湖南省部分校联考2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

高二化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册、选择必修1全册可能用到的相对原子质量：H：1　C：12　Na：23　O：16　S：32　N：14　Fe：56一、选择题：(本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化合物有关B.明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体，常用于水体杀菌消毒C.汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2D.石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体【答案】C【解析】【详解】A．光化学烟雾、臭氧层空洞都与氮氧化合物有关，温室效应形成与二氧化碳有关，故A错误；B．明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体，常用于水体净化，不能用途消毒杀菌，故B错误；C．汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO在催化转化其中反应生成N2和CO2，故C正确；D．石英坩埚主要成分是二氧化硅，二氧化硅在高温下与烧碱、纯碱等反应，因此不能用石英坩埚来熔化烧碱和纯碱固体，故D错误。综上所述，答案为C。2.学化学需要借助化学专用语言描述，下列化学用语表达正确的是A.乙烯的结构简式为CH2CH2B.HClO的电子式为,C.氮分子的结构式为N—ND.质量数为37的氯原子【答案】B【解析】【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B．HClO中氧原子在中间，其电子式为，故B正确；C．氮分子的结构式为N≡N，故C错误；D．质量数为37的氯原子，故D错误。综上所述，答案为B。3.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH－数目为0.01NAB.标况下，2.24L的O2与6.0g的NO反应，生成产物的分子数小于0.2NAC.标况下，14g乙烯与丙烯的混合气体中含原子数为3NAD.2L0.1mol/L的AlCl3溶液中，Al3+的数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，则溶液含有OH－数目为0.01mol/L×1L×NAmol−1=0.01NA，故A正确；B．标况下，2.24L的O2(物质的量为0.1mol)与6.0g的NO(物质的量为0.2mol)反应生成0.2molNO2，二氧化氮可逆反应生成四氧化二氮，因此生成产物的分子数小于0.2NA，故B正确；C．乙烯与丙烯通式为CnH2n，标况下，14g乙烯与丙烯的混合气体中含原子数为，故C正确；D．2L0.1mol/L的AlCl3溶液中，由于铝离子水解，因此Al3+的数目小于0.2NA，故D错误。综上所述，答案为D。4.用乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯，反应装置如图所示。下列说法正确的是,A.该反应属于加成反应B.b试管中常加入NaOH溶液C.长导管有导气、冷凝的作用D.乙醇所含官能团的名称是醛基【答案】C【解析】【详解】A．乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯的反应属于酯化反应，故A错误；B．为了中和挥发的乙酸，溶解挥发出的乙醇，且降低乙酸乙酯溶解度，b试管中选择试剂饱和碳酸钠溶液，故B错误；C．长导管可以起到导气、冷凝的作用，故C正确；D．乙醇所含官能团的名称是羟基，故D错误；答案选C。5.有关25℃时的下列电解质溶液的叙述正确的是A.pH=3的盐酸溶液与pH=11的氨水溶液等体积混合，溶液显酸性B.将0.02氨水与0.01盐酸等体积混合：C.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，水电离出的D.HA为弱酸，往HA溶液中加入NaA固体，不变【答案】D【解析】【详解】A．pH=3的盐酸溶液浓度为10-3mol/L，pH=11的氨水溶液浓度大于10-3mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，故A错误；B．将0.02氨水与0.01盐酸等体积混合，溶液为等浓度氯化铵和氨水的混合溶液，存,在质子守恒，故B错误；C．0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c（H+）小于0.1mol/L，故水电离出的氢离子和氢氧根浓度相等，大于10-13mol/L，故C错误；D．，水的离子积常数和弱酸的电离平衡常数都只受温度影响，温度不变，比值不变，故D正确；故选D。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y最外层电子数等于最内层电子数的3倍，X、Y、Z的次外层电子数之和为Z的最外层电子数的6倍，W的一种核素可用于考古。下列说法正确的是A.W的简单氢化物比X的简单氢化物稳定B.简单离子半径的大小：C.简单氢化物的沸点：X>YD.Y元素的最高正价与它的最低负价代数和为4【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y最外层电子数等于最内层电子数的3倍，则Y为O，W的一种核素可用于考古，则W为C，则X为N，X、Y、Z的次外层电子数之和为Z的最外层电子数的6倍，则Z为Mg。【详解】A．同周期从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物稳定性逐渐增强，因此W的简单氢化物(甲烷)比X的简单氢化物(氨气)不稳定，故A错误；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径的大小：，故B正确；C．