2022-2023学年天津市第四十二中学高二上学期末考试化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页天津市第四十二中学2022-2023学年高二上学期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知：相同条件下，①

②

。下列说法正确的是A． B．C． D．无法比较与的大小【答案】A【详解】相同条件下，等量的的能量高于。反应②放出的热量更多，又是为放热反应，小于0，故，故选A。2．关于醋酸(CH3COOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是A．把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后pH=3.8B．100mLlmol·L-1的醋酸溶液恰好与100mLlmol·L-1的NaOH溶液完全反应C．醋酸钠CH3COONa溶液能使酚酞试液变红D．0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH约为2【答案】B【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度的不同，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，只要能证明CH3COOH部分电离则可证明CH3COOH是弱电解质，据此分析解答。【详解】A.把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后，若醋酸是强酸，则稀释后溶液的pH=4，实际上稀释后溶液的pH=3.8，说明加水稀释促进醋酸电离，醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故A项不选；B.100mLlmol⋅L−1的醋酸溶液恰好与100mLlmol⋅L−1的NaOH溶液完全反应，说明醋酸是一元酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，符合题意，故B项选；C.醋酸钠溶液能使酚酞试液变红，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则证明醋酸是弱酸，为弱电解质，不符合题意，故C项不选；D.0.1mol⋅L−1的醋酸溶液的pH约为2，说明氢离子浓度小于酸浓度，说明醋酸存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故D项不选；答案选B。3．下列叙述中正确的是A．生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁强B．在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极C．用锡焊接的铁质器件，焊接处不易生锈D．铁管上镶嵌锌块，铁管易被腐蚀【答案】B【详解】A．生铁中含有碳，由于活动性Fe大于C，Fe、C及周围电解质构成原电池，进而腐蚀铁，使得生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，A错误；B．在铁制品上镀铜时，镀件铁制品为阴极，镀层金属铜为阳极，含有Cu2+的溶液为电镀液，B正确；C．用锡焊接的铁质器件，铁、锡及周围电解质构成原电池。由于铁的活动性比锡强，所以焊接处铁易被氧化而生锈，C错误；D．铁管上镶嵌锌块，由于锌的活动性比铁强，首先被腐蚀的是活动性强的锌，故铁管不易被腐蚀，D错误；故选B。4．下列说法正确的是A．p能级能量不一定比s能级的能量高B．原子的核外电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱C．2p、3p、4p能级的轨道数依次增多D．2p和3p轨道的形状均为哑铃形【答案】D【详解】A．p能级能量与s能级的能量比较还要考虑能层的影响，故A错误；B．原子光谱有吸收光谱和发射光谱两种，故B错误；C．2p、3p、4p能级的轨道数均为3，故C错误；D．p轨道的形状为哑铃形，故D正确；故选D。5．下列应用或现象主要体现的是沉淀溶解平衡原理的有①热纯碱溶液洗涤油污的能力强②泡沫灭火器灭火③溶洞的形成④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能⑤误将钡盐[、]当作食盐食用后，常用0.5％的溶液解毒A．仅②③④ B．仅①②③ C．仅③④⑤ D．全部【答案】C【详解】①纯碱溶液中碳酸钠水解显碱性，可使油脂发生水解反应而去除，热纯碱溶液洗涤油污的能力强，主要是因为升高温度，促进碳酸钠水解，使其碱性增强，这与沉淀溶解平衡无关，①不符合题意；②泡沫灭火器中硫酸铝与碳酸氢钠会发生相互促进的水解反应，从而释放大量二氧化碳，这与沉淀溶解平衡无关，②不符合题意；③溶洞的形成主要是利用难溶物碳酸钙不断被二氧化碳和水侵蚀生成可溶性碳酸氢钙以后，碳酸氢钙再分解生成碳酸钙的过程，主要体现的是沉淀溶解平衡原理，③符合题意；④碳酸钡可溶于盐酸形成重金属离子钡离子，不能作“钡餐”而硫酸钡不溶于水，也不溶于酸，所以可以做“钡餐”，④符合题意；⑤误将钡盐[、]当作食盐食用后，常用0.5％的溶液解毒，涉及的是钡离子与硫酸根离子生成难溶于水的硫酸钡沉淀，体现的主要是生成沉淀的过程，⑤符合题意；综上所述，仅③④⑤符合题意，C项正确。故选C。6．在一密闭容器中加入等物质的量的A、B，发生如下反应：，平衡常数随温度和压强的变化如表所示。下列判断正确的是平衡常数

