湖南省部分校聯(lián)考2023-2024學年高二上學期期中考試化學試題（解析版）

PAGEPAGE1湖南省部分校聯(lián)考2023-2024學年高二上學期期中考試本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內容：人教版必修第一冊、必修第二冊、選擇必修1全冊可能用到的相對原子質量：H：1C：12Na：23O：16S：32N：14Fe：56一、選擇題：(本題共14小題，每小題3分，共42分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.化學與人類生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關。下列說法正確的是A.光化學煙霧、臭氧層空洞、溫室效應的形成都與氮氧化合物有關B.明礬溶于水可形成氫氧化鋁膠體，常用于水體殺菌消毒C.汽車的排氣管上裝有“催化轉化器”，使有毒的CO和NO反應生成N2和CO2D.石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體〖答案〗C〖解析〗A．光化學煙霧、臭氧層空洞都與氮氧化合物有關，溫室效應形成與二氧化碳有關，故A錯誤；B．明礬溶于水可形成氫氧化鋁膠體，常用于水體凈化，不能用途消毒殺菌，故B錯誤；C．汽車的排氣管上裝有“催化轉化器”，使有毒的CO和NO在催化轉化其中反應生成N2和CO2，故C正確；D．石英坩堝主要成分是二氧化硅，二氧化硅在高溫下與燒堿、純堿等反應，因此不能用石英坩堝來熔化燒堿和純堿固體，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。2.學化學需要借助化學專用語言描述，下列化學用語表達正確的是A.乙烯的結構簡式為CH2CH2B.HClO的電子式為C.氮分子的結構式為N—ND.質量數(shù)為37的氯原子〖答案〗B〖解析〗A．乙烯的結構簡式為CH2=CH2，故A錯誤；B．HClO中氧原子在中間，其電子式為，故B正確；C．氮分子的結構式為N≡N，故C錯誤；D．質量數(shù)為37的氯原子，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為B。3.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.在25℃時，1LpH為12的Ba(OH)2溶液中含有OH－數(shù)目為0.01NAB.標況下，2.24L的O2與6.0g的NO反應，生成產物的分子數(shù)小于0.2NAC.標況下，14g乙烯與丙烯的混合氣體中含原子數(shù)為3NAD.2L0.1mol/L的AlCl3溶液中，Al3+的數(shù)目為0.2NA〖答案〗D〖解析〗A．在25℃時，1LpH為12的Ba(OH)2溶液中氫氧根濃度為0.01mol/L，則溶液含有OH－數(shù)目為0.01mol/L×1L×NAmol?1=0.01NA，故A正確；B．標況下，2.24L的O2(物質的量為0.1mol)與6.0g的NO(物質的量為0.2mol)反應生成0.2molNO2，二氧化氮可逆反應生成四氧化二氮，因此生成產物的分子數(shù)小于0.2NA，故B正確；C．乙烯與丙烯通式為CnH2n，標況下，14g乙烯與丙烯的混合氣體中含原子數(shù)為，故C正確；D．2L0.1mol/L的AlCl3溶液中，由于鋁離子水解，因此Al3+的數(shù)目小于0.2NA，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為D。4.用乙醇與乙酸反應制備乙酸乙酯，反應裝置如圖所示。下列說法正確的是A.該反應屬于加成反應B.b試管中常加入NaOH溶液C.長導管有導氣、冷凝的作用D.乙醇所含官能團的名稱是醛基〖答案〗C〖解析〗A．乙醇與乙酸反應制備乙酸乙酯的反應屬于酯化反應，故A錯誤；B．為了中和揮發(fā)的乙酸，溶解揮發(fā)出的乙醇，且降低乙酸乙酯溶解度，b試管中選擇試劑飽和碳酸鈉溶液，故B錯誤；C．長導管可以起到導氣、冷凝的作用，故C正確；D．乙醇所含官能團的名稱是羥基，故D錯誤；〖答案〗選C。5.有關25℃時的下列電解質溶液的敘述正確的是A.pH=3的鹽酸溶液與pH=11的氨水溶液等體積混合，溶液顯酸性B.將0.02氨水與0.01鹽酸等體積混合：C.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，水電離出的D.HA為弱酸，往HA溶液中加入NaA固體，不變〖答案〗D〖解析〗A．