水中分子间氢键比氨气分子间氢键多，因此简单氢化物的沸点：Y>X，故C错误；D．Y元素没有最高正价，氧与氟化合物中氧显+2价，氧元素的负价为-2，它的化合价价代数和为0，故D错误。综上所述，答案为B。7.正丁烷(CH3CH2CH2CH3)催化裂解为乙烷和乙烯的反应历程如下(*代表催化剂)：,下列说法正确的是A.使用催化剂能降低该反应的△HB.过渡态中稳定性最强的是TS1C.正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反应为放热反应D.正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应①【答案】C【解析】【详解】A．使用催化剂，只能能降低反应活化能，不能降低该反应的△H，故A错误；B．根据能量越低越稳定，因此过渡态中稳定性最强的是TS3，故B错误；C．根据题中信息，正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的反应是反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，故C正确；D．根据图中信息正丁烷裂解生成乙烷和乙烯的决速步骤是反应②，故D错误。综上所述，答案为C。8.一氧化氮-空气质子交换膜燃料电池将化学能转化成电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其原理如图所示。下列说法错误的是A.Pt2电极的电势高于Pt1电极的电势B.燃料电池总反应为C.Pt1电极附近发生的反应为NO+2H2O+3e-=+4H+D.该电池放电时H+从Pt1电极通过质子交换膜向Pt2电极移动,【答案】C【解析】【详解】A．根据NO和水变为硝酸，化合价升高，说明Pt1电极为负极，因此Pt2电极的电势高于Pt1电极的电势，故A正确；B．根据正极反应式和负极反应式得到燃料电池总反应为，故B正确；C．Pt1电极NO变为硝酸，则负极附近发生的反应为NO+2H2O−3e－=+4H+，故C错误；D．原电池“同性相吸”，则该电池放电时H+从Pt1电极通过质子交换膜向Pt2电极移动，故D正确。综上所述，答案为C。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色溶液中：Na+、Al3+、、B.与Al反应生成H2的溶液中：K+、、、C.pH=1的溶液；K+、Na+、、D.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、、Br－、【答案】C【解析】【详解】A．是紫色溶液，故A不符合题意；B．与Al反应生成H2的溶液中，可能显酸性，可能显碱性，酸性条件下：H+、、发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．pH=1的溶液；K+、Na+、、都是大量共存的，故C符合题意；D．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，呈酸性时：H+、反应生成二氧化碳和水，H+、反应生成氢氧化铝沉淀，故D不符合题意。综上所述，答案为C。10.关于反应16Pb(ClO3)2=14PbO2+2PbCl2+11Cl2↑+6ClO2+28O2↑，下列说法错误的是A.PbCl2是还原产物B.Pb(ClO3)2既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为42∶19D.1molPb(ClO3)2发生反应，转移5.5mol电子,【答案】D【解析】【详解】A．氯元素化合价降低生成PbCl2，因此PbCl2是还原产物，故A正确；B．Pb(ClO3)2中氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，因此Pb(ClO3)2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C．PbO2、O2是氧化产物，PbCl2、Cl2、ClO2是还原产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为42∶19，故C正确；D．根据方程式分析16molPb(ClO3)2反应，转移140mol电子，则1molPb(ClO3)2发生反应，转移8.75mol电子，故D错误。综上所述，答案为D。11.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇()的反应为，在其他条件不变的情况下，测得温度对反应的影响结果如图所示。下列有关说法错误的是A.平衡时正反应速率：B.平衡常数：C.CO合成反应的D.处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡状态时减小【答案】D【解析】【详解】A．B点温度高，达平衡时反应速率快，A项正确；B．由图像可知，反应从到甲醇的物质的量增大，则时的平衡常数比时的大，B项正确；C．由图像可知，在下反应先达到平衡，反应速率较快，则温度大于，温度降低，平衡正向移动，则正反应为放热反应，即，C项正确；,D．处于A点的反应体系从变到的过程中，平衡逆向移动，则增大，而减小，达到平衡状态时增大，D项错误；答案选D。12.