压强/MPa温度/℃1.01.52.0300ab16516c64e800160fgA．g>fB．C．2.0MPa、800℃时，A的转化率最小D．1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%【答案】D【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(s)+2D(g)，该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，据此分析解题。【详解】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f=160，A错误；B．平衡常数只与温度相关，由表格中的数据可知，516℃时，平衡常数K=64，800℃时，平衡常数K=160，平衡常数随温度升高而增大，故正反应为吸热反应，△H＞0，B错误；C．2A(g)+2B(g)⇌3C(s)+2D(g)，该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，该反应为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，所以，压强为2.0MPa，温度为800℃时，A的转化率最大，C错误；D．由表中数据可知，300℃2.0MPa时，化学平衡常数为16，故有：，故有：K==16，解得：x=0.5a，故此时B的转化率为50%，而300℃，1.5MPa相等于对前者容器减小压强，由于该反应前后的气体体积不变，则平衡不移动，故B的转化率等于50%，D正确；故答案为：D。7．已知常温下，浓度为下列溶液的电离平衡常数如表所示。下列有关说法错误的是化学式电离常数，A．向的醋酸溶液中加水稀释，减小B．常温时，等物质的量浓度溶液大小为：C．溶液显酸性D．向溶液中通入少量，发生反应【答案】C【分析】由表可知Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，故酸性CH3COOH)>H2CO3>HClO>，据此分析解答。【详解】A．，加水稀释时，Ka不变，c(H+)减小，所以比值减小，A正确；B．等物质的量浓度的盐溶液，对应弱酸酸性越弱，酸根离子水解程度越大，盐溶液的pH越大，由于Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以等物质的量浓度溶液pH大小为：pH(Na2CO3)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa)，B正确；C．NH4HCO3溶液中存在NH4+、水解，由于Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5>Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，所以溶液显碱性，C错误；D．由于Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，D正确；故本题选C。8．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液中的c(Na+)：②>①B．0.1mol·L-1某二元强碱弱酸盐NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)C．上图中pH=7时：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)D．上图a点溶液中各离子浓度的关系：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)【答案】D【详解】A．pH相等的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度：HCO>CH3COO-，则pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液中的c(Na+)：②<①，A错误；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，B错误；C．常温下，pH=7时溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，联立电荷守恒和物料守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D正确；答案选D。9．某温度下，分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是A．B．加适量固体可使溶液由点变到点C．两点代表的溶液中与乘积相等D．、分别在、两点代表的溶液中达到饱和【答案】B【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•（OH-）3=c（Fe3+）•（10-12.7）3，KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+）•（OH-）2=c（Cu2+）•（10-9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，选项A正确；B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c（OH-）增大，故不能使溶液由a点变到b点，选项B错误；C．只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积（即Kw）就不变，该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积相等，选项C正确；D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，选项D正确；答案选B。10．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。选项实验操作和现象1向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去2用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为83向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀4向溶液中滴加等体积的HCl溶液，测得pH约为5.5下列有关说法错误的是A．实验1说明具有还原性B．溶液中存在C．实验3反应静置后的上层清液中D．实验4得到的溶液中【答案】D【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明具有还原性，故A正确；B．根据质子守恒得到溶液中存在，故B正确；C．实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即，故C正确；D．实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解即，故D错误。综上所述，答案为D。11．下面是关于酸碱中和滴定实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次②在锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液③加入几滴石蕊溶液作为指示剂④取一支酸式滴定管，先查漏，再洗涤干净⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定⑥左手旋转滴定管的玻璃旋塞，右手不停摇动锥形瓶⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点上述操作有错误的序号共有A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【详解】锥形瓶不能用待测液润洗，会造成待测液的量偏大，①错误；用石蕊试液做指示剂，变色不明显，不便于观察判断滴定终点，③错误；滴定管使用前应经过查漏、水洗、标准液润洗等步骤再加注标准液，不能接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，⑤错误；滴定过程中目光应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，⑦错误；故文中所述操作有错误的序号为①③⑤⑦，共有4个，其余选项均正确，故选C。12．25℃时，向的溶液中滴加盐酸或溶液，溶液中的、、及的浓度的对数值与的关系如图所示(不考虑溶液温度变化)，下列说法正确的是A．a表示与的关系曲线B．的数量级为C．P点溶液中D．滴加盐酸或溶液的过程中均增大【答案】C【分析】由图可知，溶液pH增大，溶液中氢离子浓度、HA浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度、A—浓度逐渐增大，则c为氢离子浓度的对数值与pH变化曲线、d为氢氧根浓度的对数值与pH变化曲线、a为HA浓度的的对数值与pH变化曲线、b为A—浓度的对数值与pH变化曲线。【详解】A．由分析可知，a为HA浓度的的对数值与pH变化曲线，故A错误；B．由分析可知，a为HA浓度的的对数值与pH变化曲线，b为A—浓度的对数值与pH变化曲线，由图可知，HA浓度与A—浓度相等时，溶液pH为4.75，HA的电离常数Ka==c(H+)=10—4.75，则电离常数的数量级为10—5，故B错误；C．由图可知，P点时，溶液中c(OH—)=c(HA)，溶液中电荷守恒关系式为c(H+)+c(Na+)=c(A—)+c(OH—)，由题意可知，溶液中n(HA)+n(A—)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol，故C正确；D．由电离常数Ka=，水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH—)可得：c(HA)c(OH—)=，K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，常数不变，滴加盐酸时，c(A—)减小，则c(OH—)c(HA)减小，故D错误；故选C。二、原理综合题13．已知下列两个反应：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

