安徽省蕪湖市高三上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測理科綜合化學(xué)試題

2022—2023學(xué)年度第一學(xué)期蕪湖市中學(xué)教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測高三年級理科綜合能力測試試題卷化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、考場/座位號、班級、準(zhǔn)考證號填寫在答題卷上，將條形碼橫貼在答題卷右上角“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卷上對應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定區(qū)域內(nèi)；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液，不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卷的整潔，考試結(jié)束后，將試題卷和答題卷一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1N：14Mg：24Cl：一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)。下列說法正確的是A.汽油、甘油、花生油均能發(fā)生水解反應(yīng)和氧化反應(yīng)B.用高粱生產(chǎn)白酒的化學(xué)原理是淀粉水解生成了乙醇C.首款異構(gòu)融合類腦芯片——天機(jī)芯的主要材料與光導(dǎo)纖維相同D.硫酸銅溶液可用于游泳池水消毒是利用了Cu2+能使蛋白質(zhì)變性【答案】D【解析】【詳解】A．汽油、甘油不能發(fā)生水解反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．用高粱生產(chǎn)白酒的化學(xué)原理是：淀粉水解制得葡萄糖、葡萄糖發(fā)酵可制得乙醇，淀粉不能水解為乙醇，B錯(cuò)誤；C．芯片的主要材料為Si，光導(dǎo)纖維為SiO2，C錯(cuò)誤；D．Cu2+能使蛋白質(zhì)變性，故硫酸銅溶液可用于游泳池水消毒，D正確；選D2.科學(xué)家利用辣椒素()來識別皮膚神經(jīng)末梢中的溫度感受器。有關(guān)辣椒素的說法正確的是A.所有碳原子可能在同一平面B.既能與NaOH反應(yīng)，又能與H2SO4反應(yīng)C.1mol該物質(zhì)和H2反應(yīng)時(shí)，最多可消耗5molH2D.能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，且反應(yīng)類型相同【答案】B【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，最右側(cè)甲基所連碳原子，與周圍三個(gè)碳原子相連，呈四面體構(gòu)型，所有碳原子不可能共面，故A錯(cuò)誤；B．該結(jié)構(gòu)中含有酚羥基顯酸性能與NaOH反應(yīng)，含有酰胺基能與酸繼續(xù)反應(yīng)，故B正確；C．該結(jié)構(gòu)中苯環(huán)和碳碳雙鍵能與氫氣加成，1mol該物質(zhì)最多加成4mol氫氣，故C錯(cuò)誤；D．該物質(zhì)中含有酚羥基和碳碳雙鍵易被高錳酸鉀氧化使其褪色，酚羥基鄰對位氫能與溴單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)、碳碳雙鍵能與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，從而使溴水褪色，反應(yīng)類型不同，故D錯(cuò)誤；故選：B。3.利用待測樣品和指定的試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖菍?shí)驗(yàn)?zāi)康拇郎y樣品試劑A檢驗(yàn)補(bǔ)鐵劑硫酸亞鐵片是否部分氧化硫酸亞鐵片的水溶液鐵氰化鉀溶液B檢驗(yàn)潔廁劑的主要成分是鹽酸潔廁劑硝酸銀溶液C檢驗(yàn)是否患糖尿病患者尿液硫酸銅溶液、純堿溶液D檢驗(yàn)海帶中的碘元素海帶灰浸出液氯水淀粉溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.檢驗(yàn)補(bǔ)鐵劑硫酸亞鐵片是否部分氧化，要取硫酸亞鐵片的水溶液，向其中滴加KSCN溶液（或亞鐵氰化鉀溶液），若變?yōu)榧t色（或產(chǎn)生藍(lán)色沉淀），就證明含有Fe3+，該補(bǔ)鐵劑被氧化，否則未被氧化，A錯(cuò)誤；B.能夠與硝酸銀溶液反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀的可能是HCl，也可能是NaCl、Na2CO3、Na2SO4等物質(zhì)，因此不能證明潔廁劑的主要成分是鹽酸，B錯(cuò)誤；C.