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选项实验操作及现象结论A将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生刺激性气味的气体该过程中，浓硫酸体现了氧化性和脱水性B取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀此样品中含有C碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，可看到品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有CO2和SO2D往酸性高锰酸钾溶液加入适量的氯化亚铁溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色Fe2+具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化且放出大量的热，具有强氧化性的,浓硫酸与脱水碳化生成的碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，所以将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌的过程中，浓硫酸体现了氧化性和脱水性，故A正确；B．亚硫酸钠和氯化钡发生反应，生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，故不能证明此样品中含有硫酸根，故B错误；C．碳和浓硫酸加热反应后所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，说明气体产物中一定含有，二氧化碳、二氧化硫都能使石灰水变浑浊，所以不能确定是否含有，故C错误；D．酸性高锰酸钾溶液既可以氧化亚铁离子，也可以氧化氯离子，往酸性高锰酸钾溶液加入适量的氯化亚铁溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，并不一定可以证明Fe2+具有还原性，故D错误；故选A。13.常温下，CaF2、BaF2的沉淀溶解曲线如图所示。下列叙述错误的是已知：CaF2的溶解度小于BaF2，M代表Ba或CaA.曲线Ⅰ代表与−lgc(F⁻)的关系B.M点对应的溶液是CaF2的不饱和溶液C.常温下，Ksp(BaF2)=10-6.74D.BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K为103.1【答案】B【解析】【详解】A．CaF2的溶解度小于BaF2，因此CaF2的Ksp小，画一条与y轴相平的平行线，氟离子浓度相同，上面的大，其离子浓度小，其Ksp小，因此曲线Ⅰ代表与−lgc(F⁻)的关系，故A正确；B．过M点画一条与y轴相平的平行线，M点对应的溶液比曲线Ⅰ对应的,小，则钙离子浓度比曲线Ⅰ对应的钙离子浓度大，因此M点为过饱和溶液，故B错误；C．常温下，根据b点分析Ksp(BaF2)=，故C正确；D．常温下，根据b点分析Ksp(CaF2)=，Ksp(BaF2)=，则BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常数，故D正确。综上所述，答案为B。14.我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法又称联合制碱法，工艺过程如下：下列叙述正确的是A.气体Y是NH3B.“吸收②”反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4ClC.相同温度下纯碱的溶解度小于NaHCO3D.滤液中溶质只含有NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A．饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，因此气体Y是二氧化碳，故A错误；B．“吸收②”反应是生成碳酸氢钠晶体的过程，其反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故B正确；C．相同温度下纯碱的溶解度大于NaHCO3，故C错误；D．碳酸氢钠晶体析出，说明是过饱和状态，则滤液中溶质含有NaHCO3、NH4Cl，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。,已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mg2+开始沉淀的pH2.26.53.59.5沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH3.29.74.711.1（1）为了提高“酸溶”的速率，可采取的措施有_____(任写一点)（2）“酸溶”后，钛主要以TiO2+形式存在，写出相应反应的离子方程式：_____。（3）“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的金属离子是_____(填离子符号)；当Mg2+沉淀完全时，“母液”中Al3+的浓度为_____mol·L-1。（4）“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O已洗涤干净的方法为_____。（5）“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体，写出“氯化”过程的化学方程式_____。（6）“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是_____。【答案】（1）搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度（2）（3）①.②.（4）取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净（5）（6）防止镁与空气中氧气、氮气反应【解析】【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到TiO2·xH2O，煅烧得到TiO2，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。