北京市2019-2020学年高二上学期期末考试化学模拟试题化学（选修4人教版）(解析版）


北京市2019-2020学年高二上学期期末考试模拟试题（选修4人教版）
一、选择题
1.部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
弱酸
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数(25℃)
Ka=1.75×10-5
Ka=2.95×10-8
Ka1=4.40×10-7
Ka2=4.70×10-11
Ka1=1.54×10-2
Ka2=1.02×10-7
下列离子方程式正确的是(　　)
A. 少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-=CO32-+2HClO
B. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C. 少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-
D. 相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H++HCO3-=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-。
【详解】A. HClO的酸性大于HCO3-而小于H2CO3，ClO- +H2O+CO2 =HClO+HCO3-， 故A错误；
B. HClO具有强氧化性，把SO32-氧化为SO42-，故B错误；
C. 酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3-，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32-═SO32-+2HCO3-，故C正确；
D. 酸性：H2CO3>HSO3-，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；
正确答案是C。
2.关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）

A. 用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液
B. 图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯
C. 图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D. 图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；
B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；
C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；
D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；
故合理选项是B。
3.下列化学用语不正确的是(　　)
A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+
B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na++HCO3-
C. 氯化铵的水解：NH4++H2ONH4OH+H+
D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，且电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故A正确；
B．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故B正确；
C．氯化铵的水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，故C错误；
D．碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），故D正确；
故选C。
4.下列说法正确的是(　　)
A. S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的ΔH表示燃烧热
B. 通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体
C. 除去CuCl2溶液中的Fe3+，选用氢氧化钠溶液作沉淀剂
D. 测定中和热的实验中，参与反应的酸或碱，无论谁过量，都不影响中和热的数值
【答案】D
【解析】
【详解】A. 燃烧热应是固体硫完全燃烧生成SO2放出的热量，故A错误；
B. 直接蒸发MgCl2溶液，MgCl2水解生成Mg(OH)2，最后得到MgO，故B错误；
C. 除去CuC12溶液中的Fe3+离子，可加入适量的CuO 或Cu(OH)2 或Cu2(OH)2CO3 促进Fe3+离子水解，且不引入杂质，故C错误；
D. 测定中和热的实验中，参与反应的酸或碱过量，是为了保证中和反应完全，保证实验数据准确，不过量的话，就不能保证反应完全进行，之后计算结果就会不准确，故D正确；
正确答案是D。
5.现有如下3个热化学方程式：
H2(g)+O2(g)=H2O(g)　ΔH1= -a kJ·mol-1①
H2(g)+O2(g)=H2O(l)　ΔH2= -b kJ·mol-1②
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH3= -c kJ·mol-1③
则由下表所列的原因能推导出后面结论的是(　　)
选项
原因
结论
A
H2的燃烧是放热反应
a、b、c均大于零
B
①和②中物质的化学计量数均相同
a=b
C
①和③中H2O的状态不同，化学计量数不同
a、c不会有任何关系
D
③的化学计量数是②的2倍
ΔH2＜ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢气燃烧的过程是放热过程，所以焓变小于0，故a、b、c均大于零，故A正确；
B. 焓变的大小与反应物和生成物的状态有关，方程式①、②中生成水的状态不一致，故a不等于b，故B错误；
C. ③的系数是②的2倍，所以③的焓变为②的2倍，又因为气态水转变为液态水的过程为放热过程，所以②的焓变小于①的焓变，又由于a、b、c均为正数，因此2b=c>2a，故C错误；
D. ③的系数是②的2倍，所以③的焓变为②的2倍，即c=2b，因为氢气燃烧是放热过程，所以ΔH＜0，故ΔH2>ΔH3，故D错误；
正确答案是A。
6.下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH－)增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)/c(Cl－)＞1
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银，溶液中c(Cl－)/c(Br－)不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水稀释促进CH3COOH 的电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 升温促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh=[c(CH3COOH)·c(OH－)]/ c(CH3COO-)增大，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH－)应减小，故B错误；
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液显中性，则c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（Cl-），即溶液中c(NH4+)/c(Cl－)=1，故C错误；
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中==，温度不变AgCl、AgBr的溶度积不变，则溶液中不变，故D正确。
故选D。
7.可逆反应aX(g)+b Y(g)cZ(g)在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率(u)一时间(t)图象如下图。则下列说法中正确的是（ ）

A. 若a+b=c，则t0时只能是增大了容器的压强
B. 若a+b=c，则t0时只能是加入了催化剂
C. 若a+b≠c，则t0时只能是增大了容器的压强
D. 若a+b≠c，则t0时只能是加入了催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】考查外界条件对反应速率和平衡的影响。t0时正反应速率都增大相同的倍数，但平衡不移动，这说明使用了催化剂，或者如果反应前后体积不变，增大了压强，答案选D
8.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L ④与V2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜ V2
【答案】D
【解析】
【详解】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；
C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误。
答案选D。
9.通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A. b极为正极，发生还原反应
B. 一段时间后b极区电解液的pH减小
C H+由a极穿过质子交换膜到达b极
D. a极的电极反应式为-e-=Cl-+
【答案】B
【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。
10.已知反应X(g)＋Y(g) nZ(g) ΔH >0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 反应方程式中n＝1
B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度
C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强
D. 前5min后，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；
B．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；
C．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；
D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L -1.6mol/L =0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)==0.08mol•L-1•min-1，故D正确；
故选B。
11.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 (　　)
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应的
【答案】C
【解析】
【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的； 
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的； 
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
12.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大
B. 阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 纯净的KOH溶液从b出口导出
D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
【答案】D
【解析】
【详解】A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。
二、非选择题
13.反应a A(g)＋b B(g)c C(g) ΔH＜0在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：

