江苏省苏州市八校2021-2022学年高二化学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2020级高二年级第二学期苏州八校联考化学试卷注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。时间75分钟。2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题答案填写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ag108I127选择题共42分单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭发射成功。下列有关航天化学材料的叙述正确的是A.火箭采用的高强度新型钛合金属于金属材料B.空间站碳纤维操纵杆是航天员手臂“延长器”，碳纤维属于有机高分子材料C.核心舱搭载有柔性太阳能电池，太阳能电池板的核心材料是二氧化硅D.宇航员所戴手套的羊皮内衬，羊皮属于天然纤维素【答案】A【解析】【详解】A．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，故A正确；B．碳纤维是由碳元素组成的特殊纤维，属于新型无机非金属材料，故B错误；C．太阳能电池板的核心材料是单质硅，故C错误；D．羊皮的成分是蛋白质，故D错误；选A。2.实验室制备的反应原理是：。下列有关说法正确的是A.的结构示意图为：B.基态O的电子排布式为：C.的球棍模型为：D.的电子式为： 【答案】B【解析】【详解】A．的质子数为16，结构示意图为：，故A错误；B．O原子含有有8个电子，基态O的电子排布式为：，故B正确；C．的填充模型为：，故C错误；D．分子中存在2个碳氧双键，电子式为，故D错误；选B。3.以含钴废渣制备需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是A.用甲配制“酸浸”所需的溶液B.用乙制备“还原”所需的气体C.用丙过滤“沉钴”所得悬浊液D.用丁灼烧固体制【答案】C【解析】【详解】A．配制1mol•L-1H2SO4溶液时，应该在烧杯中稀释浓硫酸，不能直接在容量瓶中稀释，故A错误；B．Cu与浓硫酸的反应需要加热，图示装置中缺少酒精灯，无法制取SO2，故B错误；C．图中为过滤装置，可过滤分离出CoCO3固体，操作合理，故C正确；D．灼烧应在坩埚中进行，不能选蒸发装置，故D错误； 故选C。4.纯碱()是重要的基础化工原料，我国化学家侯德榜在1943年提出了著名侯氏制碱法。原理为：将通入氨化的饱和食盐水中析出晶体，将得到的晶体加热分解生成。下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.NaCl晶体熔点高；电解熔融NaCl制取金属NaB.水溶液有酸性；氯铵用作农作物肥料C.水溶液有碱性；纯碱用于清洗餐具油污D.受热易分解；小苏打用于制作灭火剂【答案】C【解析】【详解】A．钠是活泼金属，因此制取金属Na用电解熔融NaCl，与NaCl晶体熔点高无关，A错误；B．是一种可溶性氮肥故用作农作物肥料、与水解呈酸性无关，B错误；C．水溶液有碱性，餐具油污为高级脂肪酸的甘油酯，能在碱性溶液中水解成可溶性产物，故纯碱用于清洗餐具油污，C正确；D．受热易分解，因此可用于发酵、作疏松剂，小苏打是强碱弱酸盐、硫酸铝与小苏打双水解可用于制作灭火剂，D错误；答案选C。5.纯碱()是重要的基础化工原料，我国化学家侯德榜在1943年提出了著名侯氏制碱法。原理为：将通入氨化的饱和食盐水中析出晶体，将得到的晶体加热分解生成。下列有关、、和的说法正确的是A.电负性：B.沸点：C.键角：D.为极性分子，CO2为非极性分子【答案】D【解析】 【详解】A．同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，故A错误；B．氨气与二氧化碳都是分子晶体，氨气分子间存在氢键，所以沸点：CO2<NH3，故B错误；C．铵根离子为正四面体构形，碳酸根离子为平面三角形，键角：，故C错误；D．NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，CO2为直线形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D正确；故选D。6.纯碱()是重要的基础化工原料，我国化学家侯德榜在1943年提出了著名侯氏制碱法。原理为：将通入氨化的饱和食盐水中析出晶体，将得到的晶体加热分解生成。在指定条件下，下列各物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．钠在点燃条件下与氧气反应生成过氧化钠，不能生成氧化钠，则物质间转化不能实现，故A错误；B．一氧化氮不溶于水，不能与水反应生成硝酸，则物质间转化不能实现，故B错误；C．过量的铁与氯气共热反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则物质间转化不能实现，故C错误；D．氯化钡溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀与硫酸钠溶液反应能转化为溶度积更小的硫酸钡沉淀，则各物质间转化均能实现，故D正确；故选D。7.