檢驗(yàn)是否患糖尿病，要取患者尿液，向其中加入NaOH至溶液呈堿性，加入新制的Cu(OH)2懸濁液（可由硫酸銅溶液與過量NaOH溶液制備），加熱煮沸，若產(chǎn)生磚紅色沉淀，證明尿液中含有葡萄糖，C錯(cuò)誤；D.檢驗(yàn)海帶中的碘元素的方法是向海帶灰浸出液中加入新制氯水，發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，證明海帶中含有碘元素，D正確；故合理選項(xiàng)是D。4.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，原子序數(shù)總和為25，Y是地殼中含量最多的元素，由這四種元素形成的某化合物如圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：Z>Y>X>WB.簡單氫化物沸點(diǎn)：Y>ZC.電負(fù)性和第一電離能最小的都是WD.該化合物具有氧化性，可用于殺菌消毒【答案】D【解析】【分析】Y是地殼中含量最多的元素，Y為O；Z形成+1價(jià)陽離子，且原子序數(shù)大于O，則Z為Na；W形成一條共價(jià)鍵，且原子序數(shù)小于O，則W為H；X得1個(gè)電子再形成四條共價(jià)鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則X最外層電子數(shù)為3，原子序數(shù)小于O，可知X為B，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．原子核外電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)核電荷數(shù)小原子半徑越大，因此原子半徑：Na>B>O>H，即Z>X>Y>W，故A錯(cuò)誤；B．Z為Na，其氫化物為NaH，屬于離子化合物，沸點(diǎn)高于水，故B錯(cuò)誤；C．電負(fù)性最小的是活潑金屬鈉，故C錯(cuò)誤；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，該化合物中存在過氧鍵，具有強(qiáng)的氧化性，可用于殺菌消毒，故D正確；故選：D。5.PCl5、PCl3是有機(jī)合成的重要試劑，PCl5、PCl3的熔點(diǎn)依次為167℃、℃。PCl5的空間結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是A.1molPCl5分子含14mol共價(jià)鍵 B.PCl3的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形C.鍵能不同導(dǎo)致PCl5、PCl3的熔點(diǎn)不同 D.PCl5分子中共用電子對偏向氯【答案】D【解析】【詳解】A．由PCl5得空間結(jié)構(gòu)圖可知，1個(gè)PCl5分子中含有5個(gè)共價(jià)鍵，則1molPCl5分子含5mol共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B．PCl3的中心氮原子的價(jià)層電子對數(shù)=3+(5-3×1)=4，含有1個(gè)孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯(cuò)誤；C．PCl5和PCl3都是共價(jià)化合物，鍵能不影響熔沸點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．Cl元素電負(fù)性大于P元素，則PCl5分子中共用電子對偏向氯，故D正確；故選D。6.我國科學(xué)家研發(fā)了一種水系可逆Zn－CO2電池，將兩組陰離子、陽離子復(fù)合膜反向放置分隔兩室電解液。充電、放電時(shí)，復(fù)合膜層間的H2O解離成H+和OH－，工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.放電時(shí)H+通過a膜向Zn電極方向移動(dòng)B.放電一段時(shí)間后右側(cè)溶液的pH減小C.充電時(shí)陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為Zn+4OH－－2e－＝D.外電路中每通過1mol電子，復(fù)合膜層間有0.5molH2O解離【答案】B【解析】【分析】充電、放電時(shí)，復(fù)合膜層間H2O解離成H+和OH－，工作原理如圖所示。由裝置可知Zn電極在放電時(shí)作負(fù)極，失電子轉(zhuǎn)化為，則雙極膜中的OH-應(yīng)流向負(fù)極，氫離子流向正極，多孔Pd納米片作原電池正極，發(fā)生電極反應(yīng)為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)圖中信息可知，放電時(shí)復(fù)合膜中OH-通過a膜，H+通過b膜，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)Zn為負(fù)極，多孔Pd納米片為正極，放電時(shí)CO2在多孔Pd納米片表面得到電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為甲酸，導(dǎo)致右側(cè)溶液的pH減小，故B正確；C．