,【小问1详解】为了提高“酸溶”的速率，主要从接触面积、浓度、温度考虑，因此可采取的措施有搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度；故答案为：搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度。【小问2详解】“酸溶”后，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4、FeSO4和水，则反应的离子方程式：；故答案为：。【小问3详解】“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，根据金属离子沉淀完全的pH值得到依次析出的金属离子是；当Mg2+沉淀完全时，pH=11.1，则“母液”中Al3+的浓度为mol·L-1；故答案为：；。【小问4详解】“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O是否洗涤干净主要是检验最后一次洗液中是否含有硫酸根离子，其方法为取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净；故答案为：取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净。【小问5详解】“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体CO，还有TiCl4，则“氯化”过程的化学方程式；故答案为：。【小问6详解】“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是Mg是活泼性金属，在空气中与氧气、氮气反应，因此防止镁与空气中氧气、氮气反应；故答案为：防止镁与空气中氧气、氮气反应。16.硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如下图：,实验具体操作步骤为：①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。（1）写出仪器B的名称_____。（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH<7，请用离子方程式解释原因：_____。（3）写出B中制取Na2S2O3的总化学反应方程式_____。（4）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3·5H2O的步骤为为减少产品的损失，操作①为趁热过滤；操作②是蒸发浓缩、_____；操作③是抽滤、洗涤、干燥，洗涤时为了减少产物的损失用的试剂可以是_____(填字母)。A、冷水　B、热水　C、乙醇　D、硫酸溶液（5）测定产品纯度取60.00g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.2500mol/LI2的标准溶液进行滴定，反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。相关数据记录如下表所示。编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL20.0219.98.22.50滴定时，达到滴定终点的现象是_____。产品的纯度为_____(精确至0.1%)【答案】（1）三颈烧瓶（2）S2O32-+2H+==S↓+SO2↑+H2O（3）4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3,（4）①.冷却结晶②.C（5）①.溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色②.4.1%【解析】【分析】亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，通入三颈烧瓶中和硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，氢氧化钠尾气吸收多余的二氧化硫，据此回答。【小问1详解】由图可知仪器B名称为三颈烧瓶；【小问2详解】根据题给信息，硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）在酸性溶液中不能稳定存在，所以实验中不能让溶液pH<7，即离子方程式为S2O32-+2H+==S↓+SO2↑+H2O；【小问3详解】根据题给信息，三颈瓶中加入了Na2S、Na2CO3溶液，通入了SO2来制备Na2S2O3，Na2S中硫元素由-2价失电子生成Na2S2O3，SO2中S元素由+4价得电子生成Na2S2O3，根据化合价升降相等、原子守恒配平，总反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；【小问4详解】升高温度溶解度增大，操作②是得到晶体，因此实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶；又由题意易溶于水，难溶于乙醇，故洗涤时选用乙醇，即选C；【小问5详解】碘遇淀粉显蓝色，则达到滴定终点的现象是溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色；根据表中数据可知第三次实验误差太大，舍去，即消耗标准液体积平均值是20.00mL，消耗碘的物质的量＝0.2500mol/L×0.02L=0.0005mol，结合反应原理2S2O32-+I2=S4O62-+2I-知10.00mL溶液中硫代硫酸钠的物质的量是0.001mol，故质量＝0.001mol×248g/mol＝0.248g，所以所取产品中含有的硫代硫酸钠质量为2.48g，则产品的纯度为=4.1%。17.已知25℃时的电离常数。常温下，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入的溶液，pH变化曲线如图所示：,（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_____。