(1)反应的化学方程式中a∶b∶c为_____________________________________________。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为______________。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________，其值是________。
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡向________移动，采取的措施是________________________。
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2________(填“＜”“＞”或“＝”)T3，判断的理由是_____________________________________________________。
【答案】(1). 1∶3∶2 (2). vI(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A) (3). αⅢ(B) (4). 19.4% (5). 右 (6). 从平衡混合物中分离出了C (7). ＞ (8). 因为Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动，该反应为放热反应，故降温才能使平衡正向移动
【解析】
【分析】(1)由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比；
(2)vI(A)==0.05mol/(L•min)，vⅡ(A)==0.0253mol/(L•min)，vⅢ(A)==0.012mol/(L•min)，比较可以得出答案；
(3)B的平衡转化率αI(B)=×100%=50%，αⅡ(B)=×100%=38%，αⅢ(B)=×100%=19.4%；
(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；
(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。
【详解】(1)由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2；
(2)vI(A)==0.05mol/(L•min)，vⅡ(A)==0.0253mol/(L•min)，vⅢ(A)==0.012mol/(L•min)，故A的平均反应速率vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)，故答案为：vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；
(3)B的平衡转化率αI(B)=×100%=50%，αⅡ(B)=×100%=38%，αⅢ(B)=×100%=19.4%；
(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向，从反应体系中移出产物C；
(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。
14.用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。
（1）写出上述反应的平衡常数表达式_______________。
（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
0.09
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据，判断该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)，理由是_________。
②判断该反应达到平衡的依据是_______。
A.容器内气体密度恒定 B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定 D.2v正（NO）= v逆（N2）
（3）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) ；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如下图所示。请回答下列问题。

①0～10 min内的CO2平均反应速率v＝____________。
②图中A点v(正)___v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③第10 min时，外界改变的条件可能是_____________。
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
【答案】(1). (2). > (3). 计算700℃和800℃的平衡常数K10 (4). AB (5). 0.01 mol·L-1·min-1 (6). > (7). AD
【解析】
【详解】（1）根据化学方程式C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，平衡常数K=；
（2）①根据表格数据，列出实验1（700℃）的三段式：
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol 0.4 0 0
变化物质的量/mol 0.18 0.09 0.09
平衡物质的量/mol 0.22 0.09 0.09
K1===，
据表格数据，列出实验2（℃）的三段式：
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol 0.24 0 0
变化物质的量/mol 0.16 0.08 0.08
平衡物质的量/mol 0.08 0.08 0.08
K2===1＞K1；
温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，△H＞0。
故答案为：＞；700℃和800℃的平衡常数K10。
②A、该反应气体的总质量是个变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B、各组分浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C、该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，根据pV=nRT，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、2v正（NO）= v逆（N2）错误，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正（NO）= 2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AB。
③①随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10min内，△n(N2)=0.2mol，物质的量变化之比等于计量系数之比，则△n(CO2)=0.2mol，所以v(CO2)= =0.01 mol·L-1·min-1；
②根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；
③第10min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2的物质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。
A、加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；
B、增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；
C、减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；
D、升温，反应速率增大，故D正确；
E、降温，反应速率减小，故E错误；
故选AD。
15.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7　K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2　K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7　K2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、HC2O、ClO－、S2－中结合H＋的能力最弱的是____________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H＋) B.c(H＋)/c(CH3COOH) C.c(H＋)/c(OH－) D.c(OH－)
(3)0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(5)向0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______________。
【答案】(1). HC2O4－ (2). AC (3). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (4). > (5). ＝ (6). 5
【解析】本题主要考查弱酸的电离平衡。
（1）同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是K最大的微粒H2C2O4电离出H+后的酸根离子HC2O4－。
（2）A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大，故C变小；D.增大。故选AC。
（3）得到KHC2O4溶液，溶液中的变化：H++，+H2OH2C2O4+OH－，H2OH++OH－。该溶液呈酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（4）由酸性：HClOCH3COOK，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的最浓度的大小关系是：CH3COONa>NaClO，两溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因此，[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)。
（5）由Ka(CH3COOH)==1.8×10-5和c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9得c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5
16.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。

(1)图1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)。
a．碳棒b．锌板c．铜板

(2)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。图2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。
①E为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为____________________________________________________________。
②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因_________________________________________________________________________。

(3)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3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。
①N电极上的电极反应式为_______________________________________________________。
②若有2mol H+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). b (2). 负 (3). ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- (4). Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ (5). HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O (6). 2
【解析】
【分析】（1）根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，材料b的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法；
（2）①镁铝合金金属性强，做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
②镁是活泼的金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，反应式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
（3）①N电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol。
【详解】（1）根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，因此为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料b的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法，碳是非金属，铜的金属性弱于铁，锌的金属性强于铁，因此答案选b；
（2）①镁铝合金金属性强，做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；故正确答案是：负；ClO－+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
②镁是活泼的金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，反应式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
（3）①N电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，则电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O；
②2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol。