湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

武汉外国语学校2022~2023学年度上学期期末考试高二化学试卷考试时长：75分钟试卷满分：100分可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16F-19-64-108第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.蛋白质和核酸是生命的物质基础，其中都含有氮元素。下列化学用语表示正确的是A.氮分子的结构式：N≡NB.基态氮原子最外能级的电子云轮廓图：C.NH3的球棍模型：D.基态氮原子核外电子的轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．两个氮原子通过三个共用电子对结合为氮分子，氮分子的结构式：N≡N，故A正确；B．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，最外能级的3个电子分别沿Px、在Py、在Pz三个方向延伸，故B错误；C．NH3分子空间构型为三角锥形，球棍模型为，故C错误；D．电子在同一能级排布时，尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，基态氮原子核外电子的轨道表示式：，故D错误；选A。2.R、X、Y、Z四种元素位于周期表前四周期，图中粗实线为金属与非金属的分界线。下列说 法正确的是A.简单离子半径：Y>XB.电负性：X>R>ZC.第一电离能：R＜XD.Y单质与R的最高价氧化物对应水化物不反应【答案】B【解析】【分析】图为周期表前四周期的一部分，应该为二、三、四周期，粗实线为金属与非金属的分界线，所以Y应该为第三周期第三主族元素Al，依此类推R为N，X为O，Z为As。【详解】A．O2-和Al3+核外具有相同的电子数，核内质子数越少离子半径越大，所以O2->Al3+，即Y<X，A错误；B．同周期元素，从左到右电负性增大，同主族元素，从下到上电负性增大，所以电负性顺序是O>N>As，即X>R>Z，B正确；C．N元素的2p轨道是半充满，比较稳定，所以第一电离能比氧大，即R>X，C错误；D．R的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，硝酸与铝可以反应，D错误；故选B。3.应用元素周期律可预测我们不知道的一些元素及其化合物的性质。下列预测不正确的是①的氧化物的水化物可能具有两性②能与盐酸和溶液反应均产生氢气③单质为有色固体，不溶于水也不溶于稀硝酸④在氧气中剧烈燃烧，产物是，其溶液是一种强碱⑤可能是难溶于水的白色固体⑥无色，有毒，比稳定A.①②③④B.②④⑥C.①③⑤D.②④⑤【答案】B 【解析】【详解】①Be与Al处于对角线位置，则Be的氧化物的水化物可能具有两性，①正确；②Tl位于第六周期第ⅢA族，金属性强，Tl与盐酸能产生氢气，但不能与氢氧化钠溶液反应，②错误；③根据卤素单质及其AgX的性质可判断At单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，③正确；④Li与Mg处于对角线位置，则Li在氧气中燃烧，产物是Li2O，④错误；⑤硫酸钙微溶，硫酸钡难溶，则SrSO4应该是难溶于水的白色固体，⑤正确；⑥Se的非金属性弱于S，则H2Se是无色、有毒、比H2S不稳定的气体，⑥错误；不正确的是；②④⑥故选B。4.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.将Na2SO3、FeCl3、KAl(SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质B.配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，防止Fe(NO3)2水解C.Ksp和溶解度都受温度的影响，常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp和溶解度与在纯水中的Ksp和溶解度相同D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同【答案】D【解析】【详解】A．Na2SO3易被氧化，FeCl3水解生成易挥发的盐酸，则Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，加热时KAl(SO4)2也能水解，但生成的硫酸不挥发，最终仍然转化为KAl(SO4)2，可得到原溶质固体，A错误；B．配制Fe(NO3)2溶液时，不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，B错误；C．Ksp只受温度的影响，但溶解度会因溶剂的改变而改变，氯化钠溶液中氯离子浓度较大，抑制氯化银的溶解，所以AgCl在NaCl溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，C错误；D．NaCl是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，醋酸根离子与铵根离子均会发生水解，促进水的电离，并且水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，D正确；故选D。 5.下列说法正确的是A.由，可知：金刚石比石墨更稳定B.吸热反应：，设和不随温度而变，则该反应任何温度下都不能自发进行C.由，可知：含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量等于D.2g完全燃烧生成液态水放出热量，则氢气燃烧热化学方程式为【答案】B【解析】【详解】A．石墨生成金刚石的反应为吸热反应，说明金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石更稳定，A错误；B．当ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，已知该反应为吸热反应，ΔH>0，ΔS<0，T一定大于零，则ΔH-TΔS>0恒成立，该反应在任何温度下都不能自发进行，B正确；C．醋酸为弱酸，其电离吸热，因此含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，C错误；D．2gH2为1mol，1mol氢气完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则2mol的氢气完全燃烧生成液态水放热571.6kJ，ΔH应为-571.6kJ/mol，D错误；故答案选B。6.下列装置或操作不能达到目的的是A.实验1制取无水固体B.实验2验证氯化银溶解度大于硫化银 C.实验3测定锌与稀硫酸反应的速率D.实验4验证温度对化学平衡的影响【答案】B【解析】【详解】A．在干燥的HCl气流中抑制了镁离子的水解且带走了六水合氯化镁分解产生的水蒸气，得到无水氯化镁，A不符合题意；B．向1mL0.1mol/L硝酸银溶液中先滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液，生成白色的氯化银沉淀，反应后银离子过量，再滴入0.1mol/LNa2S溶液生成黑色沉淀不能说明发生了沉淀的转化，不能验证氯化银溶解度大于硫化银，B符合题意；C．实验3中通过测定单位时间内产生气体的体积或产生单位气体体积所需时间来测定锌与稀硫酸反应的速率，C不符合题意；D．N2O4（无色）2NO2（红棕色），通过观察冷水与热水中瓶内气体颜色的变化来验证温度对化学平衡的影响，D不符合题意；故选B。7.下列实验误差分析不正确的是A.用标准盐酸滴定氨水来测定其浓度，选择酚酞作指示剂会使测定结果偏大B.中和反应热的测定实验使用铜制环形搅拌器，会使所测的ΔH偏大C.用润湿的pH试纸测量稀NaOH溶液的pH，测定值偏小D.用酸式滴定管量取20.00mL盐酸，开始时平视滴定管刻度线，结束时仰视刻度线，会使所量液体体积偏小【答案】A【解析】【详解】A．盐酸与氨水反应生成的氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，若用酚酞为指示剂，当溶液刚好变成无色时氨水不能完全反应，导致测得氨水的浓度偏小，故A错误；B．铜是热的良导体，用铜制环形搅拌器搅拌溶液会造成热量散失，导致所测中和热ΔH偏大，故B正确；C．若用润湿的pH试纸测量稀氢氧化钠溶液的pH，碱溶液会被稀释导致测得的溶液pH值偏小，故C正确； D．滴定时开始时平视刻度读数，结束时仰视刻度读数会导致读数偏大，量取的溶液的体积偏小，故D正确；故选A。8.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时从乙电极流向甲电极。已知和均难溶于水。下列说法正确的是A.放电时，甲电极上的反应为：B.放电时，乙电极电势比甲电极低C.充电时，导线上每通过1mol，甲电极质量增加38gD.充电时，外加电源的正极与乙电极相连【答案】B【解析】【分析】充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，放电时甲是正极、乙是负极。【详解】A．放电时，甲电极是正极，电极反应式为BiF3+3e-=Bi＋3F-，故A错误；B．放电时，甲是正极、乙是负极，甲电极电势比乙电极高，故B正确；C．充电时，甲阳极，阴极反应式是Bi－3e-＋3F-=BiF3，导线上每通过1mole-，1molF-参加反应，甲电极质量增加19g，故C错误；D．充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时甲是阳极、乙是阴极，外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；故选B。9.电絮凝的反应原理是以金属铁为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子； 在经一系列水解、聚合及氧化过程，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是A.阳极电极方程式为Fe-3e-=Fe3+和2H2O-4e-=O2↑+4H+B.阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子大于4molD.选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果【答案】A【解析】【详解】A．若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，同时水电离产生的OH-失去电子变为O2，同时产生H+，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，选项A不正确；B．阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故电离方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B正确；C．在阳极上的电极反应式有Fe-2e-=Fe2+、2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此当生成1molO2，整个电解池中理论上转移电子大于4mol，选项C正确；D．Fe3+经过水解生成Fe(OH)3胶体使水中的杂质凝聚沉淀，选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果，选项D正确；答案选A。10.武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是A.鎏金工艺利用了汞的挥发性B.鎏金工艺中金发生了化学反应C.鎏金工艺原理可用于金的富集D.用电化学方法也可实现铜上覆金【答案】B【解析】【详解】A．加热除汞，说明汞易挥发，A正确； B．将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C．金溶于汞中，然后再加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C正确；D．用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D正确；故选B。11.某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列说法错误的是A.①区电极上产生气泡，电极附近滴加溶液后出现蓝色，被腐蚀B.②区电极上产生气泡，电极附近滴加溶液后出现蓝色，被腐蚀C.③区电极的电极反应式为，电极附近滴加溶液后未出现蓝色，被保护D.④区电极的电极反应式为，电极附近滴加溶液后出现蓝色，被腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．①区构成原电池，Fe是负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，电极附近滴加溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀，Cu是正极，发生还原反应，电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-，发生的是吸氧腐蚀，无气泡产生，故A错误；B．②是电解池，Cu电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近水溶液显碱性，滴加酚酞后变成红色，Fe电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，故B正确； C．③区构成原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn电极是负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+，Fe电极为正极，发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于没有Fe2+生成，因此附近滴加K3［Fe(CN)6］未出现蓝色，Fe被保护，故C正确；D．④是电解池，Zn电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极是阳极，电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，Fe被腐蚀，故D正确；故选A。12.如图所示与对应的叙述一定正确的是A.