pH=3的鹽酸溶液濃度為10-3mol/L，pH=11的氨水溶液濃度大于10-3mol/L，等體積混合，氨水過量，溶液顯堿性，故A錯誤；B．將0.02氨水與0.01鹽酸等體積混合，溶液為等濃度氯化銨和氨水的混合溶液，存在質子守恒，故B錯誤；C．0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c（H+）小于0.1mol/L，故水電離出的氫離子和氫氧根濃度相等，大于10-13mol/L，故C錯誤；D．，水的離子積常數(shù)和弱酸的電離平衡常數(shù)都只受溫度影響，溫度不變，比值不變，故D正確；故選D。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Y最外層電子數(shù)等于最內層電子數(shù)的3倍，X、Y、Z的次外層電子數(shù)之和為Z的最外層電子數(shù)的6倍，W的一種核素可用于考古。下列說法正確的是A.W的簡單氫化物比X的簡單氫化物穩(wěn)定B.簡單離子半徑的大?。篊.簡單氫化物的沸點：X>YD.Y元素的最高正價與它的最低負價代數(shù)和為4〖答案〗B〖解析〗短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Y最外層電子數(shù)等于最內層電子數(shù)的3倍，則Y為O，W的一種核素可用于考古，則W為C，則X為N，X、Y、Z的次外層電子數(shù)之和為Z的最外層電子數(shù)的6倍，則Z為Mg。【詳析】A．同周期從左到右非金屬性逐漸增強，其氫化物穩(wěn)定性逐漸增強，因此W的簡單氫化物(甲烷)比X的簡單氫化物(氨氣)不穩(wěn)定，故A錯誤；B．根據(jù)層多徑大，同電子層結構核多徑小，則簡單離子半徑的大?。?，故B正確；C．水中分子間氫鍵比氨氣分子間氫鍵多，因此簡單氫化物的沸點：Y>X，故C錯誤；D．Y元素沒有最高正價，氧與氟化合物中氧顯+2價，氧元素的負價為-2，它的化合價價代數(shù)和為0，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為B。7.正丁烷(CH3CH2CH2CH3)催化裂解為乙烷和乙烯的反應歷程如下(*代表催化劑)：下列說法正確的是A.使用催化劑能降低該反應的△HB.過渡態(tài)中穩(wěn)定性最強的是TS1C.正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反應為放熱反應D.正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的決速步驟是反應①〖答案〗C〖解析〗A．使用催化劑，只能能降低反應活化能，不能降低該反應的△H，故A錯誤；B．根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，因此過渡態(tài)中穩(wěn)定性最強的是TS3，故B錯誤；C．根據(jù)題中信息，正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反應是反應物總能量高于生成物總能量，因此該反應為放熱反應，故C正確；D．根據(jù)圖中信息正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的決速步驟是反應②，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。8.一氧化氮-空氣質子交換膜燃料電池將化學能轉化成電能的同時，實現(xiàn)了制硝酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合，其原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.Pt2電極的電勢高于Pt1電極的電勢B.燃料電池總反應為C.Pt1電極附近發(fā)生的反應為NO+2H2O+3e-=+4H+D.該電池放電時H+從Pt1電極通過質子交換膜向Pt2電極移動〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)NO和水變?yōu)橄跛?，化合價升高，說明Pt1電極為負極，因此Pt2電極的電勢高于Pt1電極的電勢，故A正確；B．根據(jù)正極反應式和負極反應式得到燃料電池總反應為，故B正確；C．Pt1電極NO變?yōu)橄跛幔瑒t負極附近發(fā)生的反應為NO+2H2O?3e－=+4H+，故C錯誤；D．原電池“同性相吸”，則該電池放電時H+從Pt1電極通過質子交換膜向Pt2電極移動，故D正確。綜上所述，〖答案〗為C。9.