原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，其中X、Z位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍。下列说法正确的是 A.第一电离能：Y＜Z＜WB.简单离子半径：W＜Z＜YC.气态氢化物的稳定性：X＜Z＜YD.氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z＜W【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍、则X为O、X、Z位于同一主族，则Z为S、则W为Cl，Y、Z、W处于同一周期，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍、则Y为P。【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，因为VA达到半充满、存在反常情况：VA>VIA，则第一电离能：Z＜Y＜W，A错误；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：W＜Z＜Y，B正确；C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：Z＜X，C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z＜W，D错误；答案选B。8.下列用物质结构知识解释原因不合理的是A.沸点高于，是因为其范德华力更大B.的热稳定性大于，是因为键能O-H比S-H大C.NaCl熔点大于KCl，是因为晶格能NaCl比KCl大D.溶于氨水，是因为Zn2+能和形成稳定的【答案】A【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛的醛基氧原子易与羟基氢原子之间形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛分子之间醛基氧原子与羟基氢原子之间形成的是分子间氢键，分子间氢键的存在会使该物质的熔沸点偏高，选项描述错误，符合题意；B．O—H键键能大于S—H键键能，同物质的量的H2O断键所需能量就要高于H2S断键所需能量，故H2O热稳定性更高，选项描述正确，不符题意；C．结构相同或相似的离子晶体，离子所带电荷相同的情况下，离子半径越小，离子键作用力 越强，物质晶格能越大，选项描述正确，不符题意；D．过渡金属元素中有不少种元素的阳离子可以与NH3形成配离子，Zn元素也有这种化学性质，选项描述正确，不符题意；综上，本题选A。9.醇的Jones氧化：用丙酮作溶剂，一级醇(或二级醇)与铬酸()作用可氧化生成羧酸(或酮)的反应，反应过程如下图所示。下列说法不正确的是已知：羟基相连的碳上有2个H的醇为一级醇；有1个H的醇为二级醇。A.铬在元素周期表中位于第四周期VIB族B.铬酸()只是醇的Jones氧化反应的催化剂C.反应物(X)→产物(Z)的反应属于酯化反应D.若R1为-H、R2为-C2H5，则最终氧化产物为丙酸【答案】B【解析】【详解】A．铬元素是24号元素，价电子排布为3d54s1，在元素周期表中的位置为第四周期VIB族，A正确；B．铬酸参加整个反应，铬元素化合价降低，则铬酸()是整个反应的氧化剂，B错误；C．酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应，反应物(X)是醇与铬酸反应生成产物(Z)，为铬酸酯，则该反应属于酯化反应，C正确；D．若R1为-H、R2为-C2H5，羟基相连的碳上有2个H为一级醇，与铬酸()作用可氧化生成羧酸，则该氧化反应最终生成C2H5COOH，为丙酸，D正确；故选：B。10.异黄酮类化合物是药用植物的有效成分。一种异黄酮Z的部分合成路线如下： 下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是A.X分子中碳原子杂化类型为sp2、sp3B.Y分子结构中有三种含氧官能团C.Z在水中的溶解性比Y好D.等物质的量的X、Y、Z，完全反应消耗NaOH的物质的量之比为2∶3∶2【答案】D【解析】【详解】A．苯环、连接双键的碳原子都采用sp２杂化，饱和碳原子都采用sp３杂化，X中甲基上的碳原子采用sp３杂化，苯环和羰基上的碳原子都采用sp２杂化，故A正确；B．Y中含有羟基、羰基、酯基三种含氧官能团，故B正确；C．酚羟基和羧基都属于亲水基，Z含有羧基和酚羟基、Y只有一个羧基，所以Z在水中的溶解性比Y好，故C正确；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1:1反应，等物质的量的X、Y、Z，完全反应消耗NaOH的物质的量之比为2∶４∶2=１∶２∶１，故D错误；故选D。11.氯化亚铜()可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是，还含有少量)制备的工艺流程如下：下列说法正确的是 A.“浸取”时每充分溶解至少反应消耗B.“调pH”目的是除铁，用氨水代替效果更好C.“还原”时生成了，反应的离子方程式为D.的晶胞如图，每个周围与之距离最近的数目是4【答案】C【解析】【详解】A．