反应Ⅰ的化学平衡常数与温度的关系如下表所示：500750100013000.40.6411.5已知相关物质的燃烧热(25℃、)：物质燃烧热()-890.3-283.0-285.8请回答下列问题：(1)_______。(2)若反应Ⅱ的化学平衡常数为，则时，_______。(3)反应Ⅰ的_______(填“>”、“＜”或“=”)0，若压缩容器体积，的平衡转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)温度为时，向某恒容密闭容器中通入一定量的和进行反应Ⅱ，下列能判断反应Ⅱ已达到平衡的依据是_______(填标号)。A．容器中的压强不再改变B．混合气体的密度不再改变C．每断裂键，同时断裂键D．(5)向容积为5L的绝热恒容密闭容器中通入和进行反应Ⅰ，30s时反应达到平衡，此时的转化率为37.5％，则内，该反应的平均反应速率_______，该反应起始温度T为_______(填具体数值或范围)；若起始时将绝热恒容密闭容器改为恒温恒容密闭容器，其他条件不变，则的平衡转化率为_______(“增大”、“不变”、“减小”)。【答案】(1)+247.3kJ·mol−1(2)2.5(3)

>

不变(4)C(5)

0.075

T>1000K

增大【详解】（1）根据各物质的燃烧热可得：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-890.3kJ·mol−1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g)

ΔH=-283.0kJ•mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ•mol-1；根据盖斯定律①-2×(②+③)可得反应Ⅲ：=-890.3kJ·mol−1-2×(-283.0kJ•mol-1-285.8kJ•mol-1)=+247.3kJ·mol−1；（2）500K时，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数是0.4，正逆反应的平衡常数互为倒数；500K时，反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K2=；（3）反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，随温度升高，平衡常数增大，所以ΔH1>0；反应前后气体系数和不变，若压缩容器体积，平衡不移动，H2的平衡转化率不变；（4）A．反应前后气体系数和不变，压强是恒量，容器中的压强不再改变，反应不一定平衡，A不符合；B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再改变，反应不一定平衡，B不符合；C．每断裂1molH-H键，同时断裂2molH-O键，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，C符合；D．c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=5：5：4：4，一段时间后，不一定不再改变，反应不一定平衡，D不符合；故选C；（5）向容积为5L的绝热恒容密闭容器中通入0.5molCO2和0.3molH2进行反应I，30s时反应达到平衡，此时CO2的转化率为37.5%，则0~30s内，该反应的平均反应速率v(H2)=mol·L-1·min-1，反应平衡时的平衡常数是，则平衡时的温度是1000K，正反应吸热，反应起始温度T>1000K；若起始时将绝热恒容密闭容器改为恒温恒容密闭容器，其他条件不变，和绝热恒容密闭容器相比，相当于升温，平衡正向移动，则CO2的平衡转化率α>37.5%。三、结构与性质14．前四周期元素结构信息见表，回答下列问题。元素结构信息A基态原子有6个原子轨道填充满电子，有3个未成对电子BM层电子数比L层电子数少两个C基态原子有17个不同运动状态的电子D基态原子的价电子排布为，在常见化合物中其最高正价为+7E基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有1个未成对电子(1)A、B、C、E四种元素，第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。A、B、C三种元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序为_______(用氧化物的水化物化学式表示)(2)D在元素周期表中的位置_______，其基态原子的核外电子排布式为_______。(3)写出B基态原子价电子的轨道表示式_______。(4)E位于元素周期表的_______区，基态原子填有电子的轨道数为_______。(5)与E同周期且未成对电子数最多的元素是_______，其基态原子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。【答案】(1)

H3PO4＜H2SO4＜HClO4(2)

第四周期Ⅶ族

(3)(4)

ds

15(5)

