安徽省蕪湖市2022-2023學年高三上學期期末教學質(zhì)量統(tǒng)測理科綜合化學含解析

2022-2023學年度高三年級第一學期蕪湖市中學教學質(zhì)量統(tǒng)測

理科綜合化學試題

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、學校、考場/座位號、班級、準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，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卷上對應題目選項的答案信息點涂

黑；如需改動，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，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液，不按以上

要求作答無效。

4.考生必須保證答題卷的整潔，考試結束后，將試題卷和答題卷一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H:1N：14Mg:24CI:35.5

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選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.化學與生活、社會發(fā)展息息相關。下列說法正確的是

A.汽油、甘油、花生油均能發(fā)生水解反應和氧化反應

B.用高粱生產(chǎn)白酒的化學原理是淀粉水解生成了乙醇

C.首款異構融合類腦芯片一一天機芯的主要材料與光導纖維相同

D.硫酸銅溶液可用于游泳池水消毒是利用了C/+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，A錯誤；

B.用高粱生產(chǎn)白酒的化學原理是：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錯誤；

C.芯片的主要材料為Si,光導纖維為SiO2,C錯誤；

D.CM+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D

O

2.科學家利用辣椒素R人SSs/丫）來識別皮膚神經(jīng)末梢中的溫度感受器。有關

IIO

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，又能與H2SO4反應

C.1mol該物質(zhì)和H2反應時，最多可消耗5mol出

D.能使澳水和酸性高鐳酸鉀溶液褪色，且反應類型相同

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由結構簡式可知，最右側(cè)甲基所連碳原子，與周圍三個碳原子相連，呈四面體構型，所有碳

原子不可能共面，故A錯誤；

B.該結構中含有酚羥基顯酸性能與NaoH反應，含有酰胺基能與酸繼續(xù)反應，故B正確；

C.該結構中苯環(huán)和碳碳雙鍵能與氫氣加成，Imol該物質(zhì)最多加成4mol氫氣，故C錯誤；

D.該物質(zhì)中含有酚羥基和碳碳雙鍵易被高鎰酸鉀氧化使其褪色，酚羥基鄰對位氫能與溟單質(zhì)發(fā)生取代反

應、碳碳雙鍵能與漠單質(zhì)發(fā)生加成反應，從而使澳水褪色，反應類型不同，故D錯誤：

故選:Bo

3.利用待測樣品和指定的試劑設計實驗能達到實驗目的的是

實驗目的待測樣品試劑

檢驗補鐵劑硫酸亞鐵片是否部分氧硫酸亞鐵片的水溶

A鐵氟化鉀溶液

化液

B檢驗潔廁劑的主要成分是鹽酸潔廁劑硝酸銀溶液

硫酸銅溶液、純堿溶

C檢驗是否患糖尿病患者尿液

液

D檢驗海帶中的碘元素海帶灰浸出液氯水淀粉溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.檢驗補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

亞鐵氟化鉀溶液），若變?yōu)榧t色（或產(chǎn)生藍色沉淀），就證明含有Fe3+,該補鐵劑被氧化，否則未被氧化,

A錯誤；

B.能夠與硝酸銀溶液反應產(chǎn)生白色沉淀的可能是HCL也可能是NaC1、Na2CO3^Na2SO4等物質(zhì)，因此不

能證明潔廁劑的主要成分是鹽酸，B錯誤；

C.檢驗是否患糖尿病，要取患者尿液，向其中加入NaOH至溶液呈堿性，加入新制的CU(C)H)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錯誤；

D.檢驗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：CL+2r=2Cr+L,L遇淀粉

溶液變?yōu)樗{色，證明海帶中含有碘元素，D正確；

故合理選項是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。

/W

-W，

下列說法正確的是

A.原子半徑：Z>Y>X>W

B.簡單氫化物沸點：Y>Z

C.電負性和第一電離能最小的都是W

D.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價陽離子，且原子序數(shù)大于O,則Z為Na；W形

成一條共價鍵，且原子序數(shù)小于O,則W為H；X得1個電子再形成四條共價鍵達到穩(wěn)定結構，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。

【詳解】A.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錯誤；

B.Z為Na,其氫化物為NaH,屬于離子化合物，沸點高于水，故B錯誤；

C.電負性最小的是活潑金屬鈉，故C錯誤；

D.由結構簡式可知，該化合物中存在過氧鍵，具有強的氧化性，可用于殺菌消毒，故D正確；

故選：D0

5.PCl5,PCb是有機合成的重要試劑，PCl5,PCb的熔點依次為167°c、-93.6°C0PCk的空間結構如圖所

示。下列說法正確的是

AJmOlPCL分子含Mmol共價鍵B.PC1.3的空間結構為平面三角形

C.鍵能不同導致PCl5、PCb的熔點不同D.PC”分子中共用電子對偏向氯

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由PCk得空間結構圖可知，1個PCk分子中含有5個共價鍵，則ImolPCk分子含5mol共價

鍵，故A錯誤；

B.PCb的中心氮原子的價層電子對數(shù)=3+g(5-3xl)=4,含有1個孤電子對，空間構型為三角錐形，故B

錯誤；

C.PCk和PCb都是共價化合物，鍵能不影響熔沸點，故C錯誤；

D.Cl元素電負性大于P元素，則PCk分子中共用電子對偏向氯，故D正確；

故選D。

6.我國科學家研發(fā)了一種水系可逆Zn-CO2電池，將兩組陰離子、陽離子復合膜反向放置分隔兩室電解

液。充電、放電時，復合膜層間的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H*通過a膜向Zn電極方向移動

B.放電一段時間后右側(cè)溶液的PH減小

C.充電時陰極上發(fā)生的電極反應式為Zn+40H--Ze-=IZn(OH)J

D.外電路中每通過1mol電子，復合膜層間有0.5molH2O解離

【答案】B

【解析】

【分析】充電、放電時，復合膜層間比0解離成H+和OH,工作原理如圖所示。由裝置可知Zn電極

在放電時作負極，失電子轉(zhuǎn)化為［Zn(OH)」?-,則雙極膜中的OH-應流向負極，氫離子流向正極，多孔

Pd納米片作原電池正極，發(fā)生電極反應為CC>2+2H++2e-=HCOOH,據(jù)此分析解答。

【詳解】A.根據(jù)圖中信息可知，放電時復合膜中OH-通過a膜，H+通過b膜，故A錯誤；

B.放電時Zn為負極，多孔Pd納米片為正極，放電時C02在多孔Pd納米片表面得到電子發(fā)生還原反應轉(zhuǎn)

化為甲酸，導致右側(cè)溶液的PH減小，故B正確；

C.充電時Zn為陰極，多孔Pd納米片為陽極，陰極［Zn(0H)∕2-得到電子發(fā)生還原反應生成Zn,故C錯

'CJ

味；

D.復合膜中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，復合膜層間有1molH2O解離，故D錯誤；

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變化的關系如圖所示，圖中M、N坐標分別為(3.1,

A.H表示一1g：黑)隨溶液PH變化的關系

B.Kaι(H2R)=1×10-"

2

C.NaHR溶液中,C(H2R)>c(R)

D.當C(H水)=c(R2-)時,溶液PH=2.7

【答案】C

【解析】

++2

【詳解】A.H?R為二元弱酸，分兩步電離：H2R/H+HR,HR一.H+R,Ka∣(H2R)=

C(HR-)?C(H+)C(R2)?C(H+)

當縱坐標相同時，值越小，越大，由于第一步

Ka2(H2R)=pHc(H+)

C(H2R)

電離程度遠大于第二步電離程度，所以I［表示-館5*2隨溶液PH變化的關系，故A正確;

C(R~)

c(HR)C(HR)+

B1?9

-由M點坐標2)知，Tg而=2,-=WΛ此時溶液pH="c(H+)=l*,Kal

C(HR)C(H+)10^3'

(HR)==IO-",故B正確;

22

C(H2R)10^

C.NaHR溶液中存在水解平衡HR-+H2O=H2R+OH,由以上分析知KaI(H2R)=K)T∣；則Kh(HR)=

C(HR)?c(OH-)品質(zhì)=1產(chǎn)，由N點坐標可知Tg*=l,C(HR)

2=IO-';此時C(H+)=10-

C(HR)CM)

c(R2-C(H+)

53,K(HR)=-?j~~?—=10-43>K>(HR).所以HR-的電離程度大于其水解程度，c(H2R)<c(R2-),故

a22C(HRJ1

C錯誤；

++2+

C(H2R)-C(H2R)?C(HR)?C(H)?C(H)C(H)1

當時'++

D.c(H2R)=c(R2)C(R2.J-e^zj.e^R).c(H)?c(H)^Ka2(H2R)-Kal(H2R)^

+l4327

c(H)?λ∕Kal(H2R)Ka2(H2R)=√10^'×10-?=10^,PH值等于2.7,故D正確；

故選：Co

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。某小組以含鎰礦料(主要成分是MnCo3,含少量

Fe2O3,Fe3O4^FeO.COO和Sio2)為原料制備LiMn2。4的流程如圖所示(部分條件和產(chǎn)物省略)。

I)MnO->

浸渣固體1固體2Li2CO3O2

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PH2.77.57.67.8

完全沉淀的PH3.79.79.210.4

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，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，其化學式為,則“除雜1”過程