“浸取”时，和氧气、硫酸反应生成硫酸铜、硫酸铁，Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-2升高为+6，反应转移17mol电子，根据得失电子守恒，每充分溶解至少消耗17mol氧气，没有明确是否为标准状况，消耗氧气的体积不一定是，故A错误；B．“调pH”目的是除铁，若用氨水代替会移入杂质铵根离子，故B错误；C．“还原”时生成了，反应离子方程式为，故C正确；D．根据的晶胞图，每个Cl-周围与之距离最近的Cl-数目是12，、Cl-的比为1:1，所以每个周围与之距离最近的数目是12，故D错误；选C。12.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯()进行水体修复的过程如图所示，水体中的、、等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是 A.若水体酸性较强，则ZVI易发生析氢腐蚀B.水体修复过程中溶液的pH保持不变C.图中④的电极反应式为D.过程中可产生胶体有利于净化水质【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，若水体酸性较强，氢离子会在正极得到电子发生还原反应生成氢气，所以小粒径零价铁会发生析氢腐蚀，故A正确；B．由图可知，②中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢离子的浓度减小，③中氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以水体修复过程中溶液的碱性增强，故B错误；C．由图可知，④为酸性条件下硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为，故C正确；D．水体修复过程中，负极产生的亚铁离子与正极生成的氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中的氧化生成氢氧化铁胶体，胶体具有很强的吸附能力，能吸附水中悬浮杂质，有利于净化水质，故D正确；故选B。13.已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A.向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大B.pH=4.2时，溶液中C.在NaHSeO3溶液中，存在D.常温下，亚硒酸的电离平衡常数Ka1=10-1.2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中，加入的NaOH中和了溶液中的氢离子，促进了水的电离程度一直增大，A正确；B．由图知，pH=4.2时，溶液中HSeO和SeO的浓度相等，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c(SeO)，B正确；C．，故在NaHSeO3溶液中，HSeO的电离程度大于水解程度，则c(SeO)>c(H2SeO3)，C错误；D．根据电离方程式知，，当pH=1.2时，HSeO和H2SeO3的浓度相等，因此Ka1=10-1.2，D正确；故选：C。 14.已知：无CO时反应、有CO时反应。某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为的转化率随温度变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应的B.X点可以通过更换高效催化剂提高NO的反应速率C.Y点再通入CO、各0.01mol，此时D.达平衡后，其他条件不变改变物料使，CO转化率下降【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，升高温度NO的转化率减小，则升高温度平衡逆向移动的，A正确；B．催化剂具有选择性，X点可以通过更换高效催化剂提高NO反应速率，B正确；C．Y点时NO的转化率为80%，体积为1L，，则 ，Y点再通入CO、N2各0.01mol，平衡正向移动，则此时，C错误；D．中增大CO的量，可促进NO的转化，而CO的转化率减小，则其他条件不变，使，CO转化率下降，D正确；故选C。非选择题共58分15.铜阳极泥含有金属(Au、Ag、Cu等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag、、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：（1）基态Se原子的核外电子排布式为___________；溶液a的主要成分是___________(填写化学式)。（2）水氯化浸金得到的化学方程式为___________；配离子的结构式为___________(需用“→”标明配位键，不必考虑空间构型)。（3）氨浸分银需不断通氨提高银的浸取率，请说明氨气极易溶于水的主要原因：___________。（4）为二元弱碱，在水中可电离产生，写出一种和互为等电子体的分子的电子式___________。（5）如图，金属Ag的晶胞为面心立方体结构，则晶体银的密度ρ=___________g·cm-3。(用代 数式表示)已知：，表示阿伏加德罗常数的值。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p4②.CuSO4（2）①.②.