图1所示，反应：X(g)+2Y(g)3Z(g)，b的压强一定比a大B.图2表示CO生成CO2的反应过程和能量关系C.图3表示反应CO+2H2⇌CH3OH(g)，其中温度T2>T1，在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的体积压缩到原来的，平衡正向移动，氢气浓度增大D.图4所示，用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c>b>a【答案】C【解析】【详解】A、图1所示反应：X(g)+2Y(g)3Z(g)，反应前后气体体积不变，b曲线表示的可以是使用催化剂或增大压强，使用催化剂时压强关系为a=b，故A错误；B、CO生成CO2的反应过程和能量关系是反应物先要吸收能量达到活化能，成为活化分子然后再变成生成物放出热量，而图中只能表示反应物总能量和生成物总能量，不能表示过程中的能量变化情况，故B错误；C、由图可知，T1时的反应速率大于T2时的，反应CO+2H2═CH3OH达到平衡后体系的体积压缩到原来的，平衡正向移动，所有物质的浓度都会增大，故C正确；D、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，因醋酸为弱酸，稀释时能促进弱电解质的电离，所以醋酸比盐酸中氢离子浓度减小的慢，所以Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，但氢离子浓度变小，溶液导电性减弱，所以溶液导电性b>c，故D错误； 故答案选C。13.工业生产硝酸涉及反应：，下列说法正确的是A.若反应速率分别用、、、表示，则B.加入催化剂可降低逆反应的活化能，从而加快逆反应速率C.恒温恒容时，增大压强，则反应物中活化分子百分数增大，反应速率加快D.达到平衡时，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．氨气和氧气二者速率之比等于其化学计量数之比，则，A错误；B．加入催化剂可降低反应的活化能，正、逆反应速率同时加快，B正确；C．恒温恒容时，若充入反应物以增大压强，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，反应速率加快；若充入不参与反应的气体以增大压强，单位体积内活化分子数目不变，活化分子百分数不变，反应速率不变，C错误；D．达到平衡时，升高温度，正、逆反应速率均增大，D错误；故选B。14.某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。已知：下列说法不正确的是A.温度升高时不利于吸附 B.多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C.转化为的反应是D.每获得时，转移电子的数目为【答案】D【解析】【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。15.某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素微粒及OH-浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸)，下列有关说法中正确的是A.该温度下的Kw=10-13B.溶液中存在平衡+H2O⇌2+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2 C.向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深D.E点溶液中存在：c(K+)<2c()+3c()【答案】D【解析】【详解】A．G点时，，此时，则Kw=，A项错误；B．F点时，，则K=，B项错误；C．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，C项错误；D．E点时，，根据电荷守恒有：，即，此时溶液显酸性，即，则c(K+)<2c()+3c()，D项正确；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题16.某化学兴趣小组利用的溶液测定某、混合溶液中的物质的量浓度。已知25℃时，以下五种物质的如下表所示：物质颜色白色白色砖红色淡黄色黄色 （1）配制250mL的溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还需要_______(填仪器名称)，需用托盘天平称取固体硝酸银的质量为_______g。（2）取一定体积的待测液于锥形瓶中，滴加几滴_______(填字母)溶液作指示剂。A.B.C.D.（3）用_______(填仪器名称)盛装标准溶液进行滴定，滴定终点的实验现象为_______。（4）实验数据记录如下表所示：滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次50.000.0025.05第二次50.004.1029.10第三次50.000.4025.35则该待测液中，的物质的量浓度为_______mol/L(保留四位有效数字)【答案】（1）①.250ml容量瓶②.8.5（2）B（3）①.棕色酸式滴定管②.白色沉淀中出现砖红色（4）0.1000【解析】【小问1详解】配制一定物质的量浓度硝酸银溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL棕色容量瓶，配制250mL0.2000mol/L的AgNO3溶液，需要硝酸银的质量m=0.2000mol/L×0.25L×170g/mol=8.5g；【小问2详解】：AgCl>AgSCN>AgBr>AgI，即溶解性大小为：AgCl>AgSCN>AgBr>AgI，则不能选择KSCN、KBr或KI做指示剂，AgCl的饱和溶液中，饱和溶液中，相同条件 下，的饱和溶液比AgCl的饱和溶液中c(Ag+)更小，所以溶解性比AgCl溶解性小，则应选择做滴定指示剂；【小问3详解】AgNO3溶液中Ag+水解显酸性，且见光易分解，滴定时AgNO3溶液应用棕色酸式滴定管盛装，滴入最后一滴AgNO3溶液，反应完成时Ag+与生成砖红色沉淀且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点；【小问4详解】3次消耗标准AgNO3溶液的体积均有效，平均值为：25.00mL，反应为Ag++Cl-=AgCl↓，则n(AgNO3)=n(Cl-),即0.025L×0.2000mol/L=0.05mL×c(Cl-)，c(Cl-)=0.1000mol/L。17.以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂(/)是一种新型的高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下，回答下列问题：（1）在元素周期表中，在_______(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区，基态铜原子的价电子排布式为_______。（2）在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出_______和_______(填化学式)（3）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为_______。