（2）A点对应的横坐标为25mL，请用离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因：_____。（3）A点所示溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是：_____。（4）电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择_____(填字母序号)a．碳棒　b．锌板　c．铜板　d．钠块（5）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_____极(填“正”或“负”)。F电极上的电极反应式为_____。（6）乙醛酸(HOOC−CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。已知乙二酸的结构简式为HOOC−COOH,①N电极上的电极反应式为_____。②若有通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为_____mol【答案】（1）0.1mol∙L−1（2）（3）（4）b（5）①.负②.（6）①.②.2【解析】【小问1详解】根据图中信息，氢氧化钠pH值为13，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol∙L−1；故答案为：0.1mol∙L−1。【小问2详解】A点对应的横坐标为25mL，此时溶质为醋酸钠，溶液显碱性，主要是醋酸根水解显碱性，则离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因：；故答案为：。【小问3详解】A点溶质为醋酸钠，醋酸根水解，因此所示的溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是：；故答案为：。【小问4详解】电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，根据图中信息是牺牲阳极的阴极保护法，因此材料B是比Fe活泼性强的金属，由于钠与水要反应，活泼性太强，不能起到保护作用，因此可以选择锌板；故答案为：b。,【小问5详解】E中镁化合价升高，变为氢氧化镁，因此E中为该燃料电池的负极，F电极上的电极反应式为；故答案为：负；。【小问6详解】①N电极上是乙二酸变为乙醛酸，其电极反应式为；故答案为：。②根据，若有通过质子交换膜，并完全参与了反应，阳极生成1mol乙醛酸，阴极生成1mol乙醛酸，因此该装置中生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。18.CO2转化利用对化解全球环境生态危机助力全球“碳达峰、碳中和”目标的实现具有重要意义。化学工作者致力于将CO2转化为各种化工原料。Ⅰ．早在二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：①CO2和NH3生成NH2COONH4；②NH2COONH4分解生成尿素。（1）活化能：反应①_____反应②(填“>”、“<”或“=”)；CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)　△H=_____(用的式子表示)。Ⅱ、（2）700℃时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)＋CO2(g)C(s)＋2NO(g)△H＞0；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。,①0～10min内CO2的平均反应速率v=_____。②第10min时，外界改变的条件可能是_____(填字母)。A．加催化剂　B．增大C的物质的量　C．减小CO2的物质的量　D．升温　E．降温Ⅲ、二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（3）科学家提出由制取的太阳能工艺如图所示。已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为_____。（4）工业上用和反应合成二甲醚。已知：　反应热，化学平衡常数为K1，　反应热为，化学平衡常数为K2，则_____(用K1、K2表示)。（5）在恒压条件下的密闭容器中通入物质的量为1mol的二氧化碳和2mol的氢气，在等压下(p)发生上述反应，若二氧化碳的平衡转化率为50%。则反应的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）①.＜②.（2）①.②.D,（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】根据图中信息，活化能：反应①＜反应②；根据图中信息CO2(l)+2NH3(l)=H2NCOONH4(l)△H=，H2NCOONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)　△H=，则CO2(l)+2NH3(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)　△H=；故答案为：＜；。【小问2详解】①二氧化碳的改变量等于氮气的改变量，因此0～10min内CO2的平均反应速率；故答案为：。②第10min时，氮气物质的量减少，NO物质的量增大，说明平衡正向移动，加催化剂、增大C的物质的量(C为固体)，平衡都不会移动，减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，氮气物质的量增大，根据图中信息反应速率加快，升温，速率加快且平衡正向移动，因此外界改变的条件可能是D；故答案为：D。【小问3详解】已知“重整系统”发生的反应中，根据铁和氧的个数，得到的化学式为；故答案为：。【小问4详解】根据题意和盖斯定律，第一个方程式的2倍减去第二个方程式得到，化学平衡常数；故答案为：。【小问5详解】