（3）NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨（4）（5）【解析】【分析】铜阳极泥含有金属(Au、Ag、Cu等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应接着通入氨气，AgCl溶解，，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，以此解题。【小问1详解】硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；【小问2详解】由图可知水氯化浸金过程中氯气，氯化氢和金发生反应得到，方程式为：；在中金离子与4个Cl形成4个配位键，金离子配位数为4，金离子有空轨道，Cl-提供孤电子对，「结构式为：； 【小问3详解】氨气极易溶于水的主要原因是NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨；【小问4详解】等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，和互为等电子体的分子为C2H6，其电子式为：；【小问5详解】由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为，因此晶体银的密度。16.溴化锂(LiBr)是一种高效空气湿度调节剂；碘化钠(NaI)可用于医用祛痰剂等。它们可利用单质直接化合、氢氧化物和氢卤酸中和等反应合成。（1）工业上以碳酸锂为原料制备晶体的流程如下：①合成LiBr时生成了两种参与大气循环气体，反应的化学方程式为___________。②加还原剂硫脲除去可能含有的，共有___________molσ键。③溴化锂的溶解度随温度的变化曲线如图所示。则从脱色、过滤所得溶液中提取晶体的操作有：在HBr氛围下蒸发浓缩、___________，___________，洗涤后烘干。 （2）某学生兴趣小组在实验室用碘单质制备较纯的NaI晶体，部分装置如图所示。药品：溶液(含8.2gNaOH)、25.4g碘、水合肼(还原剂，产物为N2)、1.0g活性炭和蒸馏水等。实验步骤：向三口烧瓶中加入30mLNaOH溶液，边搅拌边加入25.4g单质碘。连接好装置并通入冷凝水，___________，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶、过滤、干燥得产品24.3g。回答问题：①碘溶于NaOH溶液生成NaI和的离子方程式为___________。②设计合理方案，补充完整上述实验步骤：___________。【答案】（1）①.②.7③.冷却结晶(温度控制在44℃以上)④.过滤（2）①.②.打开恒温磁力搅拌器，保持60~70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出N2【解析】【分析】(1)该工艺以碳酸锂为原材料制备LiBr•H2O，Li2CO3与溴水、氨水发生氧化还原反应， 得到主产物LiBr和一些杂质，加Li2O消耗溶液中Br2自身氧化还原后生成的一些酸，再用硫脲还原使其均还原为Br-，再通过活性炭吸附，获得纯净的LiBr溶液，再通过结晶方法获得LiBr•H2O晶体；(2)该工艺利用碘单质在NaOH溶液中自身氧化还原反应，获得主成分NaI和副产物NaIO及NaIO3，然后再加入还原剂水合肼，将含氧酸根均还原成I-，再通过结晶方法获得NaI晶体；【小问1详解】①根据题目所给信息分析，反应中Br2做氧化剂，NH3•H2O作还原剂，生成气体分别是N2和CO2，该反应方程式是；②硫脲的结构简式是，C=S键中有一条是σ键，两条C—N键及四条N—H键均是σ键，所以1mol硫脲分子中一共7molσ键；③可溶性固体溶质从溶液中提纯一般采用结晶法，操作流程是：蒸发浓缩、冷却结晶(温度控制在44℃以上)、过滤、洗涤和干燥；【小问2详解】①I2单质属于卤族元素单质，与碱溶液接触发生自身氧化还原反应，反应温度不同，生成的含氧酸盐结构不同，故该反应的离子方程式是；②NaI制备利用的就是NaOH与I2的反应获得NaI和碘的含氧酸盐，再利用还原剂水合肼还原碘的含氧酸盐，最终得到NaI溶液，所以空缺的部分就是反应进行过程中的操作部分，所以应设计为打开恒温磁力搅拌器，保持60~70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4•H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出N2。17.阳澄湖在从“生产养殖水体”向“生态旅游水体”转型，湖水的化学耗氧量(COD)有明显下降。COD值是指氧化1L水样中还原性物质所消耗的质量(常用标准溶液测定，并换算成O2的质量)。已知：i)溶液中；六价铬在时主要以形式存在，时主要以形式存在；ii)有强氧化性，还原产物为；iii)、、 。（1）水样COD的测定：量取20.00mL水样，加入标准溶液混合，在催化和强酸性条件下充分氧化；再用溶液滴定剩余的，消耗溶液。试回答：①水样进行氧化时需保持强酸性的目的有：一是降低浓度，以免将沉淀而影响催化活性；二是___________。②计算水样的COD(单位：)___________。(写出必要的计算过程)（2）测定废液的处理：COD测定所产生的酸性废液中含有、、、等，处理流程如下。①固体I可溶于浓氨水，反应的离子方程式为___________。②可排放溶液中___________。