在600~1200s，N2O5的浓度减少0.30mol/L，根据物质反应转化关系可知在此时间段内生成NO2的浓度为0.60mol/L，因此，生成NO2的平均速率v(NO2)=；【小问2详解】pH=3的硝酸溶液中c(H+)=10－3mol/L，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，二者以体积比9∶1混合，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，混合溶液中c(OH-)==1×10－4mol/L，则混合后c(H＋)=＝mol·L－1=1×10－10mol/L，则pH=-lg10-10=10；【小问3详解】NaHC2O4溶液中水解反应的离子方程式为：+H2OH2C2O4+OH-；该水解反应的平衡常数K=，所以=====5×1012，故K=2.0×10-13；【小问4详解】=；【小问5详解】已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，使滤液中的Fe3＋沉淀完全，c(Fe3＋)≤10-6mol/L，则c(OH-)≥，则c(H+)≤=，即pH≥-lgc(H+)=-lg10-3.5=3.5，此时Fe3＋沉淀完全；同理，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，c(Al3＋)≤10-6mol/L，则c(OH-)≥，则c(H+)≤，即pH≥-lgc(H+)=-lg10-5=5，此时Al3＋沉淀完全，则要使Fe3+和Al3+沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为5。16.碘是人体不可缺少的微量元素，也是制造各种无机及有机碘化物的重要原料。（1）采用离子交换法从卤水(含有)中提取碘的工艺流程如下： ①碘元素位于元素周期表中的___________区。②还原前对树脂进行处理。证明“还原”时被氧化的实验操作及现象是___________。（2）实验室中，可采用如图所示装置制取碘。①实验中，冷凝管中的冷凝水通常从___________(填a或b)端通入。②该实验控制pH约为2的原因是___________。（3）为测定卤水样品中的含量，进行下列实验：①取100.00mL卤水样品减压浓缩至20.00mL，加入过量的0.1500mol·L溶液20.00mL。(发生反应为)。②密封静置2h，生成白色沉淀，过滤。③用0.1000mol·L标准溶液进行滴定。(反应)请补充完整滴定过程的有关实验操作：将过滤所得的滤液全部转移至锥形瓶中，_____；向洗涤干净的碱式滴定管中加入适量标准溶液，___________，边振荡边逐滴加入标准溶液，观察锥形瓶中溶液颜色变化，直至___________，停止滴定，读数并记录数据。实验测得消耗溶液的体积为22.00mL。计算卤水样品中的物质的量浓度(写出计算过程)___________。【答案】（1）①.p②.取少量待测液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，产生白色沉淀，证明被氧化（2）①.a②.防止生成的发生歧化（3）①.滴入几滴淀粉溶液；②.润洗2-3次，重新装液，排气泡，调节液面至0刻度(及以下)， ③.滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复④.，mol，mol，mol·L【解析】【分析】卤水酸化后通入氯气，发生置换反应生成碘单质，碘单质用树脂交换吸附，分离出碘单质，然后用亚硫酸钠将碘单质从树脂中还原出来，溶液中的碘离子再次氧化生成碘单质，用热空气将碘单质吹出，得到碘单质；【小问1详解】①I为第五周期ⅦA族元素，属于p区；②“还原”时Na2SO3被氧化成SO，可以检验SO的存在证明其被氧化。取少量待测液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，产生白色沉淀，证明被氧化；【小问2详解】①从冷凝管下方进冷凝水，冷凝水是慢慢充满冷凝管的，这样冷水可以在冷凝管内停留最长的时间，同时冷水和热气的热交换主要是通过冷凝管壁进行，冷凝管中充满了水，热交换效率也比较高；②实验控制pH约为2的原因是防止生成的发生歧化；【小问3详解】将过滤所得的滤液全部转移至锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液作指示剂；向洗涤干净的碱式滴定管中加入Na2S2O3标准溶液，润洗2-3次，重新装液，排气泡，调节液面至0刻度(及以下)后记录读数，边振荡边逐滴加入标准溶液，观察锥形瓶中溶液颜色变化，当滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复，停止滴定。步骤①发生反应为2Cu2++4I-=I2+2CuI↓，滴定中，卤水中I-和标准液的关系是：4I--I2-2Na2S2O3；mol，mol，mol·L。17.二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利 用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如图所示：（1）已知：kJ·molkJ·mol请写出反应Ⅱ的热化学方程式：___________。（2）反应Ⅱ，在进气比[]不同时，测得相应的CO平衡转化率如图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。①求算F点的平衡常数KF=___________。②比较D、E两点对应的反应速率大小：v(D)___________v(E)(填“<”“=”或“>”)。③在G点温度下，要提高CO平衡转化率，应采取措施有___________。(写两点)（3）以铅蓄电池()为电源可将转化为乙醇，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。 ①写出铅蓄电池正极的电极反应式___________。②写出电解池阴极上的电极反应式___________；每生成1.25mol乙醇，理论上铅蓄电池中需消耗___________mol硫酸。【答案】（1）kJ/mol（2）①.3②.②<③③.减小进气比、及时分离出等产物（3）①.②.③.15【解析】【小问1详解】已知：kJ·molkJ·mol根据盖斯定律，由Ⅱ=-Ⅰ-Ⅲ得反应kJ/mol；【小问2详解】①反应Ⅱ，在F点进气比[]=1.5，设CO的物质的量为1.5mol，则H2O为1mol，CO的转化率为50%，根据三段式可知： F点的平衡常数KF===3；②该反应为放热反应，进气比相同时，反应温度越高，一氧化碳的转化率越小，由图可知，D、E两点进气比相同，D点一氧化碳转化率大于E点，说明E点反应温度高于D点，温度越高反应速率越快，则D点正反应速率小于E点，答案为②<③；③反应为气体体积不变的吸热反应，在G点温度下，要提高CO平衡转化率，应采取的措施有减小进气比、及时分离出等产物；【小问3详解】①铅蓄电池正极上氧化铅得电子产生硫酸铅，电极反应式为；