（4）常温下，，。若“悬浊液”，则溶液的_______。（5）在消防工业中常用于与小苏打、发泡剂组成泡沫灭火剂，请写出相应离子方程式_______。 【答案】（1）①.d②.（2）①.NH3②.CO2（3）水浴加热（4）11（5）【解析】【分析】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃晶化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥、焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原得到产品，据此分析解答。【小问1详解】Ni是28号元素，价电子排布为，故在元素周期表中，Ni在d区；基态铜原子的原子序数为29，故价电子排布为：；答案为：d；；【小问2详解】根据题意，尿素在加热条件下在水中发生水解反应方程式为：；因此水解过程中放出NH3和CO2两种气体；答案为：NH3；CO2；小问3详解】“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热。答案为：水浴加热；【小问4详解】由题干“悬浊液”中，可知铜离子与氯离子均完全沉淀，故可得关系式：，结合，可得：，那么氢离子浓度为：，故pH为：11；答案为：11；【小问5详解】泡沫灭火剂原理是利用泡沫（CO2）喷到燃烧物表面上，隔绝空气，使燃烧物缺氧而灭火；发生的是双水解反应，反应的离子方程式为：；答案为： 。18.Ⅰ.能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关。（1）依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_______(填字母)。A.C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH>0B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH＜0C.2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH>0D.C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH＜0若以稀硫酸为电解质溶液，则该原电池的负极反应式为_______。Ⅱ.如图所示的装置，X、Y都是惰性电极，将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在极附近显红色，试回答下列问题：（2）甲装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为溶液)的结构示意图，则a处通入的是_______(填“”或“”)，电极上发生的电极反应是_______。（3）在乙装置中，总反应的离子方程式是_______。（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，溶液中硫酸铜浓度将_______(填“增大”“减小”或“不变”)；如果丙装置中精铜电极的质量增加了6.4g，则甲装置中消耗的的质量为_______。（5）丁装置中在通电一段时间后，Y电极上发生的电极反应是_______。【答案】（1）①.D②.C2H5OH+3H2O—12e—=2CO2↑+12H+（2）①.CH4②.CH4+10OH——8e—=CO+7H2O（3）2Cl—+2H2OCl2↑+2OH—+H2↑ （4）①.减小②.0.4g（5）Cu2++2e—=Cu【解析】【分析】Ⅱ．由将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在铁极附近显红色可知，甲池为燃料电池、乙池为电解饱和食盐水装置、丙池为精炼铜装置、丁池为电解氯化铜溶液装置，通入甲烷的电极为负极、通入氧气的电极为正极，石墨、粗铜、X电极为阳极，铁电极、精铜、Y电极为阴极。【小问1详解】由原电池的形成条件可知，自发进行的放热的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池；A．该反应为吸热反应，不能设计成原电池，故错误；B．该反应为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故错误；C．该反应吸热反应，不能设计成原电池，故错误；D．该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，故正确；故选D，若以稀硫酸为电解质溶液，通入甲烷气体的一极为原电池的负极，水分子作用下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C2H5OH+3H2O—12e—=2CO2↑+12H+，故答案为：D；C2H5OH+3H2O—12e—=2CO2↑+12H+；【小问2详解】由分析可知，甲池为燃料电池，a处通入甲烷的电极为负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH——8e—=CO+7H2O，故答案为：CH4；CH4+10OH——8e—=CO+7H2O；【小问3详解】由分析可知，乙池为电解饱和食盐水装置，电解的总反应方程式为2Cl—+2H2OCl2↑+2OH—+H2↑，故答案为：2Cl—+2H2OCl2↑+2OH—+H2↑；【小问4详解】由分析可知，丙池为精炼铜装置，电解时，锌、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，所以溶液中硫酸铜浓度将减小，由得失电子数目守恒可知，精铜电极的质量增加了6.4g时，甲装置中消耗的甲烷的质量为 ××16g/mol=0.4g故答案为：减小；0.4g；【小问5详解】由分析可知，丁池为电解氯化铜溶液装置，Y电极为阴极，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e—=Cu，故答案为：Cu2++2e—=Cu。19.吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】①.或②.HSO③.ZnSO3④.或⑤.随着pH降低，HSO浓度增大⑥.减小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图象分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O+SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）(3)pH值大于6.5时，S(IV)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(IV)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(IV)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触。因而pH降低有生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。