充電時(shí)Zn為陰極，多孔Pd納米片為陽極，陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Zn，故C錯(cuò)誤；D．復(fù)合膜中H2O解離成H+和OH-，由于電子所帶電荷數(shù)與H+和OH-所帶電荷數(shù)相等，所以外電路中每通過1mol電子，復(fù)合膜層間有1molH2O解離，故D錯(cuò)誤；故選：B。7.硫代二乙酸[S(CH2COOH)2]可用于生產(chǎn)硫代酯類抗氧劑。常溫下，將NaOH溶液滴入硫代二乙酸(簡寫為H2R)溶液中，混合溶液中的離子濃度隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示，圖中M、N坐標(biāo)分別為，2)、，1)。下列說法不正確的是A.Ⅱ表示隨溶液pH變化的關(guān)系B.Ka1(H2R)＝1×10C.NaHR溶液中，c(H2R)>c(R2?)D.當(dāng)c(H2R)＝c(R2?)時(shí)，溶液pH＝【答案】C【解析】【詳解】A．H2R為二元弱酸，分兩步電離：，，Ka1(H2R)=，Ka2(H2R)=，當(dāng)縱坐標(biāo)相同時(shí)，pH值越小，越大，由于第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步電離程度，所以Ⅱ表示隨溶液pH變化的關(guān)系，故A正確；B．由M點(diǎn)坐標(biāo)，2)知，=2，=10-2，此時(shí)溶液，=10，Ka1(H2R)==，故B正確；C．NaHR溶液中存在水解平衡，由以上分析知Ka1(H2R)=；則Kh()==，由N點(diǎn)坐標(biāo)可知=1，=10-1；此時(shí)=10，Ka2(H2R)==10>Kh()，所以HR-的電離程度大于其水解程度，c(H2R)<c(R2?)，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)c(H2R)＝c(R2?)時(shí)，，，pH值等于，故D正確；故選：C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。8.LiMn2O4、LiFePO4是鋰離子電池常用的活性材料。某小組以含錳礦料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO和SiO2)為原料制備LiMn2O4的流程如圖所示(部分條件和產(chǎn)物省略)。已知幾種金屬氫氧化物沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2開始沉淀的pH完全沉淀的pH請回答下列問題：（1）寫出一條提高“酸浸”速率的措施：___________。（2）“除雜1”時(shí)，加入MnO2的作用是___________(用離子方程式表示)。（3）要使“固體1”中除了含有MnO2外，只含另外一種固體，其化學(xué)式為___________，則“除雜1”過程調(diào)節(jié)pH范圍為___________。（4）在高溫下“合成”LiMn2O4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（5）已知：常溫下，Ksp(CoS)＝3.0×10?26、Ksp(MnS)＝3.0×10?14。假設(shè)“除雜1”后的溶液中c()為0.1mol?L?1，為了使殘液中c(Co2+)≤1.0×10?5mol?L?1，必須控制c(S2?)的范圍為_____mol?L?1。（6）固體1可作為LiFePO4的原料。LiFePO4晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。LiFePO4晶胞中P的雜化軌道類型為__________，晶胞中含有正八面體的數(shù)目為__________?！敬鸢浮浚?）粉碎含錳礦料(或適當(dāng)加熱、或攪拌)（2）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O（3）①.Fe(OH)3②.（4）4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O（5）3.0×10?13>c(S2?)≥3.0×10?21（6）①.sp3②.4【解析】【分析】含錳礦料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO均溶于硫酸分別生成硫酸錳、硫酸鐵、硫酸亞鐵、硫酸鈷，二氧化硅不溶于酸過濾除去，濾液中加二氧化錳將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵，調(diào)節(jié)pH值使三價(jià)鐵完全沉淀為氫氧化鐵除去，再過濾，濾液中加硫化鈉，將鈷轉(zhuǎn)化為CoS沉淀除去，再過濾，濾液中加碳酸鈉，生成堿式碳酸錳，堿式碳酸錳與碳酸鋰、氧氣反應(yīng)生成LiMn2O4和二氧化碳，據(jù)此分析解答。