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.無色溶液中：Na+、Al3+、、B.與Al反應生成H2的溶液中：K+、、、C.pH=1的溶液；K+、Na+、、D.水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、、Br－、〖答案〗C〖解析〗A．是紫色溶液，故A不符合題意；B．與Al反應生成H2的溶液中，可能顯酸性，可能顯堿性，酸性條件下：H+、、發(fā)生氧化還原反應，故B不符合題意；C．pH=1的溶液；K+、Na+、、都是大量共存的，故C符合題意；D．水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，呈酸性時：H+、反應生成二氧化碳和水，H+、反應生成氫氧化鋁沉淀，故D不符合題意。綜上所述，〖答案〗為C。10.關于反應16Pb(ClO3)2=14PbO2+2PbCl2+11Cl2↑+6ClO2+28O2↑，下列說法錯誤的是A.PbCl2是還原產物B.Pb(ClO3)2既是氧化劑又是還原劑C.氧化產物與還原產物的物質的量之比為42∶19D.1molPb(ClO3)2發(fā)生反應，轉移5.5mol電子〖答案〗D〖解析〗A．氯元素化合價降低生成PbCl2，因此PbCl2是還原產物，故A正確；B．Pb(ClO3)2中氯元素化合價降低，氧元素化合價升高，因此Pb(ClO3)2既是氧化劑又是還原劑，故B正確；C．PbO2、O2是氧化產物，PbCl2、Cl2、ClO2是還原產物，因此氧化產物與還原產物的物質的量之比為42∶19，故C正確；D．根據(jù)方程式分析16molPb(ClO3)2反應，轉移140mol電子，則1molPb(ClO3)2發(fā)生反應，轉移8.75mol電子，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為D。11.在恒容密閉容器中，由CO合成甲醇()的反應為，在其他條件不變的情況下，測得溫度對反應的影響結果如圖所示。下列有關說法錯誤的是A.平衡時正反應速率：B.平衡常數(shù)：C.CO合成反應的D.處于A點的反應體系從T1變到T2，達到平衡狀態(tài)時減小〖答案〗D〖解析〗A．B點溫度高，達平衡時反應速率快，A項正確；B．由圖像可知，反應從到甲醇的物質的量增大，則時的平衡常數(shù)比時的大，B項正確；C．由圖像可知，在下反應先達到平衡，反應速率較快，則溫度大于，溫度降低，平衡正向移動，則正反應為放熱反應，即，C項正確；D．處于A點的反應體系從變到的過程中，平衡逆向移動，則增大，而減小，達到平衡狀態(tài)時增大，D項錯誤；〖答案〗選D。12.根據(jù)實驗操作及現(xiàn)象，下列結論中正確的是選項實驗操作及現(xiàn)象結論A將濃硫酸滴入蔗糖中，并攪拌，得到黑色蓬松的固體，并產生刺激性氣味的氣體該過程中，濃硫酸體現(xiàn)了氧化性和脫水性B取一定量樣品，溶解后加入溶液，產生白色沉淀。加入濃，仍有沉淀此樣品中含有C碳和濃硫酸加熱所得氣體產物依次通過品紅溶液和澄清石灰水，可看到品紅溶液褪色，澄清石灰水變渾濁氣體產物中含有CO2和SO2D往酸性高錳酸鉀溶液加入適量的氯化亞鐵溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色Fe2+具有還原性A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．濃硫酸具有脫水性，將濃硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脫水碳化且放出大量的熱，具有強氧化性的濃硫酸與脫水碳化生成的碳共熱反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，所以將濃硫酸滴入蔗糖中，并攪拌的過程中，濃硫酸體現(xiàn)了氧化性和脫水性，故A正確；B．亞硫酸鈉和氯化鋇發(fā)生反應，生成亞硫酸鋇沉淀，亞硫酸鋇與硝酸發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇，故不能證明此樣品中含有硫酸根，故B錯誤；C．碳和濃硫酸加熱反應后所得氣體產物依次通過品紅溶液和澄清石灰水，可以觀察到品紅溶液褪色、澄清石灰水變渾濁，二氧化硫能使品紅褪色，說明氣體產物中一定含有，二氧化碳、二氧化硫都能使石灰水變渾濁，所以不能確定是否含有，故C錯誤；D．酸性高錳酸鉀溶液既可以氧化亞鐵離子，也可以氧化氯離子，往酸性高錳酸鉀溶液加入適量的氯化亞鐵溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色，并不一定可以證明Fe2+具有還原性，故D錯誤；故選A。