Cr

球形【分析】A：基态原子有6个原子轨道填充满电子，有3个未成对电子，A为P元素；B：M层电子数比L层电子数少两个，B为S元素；C：基态原子有17个不同运动状态的电子，C为Cl元素；D:基态原子的价电子排布为3dx4s2，在常见化合物中其最高正价为+7，则价电子排布式为3d54s2，则C为Mn元素元素；E：基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有1个未成对电子，E应为3d104s1，E应为Cu元素。【详解】（1）由以上分析知，A为P，B为S，C为Cl，E为Cu，磷的最外层电子排布3s2p3，p处于半充满状态，硫的最外层电子排布3s2p4，氯最外层电子排布3s2p5，铜的电子排布为3d104s1，所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞P＞S＞Cu；A、B、C三种元素为同周期元素，因非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H3PO4＜H2SO4＜HClO4；（2）D为锰，其在元素周期表中的位置第四周期ⅦB族，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，故答案为第四周期ⅦB族；[Ar]3d54s2；（3）B为硫，其基态原子价电子排布式为3s23p4，所以其轨道式为；（4）E为铜，其电子排布为3d104s1，其位于元素周期表的ds区，基态原子电子轨道表示式为：1s22s22p63s23p63d104s1，填有电子的轨道数为15个，故答案为ds；15；（5）与E同周期，即为第四周期且未成对电子数最多的元素是Cr，其价层电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，其基态原子占据最高能级为4s，其电子云轮廓图为球形，故答案为：Cr；球形。四、工业流程题15．磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用含锰废水(主要金属离子为、、，还含有少量、、和等离子)为原料，生产的工艺流程如图1。已知该条件下、。(1)流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有的母液。①除铁铝时，在搅拌条件下先加入溶液，再加入溶液调节。加入溶液时发生反应的离子方程式为_______。②除重金属时，滤渣的主要成分为_______。(填化学式)③除钙镁时，为使沉淀完全(当离子浓度降到时，可视为沉淀完全)，需控制溶液中的最低浓度为_______。(2)沉锰过程在为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响如图2所示。①沉锰过程发生反应的离子方程式为_______。②当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_______。(3)沉锰后过滤得到粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2～3次，再低温干燥，得到纯净的。用无水乙醇洗涤的目的是_______。(4)测定碳酸锰产品的纯度：称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为，冷却至室温，加水稀释至100mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为的硫酸亚铁铵[]标准溶液滴定(反应为)。重复操作3次，记录数据如表。则产品的纯度=_______(MMn=55)。滴定次数0.2000mol/L的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95若滴定终点时仰视滴定管读数，则测得的结果_______(偏低或偏高)【答案】(1)

、

0.02(2)

温度升高，受热分解(或水解)(3)有利于低温条件下快速干燥(4)

92%

偏高【分析】由题给流程可知，向含锰废水加入H2O2溶液，将氧化成，再加入NaOH溶液调节适宜的pH，将和转化为氢氧化物沉淀，过滤除去溶液中的Fe、Al元素，向滤液中加入(NH4)2S溶液，将和分别转化为CuS和NiS沉淀，过滤除去Cu元素，向滤液中NH4F溶液，将和分别转化为CaF2和MgF2沉淀，过滤除去Ca、Mg元素，向滤液中加入NH4HCO3溶液，将溶液中的在沉锰时转化为沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到，据此分析解答。【详解】（1）①加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化成铁离子，便于转化成沉淀除去，其反应的离子反应方程式为；②根据上述分析可知，除重金属时，滤渣的主要成分为、；③已知该条件下，所以要使沉淀完全需控制溶液中的最低浓度等于氟离子的浓度，即为=0.02；（2）①向滤液中加入NH4HCO3溶液，将溶液中的在沉锰时转化为沉淀，反应的离子方程式为：；②温度升高，受热分解(或水解程度增大，不利于沉淀生成MnCO3)，所以当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降；（3）用无水乙醇洗涤主要是为了低温快速干燥，减少溶解损耗；（4）根据[Mn(PO4)2]3-+Fe2+＝Mn2++Fe3++2PO可知，[Mn(PO4)2]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等，则[Mn(PO4)2]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸锰粗产品的纯度=×100%=92%；若滴定终点时仰视滴定管读数，导致标准溶液的体积偏大，则[Mn(PO4)2]3-的物质的量偏大，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏高，故答案为：92%；偏高。五、原理综合题16．Ⅰ.当今社会的主题之一：发展经济，节能减排。而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如下图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：(1)甲装置是_______(填“原电池”或“电解池”)，写出a极的电极反应_______。(2)乙池中c极的电极反应_______。(3)当b极消