小問1詳解】提高“酸浸”速率可將礦料粉碎增大接觸面積，也可適當(dāng)升高溫度或進(jìn)行攪拌，故答案為：粉碎含錳礦料(或適當(dāng)加熱、或攪拌)；【小問2詳解】“除雜1”時(shí)，加入MnO2將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵，1mol亞鐵離子失去1mol電子，1mol二氧化錳轉(zhuǎn)化為錳離子得2mol電子，根據(jù)得失電子守恒得離子方程式：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案為：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；【小問3詳解】加二氧化錳將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵，調(diào)節(jié)pH值使三價(jià)鐵完全沉淀為氫氧化鐵除去，則另一種固體為Fe(OH)3；結(jié)合表中數(shù)據(jù)，為使三價(jià)鐵離子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，則pH值范圍為：，故答案為：Fe(OH)3；；【小問4詳解】堿式碳酸錳與碳酸鋰、氧氣高溫下反應(yīng)生成LiMn2O4和二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒以及元素守恒得反應(yīng)方程式：4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O，故答案為：4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O；【小問5詳解】Ksp(CoS)＝3.0×10?26、Ksp(MnS)＝3.0×10?14。假設(shè)“除雜1”后的溶液中c()為0.1mol?L?1，則c(S2?)；為了使殘液中c(Co2+)≤1.0×10?5mol?L?1，則c(S2?)=，故答案為：3.0×10?13>c(S2?)≥3.0×10?21；【小問6詳解】PO的中心原子P的價(jià)層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為0，中心原子P為sp3雜化；由圖可知白球表示Li，每個(gè)晶胞中鋰離子個(gè)數(shù)為，故一個(gè)晶胞中有4個(gè)LiFePO4，晶胞中含有正八面體的數(shù)目為4，故答案為：sp3；49.六氨合氯化鎂(MgCl2·6NH3)具有極好的可逆吸、放氨特性，是一種優(yōu)良的儲氨材料。某研究小組以MgCl2·6NH3為原料在實(shí)驗(yàn)室制備MgCl2·6NH3，并測定所得產(chǎn)品中氨的含量。I．制備MgCl2·6NH3i．首先制備無水MgCl2，實(shí)驗(yàn)裝置如圖(加熱及夾持裝置略去)：已知：SOCl2熔點(diǎn)?105℃、沸點(diǎn)76℃；遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。（1）三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）該實(shí)驗(yàn)裝置中的不足之處為___________。（3）改進(jìn)裝置后，向三頸燒瓶中緩慢滴加SOCl2時(shí)，需打開活塞b，此時(shí)不需要打開玻璃塞a，原因?yàn)棰賍__________；②___________。ii．制備MgCl2·6NH3將NH3通入無水MgCl2的乙醇溶液中，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌并自然風(fēng)干，制得粗品。相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如表：溶質(zhì)溶解性溶劑NH3MgCl2MgCl2·6NH3水易溶易溶易溶甲醇(沸點(diǎn)65℃)易溶易溶難溶乙二醇(沸點(diǎn)197℃)易溶易溶難溶（4）生成MgCl2·6NH3的反應(yīng)需在冰水浴中進(jìn)行，其原因?yàn)開__________。（5）洗滌產(chǎn)品時(shí)，應(yīng)選擇的洗滌劑為___________(填選項(xiàng)標(biāo)號)。A.冰濃氨水 B.乙二醇和水的混合液C.氨氣飽和的甲醇溶液 D.氨氣飽和的乙二醇溶液II．