13.常溫下，CaF2、BaF2的沉淀溶解曲線如圖所示。下列敘述錯誤的是已知：CaF2的溶解度小于BaF2，M代表Ba或CaA.曲線Ⅰ代表與?lgc(F?)的關系B.M點對應的溶液是CaF2的不飽和溶液C.常溫下，Ksp(BaF2)=10-6.74D.BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常數(shù)K為103.1〖答案〗B〖解析〗A．CaF2的溶解度小于BaF2，因此CaF2的Ksp小，畫一條與y軸相平的平行線，氟離子濃度相同，上面的大，其離子濃度小，其Ksp小，因此曲線Ⅰ代表與?lgc(F?)的關系，故A正確；B．過M點畫一條與y軸相平的平行線，M點對應的溶液比曲線Ⅰ對應的小，則鈣離子濃度比曲線Ⅰ對應的鈣離子濃度大，因此M點為過飽和溶液，故B錯誤；C．常溫下，根據(jù)b點分析Ksp(BaF2)=，故C正確；D．常溫下，根據(jù)b點分析Ksp(CaF2)=，Ksp(BaF2)=，則BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常數(shù)，故D正確。綜上所述，〖答案〗為B。14.我國化學家侯德榜發(fā)明的侯氏制堿法又稱聯(lián)合制堿法，工藝過程如下：下列敘述正確的是A.氣體Y是NH3B.“吸收②”反應的化學方程式為NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4ClC.相同溫度下純堿的溶解度小于NaHCO3D.濾液中溶質只含有NH4Cl〖答案〗B〖解析〗A．飽和食鹽水中先通入氨氣，再通入二氧化碳，因此氣體Y是二氧化碳，故A錯誤；B．“吸收②”反應是生成碳酸氫鈉晶體的過程，其反應的化學方程式為NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故B正確；C．相同溫度下純堿的溶解度大于NaHCO3，故C錯誤；D．碳酸氫鈉晶體析出，說明是過飽和狀態(tài)，則濾液中溶質含有NaHCO3、NH4Cl，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.鈦(Ti)的性質穩(wěn)定，有良好的耐高溫、抗酸堿、高強度、低密度等特性，工業(yè)上常用鈦鐵礦(主要含F(xiàn)eTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)通過如圖所示工藝流程制取鈦，并回收鎂、鋁、鐵等。已知：①TiO2+易水解，只能存在于強酸性溶液中；②常溫下，相關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mg2+開始沉淀的pH2.26.53.59.5沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH3.29.74.711.1（1）為了提高“酸溶”的速率，可采取的措施有_____(任寫一點)（2）“酸溶”后，鈦主要以TiO2+形式存在，寫出相應反應的離子方程式：_____。（3）“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.1，依次析出的金屬離子是_____(填離子符號)；當Mg2+沉淀完全時，“母液”中Al3+的濃度為_____mol·L-1。（4）“水浸”后，過濾、洗滌得水浸渣(TiO2·xH2O)，檢驗TiO2·xH2O已洗滌干凈的方法為_____。（5）“氯化”過程在高溫下會生成一種有毒氣體，寫出“氯化”過程的化學方程式_____。（6）“還原”在800~900℃及惰性氣體的保護下進行，要在惰性氣體的保護下進行的原因是_____?！即鸢浮剑?）攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度（2）（3）①.②.（4）取最后一次洗液少量于試管，向試管中滴加氯化鋇，若有沉淀生成，則未洗凈，反之則洗凈（5）（6）防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應〖解析〗鈦鐵礦(主要含F(xiàn)eTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反應，其他物質與硫酸反應，過濾，向濾液中加入熱水，過濾得到TiO2·xH2O，煅燒得到TiO2，再氯化得到四氯化鈦，四氯化鈦和鎂反應生成鈦和氯化鎂，濾液中滴加氨水分步沉淀金屬離子得到氫氧化物?！拘?詳析】為了提高“酸溶”的速率，主要從接觸面積、濃度、溫度考慮，因此可采取的措施有攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度；故〖答案〗為：攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度?！拘?詳析】“酸溶”后，F(xiàn)eTiO3與硫酸反應生成TiOSO4、FeSO4和水，則反應的離子方程式：；故〖答案〗為：。【小問3詳析】“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.1，根據(jù)金屬離子沉淀完全的pH值得到依次析出的金屬離子是；當Mg2+沉淀完全時，pH=11.1，則“母液”中Al3+的濃度為mol·L-1；故〖答案〗為：；?！拘?詳析】“水浸”后，過濾、洗滌得水浸渣(TiO2·xH2O)，檢驗TiO2·xH2O是否洗滌干凈主要是檢驗最后一次洗液中是否含有硫酸根離子，其方法為取最后一次洗液少量于試管，向試管中滴加氯化鋇，若有沉淀生成，則未洗凈，反之則洗凈；故〖答案〗為：取最后一次洗液少量于試管，向試管中滴加氯化鋇，若有沉淀生成，則未洗凈，反之則洗凈?！拘?詳析】“氯化”過程在高溫下會生成一種有毒氣體CO，還有TiCl4，則“氯化”過程的化學方程式；故〖答案〗為：?！拘?詳析】“還原”在800~900℃及惰性氣體的保護下進行，要在惰性氣體的保護下進行的原因是Mg是活潑性金屬，在空氣中與氧氣、氮氣反應，因此防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應；故〖答案〗為：防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應。16.硫代硫酸鈉(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”，又稱為“海波”。它易溶于水，難溶于乙醇，加熱、遇酸均易分解。某實驗室模擬工業(yè)硫化堿法制取硫代硫酸鈉，其反應裝置及所需試劑如下圖：實驗具體操作步驟為：①開啟分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，適當調節(jié)分液漏斗的滴速，使反應產生的SO2氣體較均勻地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同時開啟電動攪拌器攪動，水浴加熱，微沸。②直至析出的渾濁不再消失，并控制溶液的pH接近7時，停止通入SO2氣體。（1）寫出儀器B的名稱_____。（2）為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中不能讓溶液pH<7，請用離子方程式解釋原因：_____。（3）寫出B中制取Na2S2O3的總化學反應方程式_____。（4）從上述生成物混合液中獲得較高產率Na2S2O3·5H2O的步驟為為減少產品的損失，操作①為趁熱過濾；操作②是蒸發(fā)濃縮、_____；操作③是抽濾、洗滌、干燥，洗滌時為了減少產物的損失用的試劑可以是_____(填字母)。A、冷水B、熱水C、乙醇D、硫酸溶液（5）測定產品純度取60.00g產品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.2500mol/LI2的標準溶液進行滴定，反應原理為2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。相關數(shù)據(jù)記錄如下表所示。編號123溶液的體積/mL10.0010.0010.00消耗I2標準溶液的體積/mL20.0219.98.22.50滴定時，達到滴定終點的現(xiàn)象是_____。產品的純度為_____(精確至0.1%)〖答案〗（1）三頸燒瓶（2）S2O32-+2H+==S↓+SO2↑+H2O（3）4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3（4）①.冷卻結晶②.C（5）①.溶液由無色變藍色，且半分鐘不褪色②.4.1%〖解析〗亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，通入三頸燒瓶中和硫化鈉、碳酸鈉反應生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，氫氧化鈉尾氣吸收多余的二氧化硫，據(jù)此回答?！拘?詳析】由圖可知儀器B名稱為三頸燒瓶；【小問2詳析】根據(jù)題給信息，硫代硫酸鈉（Na2S2O3·5H2O）在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，所以實驗中不能讓溶液pH<7，即離子方程式為S2O32-+2H+==S↓+SO2↑+H2O；【小問3詳析】根據(jù)題給信息，三頸瓶中加入了Na2S、Na2CO3溶液，通入了SO2來制備Na2S2O3，Na2S中硫元素由-2價失電子生成Na2S2O3，SO2中S元素由+4價得電子生成Na2S2O3，根據(jù)化合價升降相等、原子守恒配平，總反應的化學方程式為4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；【小問4詳析】升高溫度溶解度增大，操作②是得到晶體，因此實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶；又由題意易溶于水，難溶于乙醇，故洗滌時選用乙醇，即選C；【小問5詳析】碘遇淀粉顯藍色，則達到滴定終點的現(xiàn)象是溶液由無色變藍色，且半分鐘不褪色；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知第三次實驗誤差太大，舍去，即消耗標準液體積平均值是20.00mL，消耗碘的物質的量＝0.2500mol/L×0.02L=0.0005mol，結合反應原理2S2O32-+I2=S4O62-+2I-知10.00mL溶液中硫代硫酸鈉的物質的量是0.001mol，故質量＝0.001mol×248g/mol＝0.248g，所以所取產品中含有的硫代硫酸鈉質量為2.48g，則產品的純度為=4.1%。17.已知25℃時的電離常數(shù)。常溫下，往25mL氫氧化鈉標準溶液中逐滴加入的溶液，pH變化曲線如圖所示：（1）該氫氧化鈉溶液的物質的量濃度為_____。（2）A點對應的橫坐標為25mL，請用離子方程式解釋A點所示的溶液顯堿性的原因：_____。（3）A點所示溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是：_____。（4）電化學原理在防止金屬腐蝕、能量轉換、物質合成等方面應用廣泛。圖中，為了減緩海水對鋼閘門A的腐蝕，材料B可以選擇_____(填字母序號)a．碳棒b．鋅板c．銅板d．鈉塊（5）鎂燃料電池在可移動電子設備電源和備用電源等方面應用前景廣闊。下圖為“鎂—次氯酸鹽”燃料電池原理示意圖，電極為鎂合金和鉑合金。E為該燃料電池的_____極(填“正”或“負”)。F電極上的電極反應式為_____。（6）乙醛酸(HOOC?CHO)是有機合成的重要中間體。工業(yè)上用“雙極室成對電解法”生產乙醛酸，原理如圖所示，該裝置中陰、陽兩極為惰性電極，兩極室均可產生乙醛酸，其中乙二醛與M電極的產物反應生成乙醛酸。已知乙二酸的結構簡式為HOOC?COOH①N電極上的電極反應式為_____。②若有通過質子交換膜，并完全參與了反應，則該裝置中生成的乙醛酸為_____mol〖答案〗（1）0.1mol?L?1（2）（3）（4）b（5）①.負②.（6）①.②.2〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)圖中信息，氫氧化鈉pH值為13，則該氫氧化鈉溶液的物質的量濃度為0.1mol?L?1；故〖答案〗為：0.1mol?L?1?！拘?詳析】A點對應的橫坐標為25mL，此時溶質為醋酸鈉，溶液顯堿性，主要是醋酸根水解顯堿性，則離子方程式解釋A點所示的溶液顯堿性的原因：；故〖答案〗為：?！拘?詳析】A點溶質為醋酸鈉，醋酸根水解，因此所示的溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是：；故〖答案〗為：?！拘?詳析】電化學原理在防止金屬腐蝕、能量轉換、物質合成等方面應用廣泛。圖中，為了減緩海水對鋼閘門A的腐蝕，根據(jù)圖中信息是犧牲陽極的陰極保護法，因此材料B是比Fe活潑性強的金屬，由于鈉與水要反應，活潑性太強，不能起到保護作用，因此可以選擇鋅板；故〖答案〗為：b?！拘?詳析】E中鎂化合價升高，變?yōu)闅溲趸V，因此E中為該燃料電池的負極，F(xiàn)電極上的電極反應式為；故〖答案〗為：負；?！拘?詳析】①N電極上是乙二酸變?yōu)橐胰┧?，其電極反應式為；故〖答案〗為：。②根據(jù)，若有通過質子交換膜，并完全參與了反應，陽極生成1mol乙醛酸，陰極生成1mol乙醛酸，因此該裝置中生成的乙醛酸為2mol，故〖答案〗為：2。18.CO2轉化利用對化解全球環(huán)境生態(tài)危機助力全球“碳達峰、碳中和”目標的實現(xiàn)具有重要意義。化學工作者致力于將CO2轉化為各種化工原料。Ⅰ．早在二十世紀初，工業(yè)上以CO2和NH3為原料在一定溫度和壓強下合成尿素。反應分兩步：①CO2和NH3生成N