調(diào)節(jié)PH范圍為。

(4)在高溫下“合成”LiMn2。4,反應的化學方程式為。

(5)已知：常溫下,KSP(COS)=3.0X10-26、KSP(MnS)=3.0XK)T、假設“除雜1”后的溶液中C(Mn力為

12+52H

O-Imol-L-,為了使殘液中c(Co)<1.0×IOmol-l??,必須控制c(S~)的范圍為mol?LO

(6)固體1可作為LiFePoa的原料。LiFePO4晶胞結構如圖所示，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、共棱形成空間鏈結構。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o

【答案】(1)粉碎含鋅礦料(或適當加熱、或攪拌)

2++2+3+

(2)MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O

(3)①.Fe(OH)3②.3.7WPHV7.6

(4)4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO3=4LiMn2O4+6CO2+4H2O

(5)3.0×10^13>c(S2^)>3.0×10^21

(6)①.sp3②.4

【解析】

【分析】含鎰礦料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3^Fe3O4>FeO、CoO均溶于硫酸分別生成硫酸鐳、硫酸鐵、

硫酸亞鐵、硫酸鉆，二氧化硅不溶于酸過濾除去，濾液中加二氧化鎰將亞鐵離子氧化為三價鐵，調(diào)節(jié)PH值

使三價鐵完全沉淀為氫氧化鐵除去，再過濾，濾液中加硫化鈉，將鉆轉(zhuǎn)化為CoS沉淀除去，再過濾，濾液

中加碳酸鈉，生成堿式碳酸錦，堿式碳酸鐳與碳酸鋰、氧氣反應生成LiMn2。4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，也可適當升高溫度或進行攪拌，故答案為：粉碎含鎰礦料

(或適當加熱、或攪拌)；

【小問2詳解】

“除雜1”時，加入Mno2將亞鐵離子氧化為三價鐵，Imol亞鐵離子失去ImOl電子，Imol二氧化鎰轉(zhuǎn)化為

2++2+3+

鎰離子得2mol電子，根據(jù)得失電子守恒得離子方程式：MnO2+2Fe+4H-Mn+2Fe+2H2O,故

2++2+3+

答案為：MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O;

【小問3詳解】

加二氧化鎰將亞鐵離子氧化為三價鐵，調(diào)節(jié)PH值使三價鐵完全沉淀為氫氧化鐵除去，則另一種固體為

Fe(OH)3;結合表中數(shù)據(jù)，為使三價鐵離子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，則PH值范圍為：，故答案

為：Fe(OH)3;3.7<pH<7.6;

【小問4詳解】

堿式碳酸鎰與碳酸鋰、氧氣高溫下反應生成LiMn2。4和二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒以及元素守恒得反

高溫

應方程式：4Mn2(0H)2C03+3O2+2Li2CO3^=4LiMn2O4+6CO2+4H2O,故答案為：4Mn2(OH)2CO3+

ι?溫

x

3O2+2Li2CO3^4LiMn2O4+6CO2+4H2O;

【小問5詳解】

KSP(CoS)=3.0XIO%Kw(MnS)=3.0X1OT,假設“除雜1”后的溶液中C(Mn?+)為0?lmol?L^1,則

13

C(S2-)<J(M^S)=30X=3.0×IO-；為了使殘液中C(Co2+)≤LOxiθ-5moi?Ll則

C(Mn2+)0.1

c(S2)=zKsp(c^S)=3QXIo=3.0XION,故答案為：3.O×1O^13>c(S2-)≥3.0×lθ-21;

c(Co2+)1.0×10^5

【小問6詳解】

PO?-的中心原子P的價層電子對數(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,每個晶胞中鋰離子個數(shù)為8X1+4X!+4X1=4,故一個晶胞中有4個LiFePo4,晶胞中含有正八

842

面體的數(shù)目為4,故答案為：sp3；4

9.六氨合氯化鎂(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為原料在實驗室制備MgCl2?6NH3,并測定所得產(chǎn)品中氨的含量。