利用間接法測定產(chǎn)品(MgCl2·xNH3)中氨的含量，步驟如下：步驟1：稱取1.800g樣品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；步驟2：取25.00mL待測液于錐形瓶中，以K2CrO4為指示劑，用0.2000mol·L?1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定溶液中Cl－，記錄消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積；步驟3：重復(fù)步驟2操作2－3次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)液10.00mL。（6）則x的值為_______；已知滴定操作均正確，造成該偏差的可能原因?yàn)開_______?！敬鸢浮浚?）MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑（2）缺少防倒吸措施（3）①.滴液漏斗可以平衡壓強(qiáng)，使SOCl2順利滴下②.打開a，SOCl2揮發(fā)、接觸空氣中的水蒸氣發(fā)生水解（4）減少NH3的揮發(fā)；降低MgCl2·6NH3溶解度，有利于其結(jié)晶析出（5）C（6）①.5②.MgCl2未完全氨化，導(dǎo)致MgCl2·6H2O混有MgCl2；產(chǎn)品部分分解導(dǎo)致混有MgCl2雜質(zhì)；自然風(fēng)干時(shí)有少量氨放出?！窘馕觥俊拘?詳解】三頸燒瓶中MgCl2·6H2O中的結(jié)晶水與SOCl2反應(yīng)生成HCl和SO2氣體，反應(yīng)方程式為：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑，故答案為：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；【小問2詳解】二氧化硫和HCl均為易溶水氣體，導(dǎo)管直接通入NaOH溶液中吸收尾氣會引起倒吸，因此在吸收尾氣時(shí)應(yīng)添加防倒吸裝置，故答案為：缺少防倒吸措施；【小問3詳解】滴液漏斗自身可以平衡上下的壓強(qiáng)，便于液體順利流下；另外SOCl2沸點(diǎn)較低易揮發(fā)，且易與水發(fā)生水解反應(yīng)，若打開a會有空氣中水蒸氣進(jìn)入漏斗中使SOCl2水解，因此不能打開a，故答案為：滴液漏斗可以平衡壓強(qiáng)，使SOCl2順利滴下；打開a，SOCl2揮發(fā)、接觸空氣中的水蒸氣發(fā)生水解；【小問4詳解】因?yàn)榉磻?yīng)物氨氣為易溶水氣體，同時(shí)溶水后也易揮發(fā)，在冰水浴中進(jìn)行反應(yīng)可減少氨氣的揮發(fā)；另外產(chǎn)物MgCl2·6NH3易溶于水，溫度低時(shí)也有利于其析出晶體，故答案為：減少NH3的揮發(fā)；降低MgCl2·6NH3溶解度，有利于其結(jié)晶析出；【小問5詳解】由表中數(shù)據(jù)可知，MgCl2·6NH3在甲醇和乙二醇中均難溶，但乙二醇的沸點(diǎn)較高，不易揮發(fā)，洗滌后在晶體表面有殘留，因此應(yīng)選甲醇洗滌，同時(shí)為防止洗滌過程中產(chǎn)物分解導(dǎo)致?lián)p失，應(yīng)在甲醇溶液中通入氨氣減少M(fèi)gCl2·6NH3損失，因此洗滌液用C；故答案為：C；【小問6詳解】c(Cl-)=c(Ag+)=0.2000mol·L?1××10-3L=2×10-3mol，則樣品中氯化鎂的質(zhì)量為：，則m(NH3，n(NH3)=，n(MgCl2):n(NH3)=1:5，則x=5；導(dǎo)致氨氣含量比理論值低的原因可能是：MgCl2未完全氨化，導(dǎo)致MgCl2·6H2O混有MgCl2；產(chǎn)品部分分解導(dǎo)致混有MgCl2雜質(zhì)；自然風(fēng)干時(shí)有少量氨放出。故答案為：5；MgCl2未完全氨化，導(dǎo)致MgCl2·6H2O混有MgCl2；產(chǎn)品部分分解導(dǎo)致混有MgCl2雜質(zhì)；自然風(fēng)干時(shí)有少量氨放出。10.隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，CO2的綜合利用及氫能源的開發(fā)備受關(guān)注。請回答下列問題：Ⅰ、乙醇—水催化重整可獲得H2。相關(guān)主要反應(yīng)有：①C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH＝+173kJ·mol?1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝+41kJ·mol?1298K時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的相對能量如圖1所示?？筛鶕?jù)相關(guān)物質(zhì)的相對能量計(jì)算反應(yīng)或變化的ΔH(ΔH隨溫度變化可忽略)。例如：H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝?286kJ·mol?1?(?242kJ·mol?1)＝?44kJ·mol?1。（1）根據(jù)圖1計(jì)算C2H5OH(g)的相對能量＝___________kJ·mol?1，溫度升高對反應(yīng)___________(填①或②)影響更大一些。