(计算结果用科学记数法，并保留两位有效数字)③氧化石墨烯(AGO)可以吸附去除Cr(VI)。已知AGO表面Zeta电位(数值表示吸附剂表面电荷的电性和电荷数相对大小)随pH变化的曲线如图。当pH为4.0～6.0时，AGO对Cr(VI)的去除率较高，可能的原因是___________。 【答案】（1）①.平衡左移，增大的浓度，提高溶液的氧化性②.(600V1—48V2)mg/L（2）①.AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl—+2H2O②.2.4×108③.当pH为4.0～6.0时，AGO表面Zeta电位高，所带正电荷较高，Cr(VI)主要以形式存在，与AGO静电作用较强，有利于吸附，所以Cr(VI)的去除率较高【解析】【小问1详解】①水样进行氧化时保持强酸性可以增大溶液中的氢离子浓度，使溶液中平衡向逆反应方向移动，铬酸根离子浓度降低，铬酸根不能与银离子生成铬酸银沉淀，从而保持银离子的催化活性，同时重铬酸根离子浓度增大，溶液的氧化性增强，有利于水样充分氧化，故答案为：平衡左移，增大的浓度，提高溶液的氧化性；②由得失电子数目守可得如下关系式：—6Fe2+，滴定消耗V2mL0.1200mol/L硫酸亚铁铵溶液，则与亚铁离子反应的重铬酸钾的物质的量为0.1200mol/L×10—3V2L×=2.0×10—5V2mol，与水样反应的重铬酸钾的物质的量为(2.5×10—4V1—2.0×10—5V2)mol，由得失电子数目守可知，1mol重铬酸钾相当于1.5mol氧气，氧气的质量为1.5mol×32g/mol×103mg/g=4.8×104mg，所以水样的COD为=(600V1—48V2)mg/L，故答案为：(600V1—48V2)mg/L；【小问2详解】①由图可知，固体I为氯化银，氯化银溶于浓氨水的反应为氯化银与浓氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl—+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl—+2H2O；②可排放溶液中=2.4×108，故答案为：2.4×108；③溶液中Cr(VI)主要以重铬酸根离子形式存在，由图可知，当pH为4.0～6.0时，AGO表面 Zeta电位高，所带正电荷较高，与重铬酸根离子静电作用较强，有利于吸附重铬酸根离子，所以Cr(VI)的去除率较高，故答案为：当pH为4.0～6.0时，AGO表面Zeta电位高，所带正电荷较高，Cr(VI)主要以形式存在，与AGO静电作用较强，有利于吸附，所以Cr(VI)的去除率较高。18.甲酸(HCOOH)是重要的液态储氢原料。将温室气体转化为甲酸既具有经济技术意义，又具有环保意义。（1）已知CO2。该反应在理论上属于原子经济性100%的绿色工艺，但是该反应不能自发进行，判断依据是___________。（2）在实践中，制备甲酸的一种流程如下：①写出过程II的离子方程式___________。②过程II中，其他条件不变，转化为的转化率如图所示。则在40℃～80℃范围内转化率迅速上升，其主要原因可能是___________。（3）近期，天津大学化学团队以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图所示。 ①在电极上发生的电极反应式为：___________。②工作一段时间后，右侧电极室内辛胺溶液pH显著降低，原因为___________。【答案】（1）该反应为吸热反应且熵减小（2）①.②.温度升高，反应速率增大或者温度升高，催化剂活性增大（3）①.CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-②.Ni2P电极为阳极，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，消耗OH-生成水，则氢氧根离子浓度降低，溶液pH显著降低【解析】【小问1详解】已知：CO2，该反应为吸热反应且熵减小，不能自发进行，因此不利用该反应直接制备甲酸，故答案为：该反应为吸热反应且熵减小；【小问2详解】①过程II是与氢气在催化剂作用下发生反应生成HCOO-，结合质量守恒可知同时生成水，反应的离子方程式为，故答案为：；②过程II中，其他条件不变，HCO，转化为HCOO-的转化率如图所示，在40℃~80℃范围内，温度升高，反应速率增大或者温度升高，催化剂活性增大，转化率迅速上升，故答案为：温度升高，反应速率增大或者温度升高，催化剂活性增大；【小问3详解】 ①电极发生反应：CO2→HCOO-，碳元素化合价降低，得到电子，为阴极，则电极反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，故答案为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-；②工作一段时间后，右侧电极室内辛胺溶液pH显著降低，原因为Ni2P电极为阳极，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，消耗OH-生成水，则氢氧根离子浓度降低，溶液pH显著降低，故答案为：Ni2P电极为阳极，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，消耗OH-生成水，则氢氧根离子浓度降低，溶液pH显著降低。