/攪拌棒

C滴液漏斗/

α-------------Grv

I.制備MgCl2?6NH3

i.首先制備無水MgCI2,實驗裝置如圖（加熱及夾持裝置略去）：

已知：SOCI2熔點-105℃、沸點76℃；遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。

（1）三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為。

（2）該實驗裝置中的不足之處為。

（3）改進裝置后，向三頸燒瓶中緩慢滴加SoCl2時，需打開活塞b,此時不需要打開玻璃塞a,原因為

①___________:②。

ii.制備MgCl2?6NH3

將NH3通入無水MgCl2的乙醇溶液中，充分反應后，過濾、洗滌并自然風干，制得粗品。相關物質(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65°C）易溶易溶難溶

乙二醇（沸點197℃）易溶易溶難溶

（4）生成MgCl2?6NH3的反應需在冰水浴中進行，其原因為。

（5）洗滌產(chǎn)品時，應選擇的洗滌劑為（填選項標號）。

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1.8OOg樣品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；

步驟2：取25.0OmL待測液于錐形瓶中，以K2CrO4為指示劑，用0.200OmOl?L∣AgNCh標準液滴定溶液

中Cl,記錄消耗標準液的體積；

步驟3：重復步驟2操作2—3次，平均消耗標準液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為。

［答案］(1)MgCl2?6H2O+6SOC12=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑

(2)缺少防倒吸措施(3)①.滴液漏斗可以平衡壓強，使SOCI2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NE的揮發(fā)；降低MgCl2?6NH3溶解度，有利于其結晶析出(5)C

(6)5②.MgCI2未完全氨化，導致MgCl2?6H2O混有MgCl2;產(chǎn)品部分分解導致混有MgCI2

雜質(zhì)；自然風干時有少量氨放出。

【解析】

【小問1詳解】

三頸燒瓶中MgCI2?6H2O中的結晶水與SOCI2反應生成HCI和SCh氣體，反應方程式為：MgCl2?6H2O+

6SOC12=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑,故答案為：MgCl2?6H2O+6SOCI2=MgCl2+6SO2↑+12HCl↑;

【小問2詳解】

二氧化硫和Hel均為易溶水氣體，導管直接通入Nae)H溶液中吸收尾氣會引起倒吸，因此在吸收尾氣時

應添加防倒吸裝置，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，便于液體順利流下；另外SoCl2沸點較低易揮發(fā)，且易與水發(fā)生水

解反應，若打開a會有空氣中水蒸氣進入漏斗中使SOC2水解，因此不能打開a,故答案為：滴液漏斗可

以平衡壓強，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】

因為反應物氨氣為易溶水氣體，同時溶水后也易揮發(fā)，在冰水浴中進行反應可減少氨氣的揮發(fā)；另外產(chǎn)物

MgeI2?6NH3易溶于水，溫度低時也有利于其析出晶體，故答案為：減少NH3的揮發(fā)；降低MgCI2?6NH3溶

解度，有利于其結晶析出；

【小問5詳解】

由表中數(shù)據(jù)可知，MgCI2?6NH3在甲醇和乙二醇中均難溶，但乙二醇的沸點較高，不易揮發(fā)，洗滌后在晶

體表面有殘留，因此應選甲醇洗滌，同時為防止洗滌過程中產(chǎn)物分解導致?lián)p失，應在甲醇溶液中通入氨

氣減少MgCl2?6NH3損失，因此洗滌液用C；故答案為：C；

【小問6詳解】

C(Cr)=C(Ag+)=0.200OmolLTXlO.00X10-3L=2×IO3mol,則樣品中氯化鎂的質(zhì)量為:

2><1(^X1()mol×95g∕mol=0.95g,則m(NH3)=1.80-0.95=0.85g,n(NH3)=^∣^=0?05mol,

n(MgCl2):n(NH3)=k5,則x=5；

導致氨氣含量比理論值低的原因可能是：MgCI2未完全氨化，導致MgCI2?6H2O混有MgCl2；產(chǎn)品部分分

解導致混有MgCI2雜質(zhì)；自然風干時有少量氨放出。故答案為：5；MgCl2未完全氨化，導致MgCl2?6H2O

混有MgCI2;產(chǎn)品部分分解導致混有MgCl2雜質(zhì)；自然風干時有少量氨放出。

10.隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，CO2的綜合利用及氫能源的開發(fā)備受關注。請回答下列問題：

I、乙醇一水催化重整可獲得H2o相關主要反應有：

1

①C2H5OH(g)+3H2O(g).-2CO2(g)+6H2(g)ΔH=+173kJ?mol^

②CO2(g)+H2(g).'CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ?mol^*

298K時，相關物質(zhì)的相對能量如圖1所示。可根據(jù)相關物質(zhì)的相對能量計算反應或變化的AH(AH隨溫度

變化可忽略)。例如：H2O(g)=H2O(I)AH=-286kJ?moL-(-242kJ?molT)=-44kJ?moL.

(1)根據(jù)圖1計算C2H5OH(g)的相對能量=kJ?moΓl,溫度升高對反應__________(填①或

IOOi-

-H2(g)

O-------------------0

-C0(g)-HO

∈-IOO

②)影響更大一些。3onn

L%0(g)…242

0-300:~H^(I)^-286

:C02(g)_393

-400

圖1

(2)在500℃、LOXlO5pa時?，向體積為VL的恒容密閉容器中通入ImolC2H5OH和3molH2O,若僅考

慮上述反應，平衡時CCh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=

——711生弋(8)~-×100%).

生成

n生成(CO2)+n(Co)

%Oo

8O

、?

忙6O

假

?

?

40①升高溫度，平衡時CO的選擇性(填“增大”或“減

?20

0

0100200300400500600700

TIoC

圖2

小”)。達到平衡時,容器中C2H5OH(g)為αmol,，此時α+b=，反應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o

11

II?Fe-HCO；-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反應初期鐵粉與NaHCo3溶液反應，生成FeCO3和H2,FeCO3迅速轉(zhuǎn)化為活性Fe3O4-X;

③活性Fe3O4τ吸附H2并催化HCO-轉(zhuǎn)化為HCOo一。

(3)③中反應的離子方程式為。

(4)在其他條件相同時，測得Fe的轉(zhuǎn)化率、HCOO的產(chǎn)率隨C(HCo。變化如圖3所示。HCOcr的

產(chǎn)率隨C(HC0；)增加而增大的可能原因是。

IOOi------------------------------------------1

%

、80

樹60

世

窗

?

740

y20*Fe的轉(zhuǎn)化率

群

?HCOCT的產(chǎn)率

0O0.30.81.31.8

c(HCO3)∕(mol?L^1)

圖3

【答案】⑴①.-233②.①

(2)①.增大②.1③.b(3a+b)④.生成等量的CaO,CaC2O4產(chǎn)生的氣體多，使CaO

6-6a-b

具有更多的微孔結構

Fe,O4_x

(3)H2+HCO；HCC)CΓ+&O

(4)隨C(HCO；)增加，生成FeCo3和比的速率更快，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AH=生成物相對能量和-反應物的相對能量和，則反應①中：ΔH=2×(-393)+6XO-

3×(-242)-E(C2H5OH)=+173kJ?mol^',E(C2H5OH)=-233kJ?mol反應①和反應②均為吸熱反應，反應

①AH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CO2和CO,兩者選擇性之和為100%,且兩者選擇性變化曲線應對稱，故曲線②

代表氨氣的產(chǎn)率；曲線②中300C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②生成

CO,故曲線③代表Co的平衡選擇性，曲線①代表CO2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CO2、CO的選擇性相等，則n(CO)=n(COzAbmol,根據(jù)C原子守恒：

2a+b+b=2,則a+b=l;平衡時消耗乙酚的物質(zhì)的量為(l-a)mol,則反應①消耗水的物質(zhì)的量為3(l-a)mol,

反應①生成的氫氣物質(zhì)的量為6(l-a)mol,平衡時CO的物質(zhì)的量為bmol,則反應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,平衡時氫氣的總物質(zhì)的量為(6-6a-b)mol,平衡時水的物質(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②的平衡常

b(3a+b)

數(shù)KP=喘嘿=∕??=喋駕,故答案為：增大；1；

p(CO2)?p(H2)b(6-6a-b)6-6a-b6-6a-b

6-2a+2b6-2a+2b

②生成等量的CaO,CaC2(‰產(chǎn)生的氣體多，使Cao具有更多的微孔結構，具有更好的CCh捕集性能，故

答案為：生成等量的CaO,CaC2O4產(chǎn)生的氣體多，使CaO具有更多的微孔結構；

【小問3詳解】

Fe3O4,x

活性Fe3CUr吸附H2并催化HCQ-轉(zhuǎn)化為HCoO一，反應離子方程式為：H2+HCO；----------HCOO^

FeQ1

+H2O,故答案為：H2+HCO；HCC)CT+氏0；

【小問4詳解】

隨C(HC0；)增加，生成FeCo3和H2的速率更快，得到活性Fe3O"x的速度更快，生成HCOO的速率

更快，產(chǎn)率更大，因此HCOer的產(chǎn)率隨C(HeO])增加而增大，故答案為：隨C(HC0；)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。

11.化合物I是合成雌酮激素的中間體，合成路線如下:

E