（2）在500℃、1.0×105Pa時(shí)，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1molC2H5OH和3molH2O，若僅考慮上述反應(yīng)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性及H2的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖2所示，(CO的選擇性＝)。

①升高溫度，平衡時(shí)CO的選擇性___________(填“增大”或“減小”)。達(dá)到平衡時(shí)，容器中C2H5OH(g)為ɑmol，CO為bmol，此時(shí)ɑ+b=___________，反應(yīng)②的平衡常數(shù)Kp＝__________(用含a、b、V的代數(shù)式表示)。②一定溫度下，若加入CaO(s)，則平衡時(shí)H2的產(chǎn)率增大，與CaCO3熱分解制備的CaO相比，CaC2O4熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是___________。Ⅱ、“Fe——H2O熱循環(huán)制氫和甲酸”的原理如下：①用NaOH或Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3溶液；②反應(yīng)初期鐵粉與NaHCO3溶液反應(yīng)，生成FeCO3和H2，F(xiàn)eCO3迅速轉(zhuǎn)化為活性Fe3O4－x；③活性Fe3O4－x吸附H2并催化轉(zhuǎn)化為HCOO－。（3）③中反應(yīng)的離子方程式為___________。（4）在其他條件相同時(shí)，測得Fe的轉(zhuǎn)化率、HCOO－的產(chǎn)率隨c()變化如圖3所示。HCOO－的產(chǎn)率隨c()增加而增大的可能原因是___________。

【答案】（1）①.?233②.①（2）①.增大②.1③.④.生成等量的CaO，CaC2O4產(chǎn)生的氣體多，使CaO具有更多的微孔結(jié)構(gòu)（3）H2+HCOO－+H2O（4）隨c()增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe3O4－x的速度更快，生成HCOO－的速率更快，產(chǎn)率更大【解析】【小問1詳解】由題中信息可知ΔH＝生成物相對能量和-反應(yīng)物的相對能量和，則反應(yīng)①中：ΔH＝2×(-393)+6×0-3×(-242)-E(C2H5OH)=+173kJ·mol?1，E(C2H5OH)=-233kJ·mol?1，反應(yīng)①和反應(yīng)②均為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)①ΔH更大，受溫度的影響更大，故答案為：-233；①；【小問2詳解】①生成的碳化合物只有和CO，兩者選擇性之和為100%，且兩者選擇性變化曲線應(yīng)對稱，故曲線②代表氫氣的產(chǎn)率；曲線②中300℃以后氫氣的產(chǎn)率隨溫度升高降低，說明平衡主要發(fā)生產(chǎn)生反應(yīng)②生成CO，故曲線③代表CO的平衡選擇性，曲線①代表的選擇性，由曲線變化可知隨溫度的升高CO的選擇性增大；500℃時(shí)、CO的選擇性相等，則n(CO)=n()=bmol，根據(jù)C原子守恒：2a+b+b=2，則a+b=1；平衡時(shí)消耗乙醇的物質(zhì)的量為(1-a)mol，則反應(yīng)①消耗水的物質(zhì)的量為3(1-a)mol，反應(yīng)①生成的氫氣物質(zhì)的量為6(1-a)mol，平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為bmol，則反應(yīng)②生成的水的物質(zhì)的量為bmol，消耗氫氣的物質(zhì)的量為bmol，平衡時(shí)氫氣的總物質(zhì)的量為(6-6a-b)mol，平衡時(shí)水的物質(zhì)的量為3-(3-3a)+b=(3a+b)mol，混合氣體的總物質(zhì)的量為a+b+b+(6-6a-b)+(3a+b)=(6-2a+2b)mol，反應(yīng)②的平衡常數(shù)Kp=，故答案為：增大；1；；②生成等量的CaO，CaC2O4產(chǎn)生的氣體多，使CaO具有更多的微孔結(jié)構(gòu)，具有更好的CO2捕集性能，故答案為：生成等量的CaO，CaC2O4產(chǎn)生的氣體多，使CaO具有更多的微孔結(jié)構(gòu)；【小問3詳解】活性Fe3O4－x吸附H2并催化轉(zhuǎn)化為HCOO－，反應(yīng)離子方程式為：H2+HCOO－+H2O，故答案為：H2+HCOO－+H2O；【小問4詳解】隨c()增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe3O4－x的速度