安徽省蕪湖市2023屆高三上學期期末教學質(zhì)量統(tǒng)測化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省蕪湖市2023屆高三上學期期末教學質(zhì)量統(tǒng)測可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1N：14Mg：24Cl：35.5一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42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(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(gòu)融合類腦芯片——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Cu2+能使蛋白質(zhì)變性〖答案〗D〖解析〗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．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，又能與H2SO4反應C.1mol該物質(zhì)和H2反應時，最多可消耗5molH2D.能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，且反應類型相同〖答案〗B〖解析〗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錯誤；B．該結(jié)構(gòu)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(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、碳碳雙鍵能與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應，從而使溴水褪色，反應類型不同，故D錯誤；故選：B。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A檢驗補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檢驗潔廁劑的主要成分是鹽酸潔廁劑硝酸銀溶液C檢驗是否患糖尿病患者尿液硫酸銅溶液、純堿溶液D檢驗海帶中的碘元素海帶灰浸出液氯水淀粉溶液〖答案〗D〖解析〗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（或亞鐵氰化鉀溶液），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(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：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2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。下列說法正確的是（）A.原子半徑：Z>Y>X>WB.簡單氫化物沸點：Y>ZC.電負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〖祥解〗Y(jié)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(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?！驹斘觥緼．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(jié)構(gòu)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：D。5.PCl5、PCl3是有機合成的重要試劑，PCl5、PCl3的熔點依次為167℃、-93.6℃。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共價鍵 B.PCl3的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形C.鍵能不同導致PCl5、PCl3的熔點不同 D.PCl5分子中共用電子對偏向氯〖答案〗D〖解析〗A．由PCl5得空間結(jié)構(gòu)圖可知，1個PCl5分子中含有5個共價鍵，則1molPCl5分子含5mol共價鍵，故A錯誤；B．PCl3的中心氮原子的價層電子對數(shù)=3+(5-3×1)=4，含有1個孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯誤；C．PCl5和PCl3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PCl5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+4OH－－2e－＝D.外電路中每通過1mol電子，復合膜層間有0.5molH2O解離〖答案〗B〖祥解〗充電、放電時，復合膜層間H2O解離成H+和OH－，工作原理如圖所示。由裝置可知Zn電極在放電時作負極，失電子轉(zhuǎn)化為，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，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．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CO2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，陰極得到電子發(fā)生還原反應生成Zn，故C錯誤；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(guān)系如圖所示，圖中M、N坐標分別為(3.1，2)、(5.3，1)。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)＝1×10?1.1C.NaHR溶液中，c(H2R)>c(R2?)D.當c(H2R)＝c(R2?)時，溶液pH＝2.7〖答案〗C〖解析〗A．H2R為二元弱酸，分兩步電離：，，Ka1(H2R)=，Ka2(H2R)=，當縱坐標相同時，pH值越小，越大，由于第一步電離程度遠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點坐標(3.1，2)知，=2，=10-2，此時溶液pH=3.1，=10-3.1，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點坐標可知=1，=10-1；此時=10-5.3，Ka2(H2R)==10-4.3>Kh()，所以HR-的電離程度大于其水解程度，c(H2R)<c(R2?)，故C錯誤；D．當c(H2R)＝c(R2?)時，，，pH值等于2.7，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”LiMn2O4，反應的化學方程式為_____________________________。（5）已知：常溫下，Ksp(CoS)＝3.0×10?26、Ksp(MnS)＝3.0×10?14。假設“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、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__________?！即鸢浮剑?）粉碎含錳礦料(或適當加熱、或攪拌)（2）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O（3）Fe(OH)33.7≤pH<7.6（4）4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O（5）3.0×10?13>c(S2?)≥3.0×10?21（6）sp34〖祥解〗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、氧氣反應生成LiMn2O4和二氧化碳，據(jù)此分析解答?！驹斘觥浚?）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：粉碎含錳礦料(或適當加熱、或攪拌)；（2）“除雜1”時，加入MnO2將亞鐵離子氧化為三價鐵，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；（3）加二氧化錳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(jié)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；（4）堿式碳酸錳與碳酸鋰、氧氣高溫下反應生成LiMn2O4和二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒以及元素守恒得反應方程式：4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O，故〖答案〗為：4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO34LiMn2O4+6CO2+4H2O；（5）Ksp(CoS)＝3.0×10?26、Ksp(MnS)＝3.0×10?14。假設“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；（6）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，故一個晶胞中有4個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為原料在實驗室制備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，實驗裝置如圖(加熱及夾持裝置略去)：已知：SOCl2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(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65℃)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1.800g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____________________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）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，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）5MgCl2未完全氨化，導致MgCl2·6H2O混有MgCl2；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?！冀馕觥剑?）三頸燒瓶中MgCl2·6H2O中的結(jié)晶水與SOCl2反應生成HCl和SO2氣體，反應方程式為：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑，故〖答案〗為：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；（2）二氧化硫和HCl均為易溶水氣體，導管直接通入NaOH溶液中吸收尾氣會引起倒吸，因此在吸收尾氣時應添加防倒吸裝置，故〖答案〗為：缺少防倒吸措施；（3）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SOCl2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；（4）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MgCl2·6NH3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MgCl2·6NH3溶解度，有利于其結(jié)晶析出；（5）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；（6）c(Cl-)=c(Ag+)=0.2000mol·L?1×10.00×10-3L=2×10-3mol，則樣品中氯化鎂的質(zhì)量為：=0.95g，則m(NH3)=1.80-0.95=0.85g，n(NH3)=，n(MgCl2):n(NH3)=1:5，則x=5；導致氨氣含量比理論值低的原因可能是：MgCl2未完全氨化，導致MgCl2·6H2O混有MgCl2；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。故〖答案〗為：5；MgCl2未完全氨化，導致MgCl2·6H2O混有MgCl2；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(guān)注。請回答下列問題：Ⅰ、乙醇—水催化重整可獲得H2。相關(guān)主要反應有：=1\*GB3①C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH＝+173kJ·mol?1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝+41kJ·mol?1298K時，相關(guān)物質(zhì)的相對能量如圖1所示。可根據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對能量計算反應或變化的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計算C2H5OH(g)的相對能量＝___________kJ·mol?1，溫度升高對反應___________(填①或②)影響更大一些。（2）在500℃、1.0×105Pa時，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，平衡時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CO的選擇性___________(填“增大”或“減小”)。達到平衡時，容器中C2H5OH(g)為ɑmol，CO為bmol，此時ɑ+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_______________________________________________________________。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反應初期鐵粉與NaHCO3溶液反應，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()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___________________________________________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）?233①（2）①增大1②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〗（1）由題中信息可知ΔH＝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)+6×0-3×(-242)-E(C2H5OH)=+173kJ·mol?1，E(C2H5OH)=-233kJ·mol?1，反應①和反應②均為吸熱反應，反應①ΔH更大，受溫度的影響更大，故〖答案〗為：-233；①；（2）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、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；平衡時消耗乙醇的物質(zhì)的量為(1-a)mol，則反應①消耗水的物質(zhì)的量為3(1-a)mol，反應①生成的氫氣物質(zhì)的量為6(1-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)；（3）活性Fe3O4－x吸附H2并催化轉(zhuǎn)化為HCOO－，反應離子方程式為：H2+HCOO－+H2O，故〖答案〗為：H2+HCOO－+H2O；（4）隨c()增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe