湖北省荆荆襄宜四地七校2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题

2023年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考化学试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Fe56Cu64Zn65一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.用Na2CO3溶液处理锅炉中的CaSO4，利用了沉淀转化原理B.烟花绽放时的五彩缤纷，这是利用了原子的吸收光谱C.航空母舰上的防腐涂料中使用的石墨烯与乙烯互为同系物D.太阳能电池板和锂离子电池组，均可将化学能转变为电能【答案】A【解析】【详解】A．用Na2CO3溶液处理锅炉中的CaSO4，利用了沉淀转化原理，使硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，再利用酸溶解而除去，选项A正确；B．烟花绽放利用的是原子的发射光谱，选项B错误；C．石墨烯是单质，乙烯为烯烃，二者不互为同系物，选项C错误；D．太阳能电池板是将光能转化为电能，锂离子电池组是将化学能转变为电能，选项D错误；答案选A。2.下列化学用语表达正确的是A.HClO分子的结构式：H－Cl－O B.含18个中子的氯原子：ClC.乙烯的空间填充模型： D.四氯化碳的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．HClO分子的结构式为HOCl，选项A错误；B．含18个中子的氯原子，质量数为35，可表示为：Cl，选项B正确；C．表示的是乙烯的球棍模型，选项C错误；D．四氯化碳分子中含有4个碳氯键，碳原子和氯原子最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳正确的电子式为：，选项D错误；答案选B3.下列反应的离子方程式正确的是A用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH+H2↑+Cl2↑B.碱性高锰酸钾溶液和草酸：2+H2C2O4+2OH=2+2CO2↑+2H2OC.Ba(OH)2溶液与足量NaHCO3溶液：2+Ba2++2OH=BaCO3↓+2H2O+D.Ca(ClO)2溶液通入SO2：Ca2++2ClO+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．正确的离子方程式为Mg2++2Cl⁻+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，选项A错误；B．正确的离子方程式为2+H2C2O4+6OH＝2+2+4H2O，选项B错误；C．Ba(OH)2溶液与足量NaHCO3溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2+Ba2++2OH=BaCO3↓+2H2O+，选项C正确；D．要发生氧化还原反应，Ca(ClO)2溶液通入足量SO2：Ca2++2ClO⁻+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl+4H++，Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++3ClO⁻+SO2+H2O＝CaSO4↓+Cl+2HClO，选项D错误；答案选C。4.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.1mol晶体硅中Si－Si键的数目为2NAB.精炼铜阴极增重3.2g时阳极生成Cu2+数目为0.05NAC.28gC2H4和环丙烷的混合物中含有C原子数为2NAD.0.5molPCl5中P的价层电子对数为2.5NA【答案】B【解析】【详解】A．硅原子通过4个单键与周围4个硅原子形成共价键，根据均摊原则，1mol晶体硅中SiSi键的数目为2NA，故A正确；B．精炼铜阴极增重3.2g时电路中转移电子0.01mol，阳极除了Cu溶解外，还有Zn等杂质，所以生成Cu2+数目小于0.05NA，故B错误；C．C2H4和环丙烷的最简式都是CH2，28gC2H4和环丙烷的混合物中含有C原子数为，故C正确；D．PCl5中P的价层电子对数为，0.5molPCl5中P的价层电子对数为2.5NA，故D正确；选B。5.维生素C可以提高免疫力，预防和治疗疾病，其结构如图。下列关于该物质的说法不正确的是A.含有3种官能团 B.具有一定的水溶性C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.红外光谱、X射线都可以用于分析该结构【答案】C【解析】【详解】A．分子结构中含有羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，A正确；B．分子中含有4个羟基，羟基能与H2O分子形成分子间氢键，故具有一定的水溶性，B正确；C．分子中的羟基、碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．红外光谱可以测量出有机物中含有的官能团、化学键，X射线都可以用于分析该结构，D正确；故答案为：C。6.下列实验所选择的装置或仪器都正确的是ABCD将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3验证非金属性C＞Si证明乙炔可使溴水褪色除去NO中混有的少量NO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．不能用将FeCl3溶液蒸干的方法制备FeCl3，加热过程中会引起盐的水解，选项A错误；B．盐酸具有挥发性，生成的CO2气体中会含有HCl气体，HCl与硅酸钠溶液反应也会产生白色沉淀，无法证明非金属性C＞Si，选项B错误；C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔气体中含有H2S、PH3等杂质，这些杂质都可以使溴水褪色，选项C错误；D．除去NO中混有的少量NO2，可以用通过碱液的方法，选项D正确；答案选D。7.[Cu(NH3)4]SO4•H2O是一种重要的染料及合成农药中间体。实验室制备过程是：向CuSO4溶液中逐渐滴加稀氨水，先形成难溶物，后溶解得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色晶体。下列有关说法不正确的是A.0.5mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键为8molB.[Cu(NH3)4]2+中H－N－H的键角与NH3中H－N－H的键角相等C.可加入少许[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体代替用玻璃棒摩擦试管壁D.的VSEPR模型和空间构型都为正四面体形【答案】B【解析】【详解】A．[Cu(NH3)4]2+中含有σ键有4×3+4=16，0.5mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键为8mol，选项A正确；B．[Cu(NH3)4]2+中由于NH3提供孤电子对形成配位键，斥力减弱，所以其中HNH的键角大于NH3中HNH的键角，选项B错误；C．过饱和溶液中可用加入少量晶体、用玻璃棒摩擦试管壁促进晶体的析出，选项C正确；D．中S原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，VSEPR模型和空间构型都为正四面体形，选项D正确；答案选B。8.图a、b、c、d分别表示给定物质与性质从左至右的变化趋势(纵坐标的标度不同)，下列说法不正确的是A.由图a变化分析得知是由于氢键和范德华力的影响B.由图b变化分析得知是由于离子键的成分逐渐降低C.由图c变化分析得知是由于相对分子质量逐渐减小D.由图d变化分析得知是由于烃基推电子效应逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．由于HF分子之间易形成氢键，熔沸点最高，HCl、HBr、HI其组成和结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增强，熔沸点增大，A正确；B．由于从FI的非金属性逐渐减弱，与Pb化合时形成的化学键离子键成分逐渐减少，共价键的成分逐渐增加，引起熔沸点发生变化，B正确；C．从一氯乙酸到三氯乙酸，由于羟基的极性逐渐增大，酸性增强，C错误；D．从甲酸到丙酸，由于烃基的增大，推电子效应增大，使羧基中的羟基的极性减小，酸性减弱，D正确；故答案为：C。9.ZnO是一种光电材料，其存在多种晶体结构，其中纤锌矿型和闪锌矿型是最常见的晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。下列说法正确的是A.图a中包含了两个更小的重复结构单元，所以图a不是纤锌矿型ZnO的晶胞单元B.图b的闪锌矿型ZnO晶体中离O距离最近的Zn原子数为8C.图b闪锌矿型属于立方晶胞，原子1的坐标为(，，0)，则原子2的坐标为(，，)D.图b闪锌矿型晶胞参数为，阿伏伽德罗常数的值为NA，则晶体密度为g/cm3【答案】D【解析】【详解】A．晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，图示结构中包含了三个更小的重复结构单元，选项A错误；B．以顶面面心的O原子为例，该晶胞中有个Zn原子距离其最近且相等，该晶胞的上方晶胞中还有两个，所以离O距离最近的Zn原子数为4，选项B错误；C．根据原子的坐标可知底面左上角原子为原点，晶胞棱长为单位，原子位于体对角线上，坐标为，故答案为：，选项C错误；D．图b闪锌矿型晶胞：一个晶胞的质量为，晶胞参数为，则体积为，所以密度为，选项D正确；答案选D。10.一种新型材料的结构如图所示。已知R、T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Z位于同一主族，R、T的最高正价和最低负价相加均等于零，Y单质极易与常见无色无味液体物质发生置换反应且做氧化剂，下列说法不正确的是A.基态Z原子的核外价电子数为5B.W、X、Y简单离子的半径依次减小C.X的最简单氢化物的稳定性低于Y的最简单氢化物D.T、W、X、Y的第一电离能大小顺序T＜W＜X＜Y【答案】D【解析】【分析】R、T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Z位于同一主族，R、T的最高正价和最低负价相加均等于零，R为H、T为C，Y单质极易与常见无色无味液体物质发生置换反应且做氧化剂，则为F2与水反应，Y为F，根据结构推导出R、T、W、X、Y、Z分别为H、C、N、O、F、P元素。【详解】A．基态P原子的核外价电子数为5，选项A正确；B．离子半径N3>O2>F，选项B正确；C．O的非金属性弱于F，最简单氢化物的稳定性H2O<HF，选项C正确；D．第一电离能C<O<N<F，选项D错误；答案选D。11.2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学”的科学家。该研究在新材料和药物合成方面有广泛应用，按如图原理可以合成含三氮唑环(含π的大π键)的化合物，代表一种原子。下列说法正确的是A.生成物中，α位置比β位置的N原子更容易形成配位键B.铜离子能降低反应的焓变，加快反应速率C.生成物中的所有原子不在同一平面上D.反应物中黑球元素的电负性强于N【答案】A【解析】【详解】A．位置的原子中含有对孤电子对，生成物中、两位置的原子中，位置的原子更容易形成配位键，选项A正确；B．铜离子是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项B错误；C．生成物中含有的大键，所有原子在同一平面上，选项C错误；D．图中氮原子显正电性，则与黑球元素直接连接的应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，黑球元素的电负性弱于，选项D错误；答案选A。12.氯与不同价态的铜可生成两种阴离子，其结构均为无限长链结构(如图所示)，下列有关说法正确的是A.图中Cu的配位数为3 B.两种阴离子的化学式为，C.Cu元素位于元素周期表中的d区 D.结构中的Cl原子杂化轨道类型为sp3【答案】B【解析】【详解】A．根据图示结构，Cu的配位数为4，选项A错误；B．根据图示结构一个Cu离子周围有3个Cl，Cu元素的化合价有+1，+2价，两种阴离子的化学式为，，选项B正确；C．Cu元素位于元素周期表中的ds区，选项C错误；D．图中的Cl有两种，一种杂化轨道类型为sp3，另外一种Cl是非中心原子，选项D错误；答案选B。13.间接电解法除N2O，其工作原理如图所示，已知H2S2O4是一种弱酸。下列有关该装置工作的说法正确的是A.b为直流电源的负极B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解池的阴极电极反应式为2H2SO3+2e+2H+=H2S2O4+2H2OD.在吸收池中，H2S2O4被N2O还原为H2SO3从而实现循环使用【答案】C【解析】【分析】根据图示，左边反应室H2SO3经反应后生成H2S2O4，S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池中，硫酸的浓度增大，H+应该向左边移动，所以离子交换膜应该是阳离子交换膜；【详解】A．根据图示，左边反应室H2SO3经反应后生成H2S2O4，S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，选项A错误；B．右边阳极室发生反应2H2O4e=4H++O2↑，硫酸的浓度增大，H+应该向左边移动，所以离子交换膜应该是阳离子交换膜，选项B错误；C．阴极电极反应式为2H2SO3+2e+2H+=H2S2O4+2H2O，选项C正确；D．在吸收池中，H2S2O4被N2O氧化为H2SO3从而实现循环使用，选项D错误；答案选C。14.科学家Kumada和Corriu在研究使芳香烃增长碳链(也称碳碳偶联)方面作出杰出贡献，其研究反应机理如图(其中Ar代表苯环，R代表烃基)。下列说法不正确的是A.NiL2在反应中过程中作催化剂 B.反应过程只涉及极性键的断裂和形成C.该偶联过程总反应的原子利用率小于100% D.从机理图中可以推测为平面结构【答案】B【解析】【详解】A．根据图示NiL2在反应过程中，开始参与反应，最后又生成，故作催化剂，选项A正确；B．根据图示，反应过程有极性键的断裂和形成，还有非极性键CC等化学键的形成，选项B错误；C．该偶联反应方程式为ArBr+RMgBrMgBr2+ArR，原子利用率小于100%，选项C正确；D．根据历程图示，应该是一种平面结构，若是四面体结构，则过程中的两种物质是同一物质（实际与[Cu(NH3)4]2+一样，发生dsp2杂化），选项D正确；答案选B。15.以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L1的NaOH溶液滴定pH=4的未知浓度H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ变化关系如图所示。[已知：A2的分布系数：δ(A2)=，101.7=0.02]下列叙述不正确的是A.曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA) B.H2A溶液的浓度约为0.02000mol•L1C.NaHA溶液显碱性 D.a点溶液中：c(Na+)＞2c(A2)+c(H2A)【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，H2AH++HA、HAH++A2，酸性较强时，应该是H2A为主要组分，所以曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，曲线③代表δ(A2－)，选项A正确；B．由H2AH++HA，Ka1==106.3，则c（H+）≈[c（H2A）×Ka1]0.5=104，c（H2A）=101.7=0.02000mol/L，选项B正确；C．NaHA溶液，Ka2==1010.3，其Kh2==107.7>1010.3，水溶液显碱性，选项C正确；D．a点溶液中由电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA)+c(OH)，又a点溶液显酸性，c(H＋)>c(OH)，且c(HA)=c(H2A)，所以c(Na＋)<2c(A2－)＋c(H2A)，选项D错误；答案选D。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.异丁酸乙酯是一种食品香精原料，可以用乙烯、链烃A为原料进行合成，在下列转化关系中部分反应物和产物已略去。（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在66～73之间，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式为______。（2）用系统命名法命名链烃B的名称为______。（3）有机物D和有机物E反应生成异丁酸乙酯的化学方程式为______。（4）链烃B转化生成有机物E的反应类型是______；CH2=CH2转化生成有机物D的反应类型是______。（5）G是A的一种同分异构体，它的核磁共振氢谱只有一组峰(不考虑立体异构)，则G的结构简式为______。（6）链烃F与链烃B互为同系物，其分子中比B多一个碳原子，且分子中存在一个手性碳原子，链烃F的结构简式为______。【答案】（1）（2）3－甲基－1－丁烯（3）+HOC2H5+H2O（4）①.氧化反应②.加成反应（5）（6）【解析】【分析】设A的分子式为CxHy，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，则且，解得x=5,y=8，则A的分子式为C5H8；不饱和度为，链烃A有支链且只含有一个官能团，故为炔烃类物质，为3甲基1丁炔。链烃B为A的加成产物且可以被氧化剂氧化为羧酸，所以B为3甲基1丁烯。有机物D和有机物E发生酯化反应生成异丁酸乙酯，故有机物D为醇类物质，结构简式为：HOC2H5；有机物E为羧酸类物质，结构简式为：。【小问1详解】由以上分析，A的分子式为C5H8，链烃A有支链且为炔烃类物质，则A的结构简式为：；【小问2详解】链烃B的结构简式为：,则用系统命名法命名链烃B的名称为：3－甲基－1－丁烯；【小问3详解】有机物D和有机物E的反应属于醇与羧酸的酯化反应，方程式为：+HOC2H5+H2O；【小问4详解】链烃B转化成有机物E的反应是烯烃转化为羧酸的反应，属于氧化反应；CH2=CH2转化生成有机物D的反应属于乙烯与水反应生成乙醇的加成反应。【小问5详解】G的核磁共振氢谱只有一组峰，说明只有一种氢原子，其结构应该为：。【小问6详解】链烃F与链烃B互为同系物，其分子中比B多一个碳原子，且分子中存在一个手性碳原子，链烃F的结构简式为：。17.实验室利用FeCl2•4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）实验开始先通N2，其作用______。（2）反应时B装置需要加热，加热方式为______。（3）装置C内发生反应的化学方程式为______。（4）E的名称是_____。（5）F装置的作用是_____。（6）现有含少量FeCl2•4H2O和其它杂质(不含水)的FeCl2样品，为测定FeCl2的百分含量，进行如下实验：实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗vmL(滴定过程中Cl和其它杂质均不与Cr2O反应)。实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。则FeCl2的百分含量为_____(用含m1、m2、c、v的表达式表示，不必化简)；下列情况会导致FeCl2的含量测量值偏小的是_____(填标号)。A.样品与SOCl2反应时失水不充分B.实验II中，称重过程中样品发生了潮解C.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成【答案】（1）排除装置的空气（2）水浴加热（3）FeCl2•4H2O+4SOCl2=FeCl2+4SO2↑+8HCl↑（4）球形冷凝管(或冷凝管)（5）吸收SO2和HCl，防止污染空气（6）①.×100%②.BC【解析】【分析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2▪4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2▪4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HC1可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。【小问1详解】实验开始先通入氮气，排尽装置中的空气，防止亚铁离子被氧化。【小问2详解】为了B装置能提供稳定的SOCl2气流，反应时B装置需要加热，加热方式为水浴加热。【小问3详解】FeCl2•4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)反应生成二氧化硫和氯化氢和氯化亚铁，方程式：FeCl2•4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑。小问4详解】E的名称是球形冷凝管(或冷凝管)。【小问5详解】F中用氢氧化钠溶液吸收SO2和HCl，防止污染空气。【小问6详解】滴定过程中的反应离子方程式为：，则m1g样品中氯化亚铁总量n(FeCl2)=6n()=6cv×103mol；实验Ⅱ中失去的水的质量为（m1m2）g，则FeCl2•4H2O的质量为g，无水氯化亚铁的百分含量为×100%。A.样品与SOCl2反应时失水不充分，则得到（m1m2）的质量变小，则氯化亚铁的百分数偏大；B.实验II中，称重过程中样品发生了潮解，则m1的质量变大，则氯化亚铁的百分数偏小；C.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则重铬酸钾的量减小，则氯化亚铁的总量减小，则测定氯化亚铁的百分数偏小。故选BC。18.氢氧化氧镍是高性能一次电池的电极材料。某工厂利用含镍废渣(主要含NiO及少量Fe2O3、FeO、CuO、CaO、SiO2)为原料制备氢氧化氧镍的工艺流程如图：已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1038，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×1016，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×1015，当溶液中离子浓度低于1.0×105mol/L时，认为沉淀完全。回答下列问题：（1）基态Ni原子的价电子排布式为______，其电子占据的最高能层的符号为______。（2）写出一种提高“酸浸”速率的措施______。（3）“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为______。（4）有人提出用绿色试剂H2O2代替NaClO也可以达到“氧化”效果，但实践发现所用的H2O2远高于理论用量。试分析造成这一结果的原因是______。（5）当调节pH=5.5时，______(填“能”或“不能”)达到沉铁目的。（6）“氧化”生成氢氧化氧镍的离子方程式为______。【答案】（1）①.3d84s2②.N（2）升高反应液温度、粉碎镍渣、搅拌、适当增加硫酸浓度等（3）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+4H+（4）Fe3+催化过氧化氢分解（5）能（6）2Ni2++Cl2+6OH=2NiOOH↓+2Cl+2H2O(或者写成分步形式Ni2++2OH=Ni(OH)2↓，2Ni(OH)2+Cl2+2OH=2NiOOH+2Cl+2H2O)【解析】【分析】根据流程图可知，【小问1详解】基态Ni原子的价电子排布式为3d84S2，其核外电子占据最高能层的符号是N；故答案为：3d84S2；N；【小问2详解】提高“酸浸”速率的措施有升高反应液温度、粉碎镍渣、搅拌、适当增加硫酸浓度等；故答案为：升高反应液温度、粉碎镍渣、搅拌、适当增加硫酸浓度等；【小问3详解】“沉铜”过程中，发生了复分解反应生成了CuS，发生氧化还原反应生成了S；故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+4H+；【小问4详解】氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于后续除去，H2O2和NaClO都可以达到效果，但是Fe3+会有催化作用，H2O2在这一过程中会分解；故答案为：Fe3+催化过氧化氢分解；【小问5详解】通过Ksp[Fe(OH)3]计算得知c(Fe3+)=4×1038/(108.5)3=4×1012.5，而此时Ni2+无影响，所以可以达到沉铁目的；故答案为：能；【小问6详解】氧化过程将Ni2+氧化生成了NiOOH，2Ni2++Cl2+6OH=2NiOOH+2Cl+2H2O（或写成分步形式Ni2++2OH=Ni(OH)2↓，2Ni(OH)2+Cl2+2OH=2NiOOH+2Cl+2H2O；故答案为：2Ni2++Cl2+6OH=2NiOOH+2Cl+2H2O。19.阿根廷科学家MasVeronica等人利用Ni(Ⅱ)Al(Ⅲ)层状复合催化剂进行了乙醇水蒸气重整制氢的研究。其主要反应为反应I.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)△H1=+173.3kJ/mol△S=+362.7J/(K•mol)反应Ⅱ.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)△H2=+255.7kJ/mol若在恒容密闭容器中发生上述反应。（1）反应I在常温下______(填“能”或“不能”)自发进行。（2）对上述恒容密闭容器中的体系，下列说法正确的是______。A.增大H2O(g)的浓度，有利于提高C2H5OH平衡转化率B.一定温度下，增大C2H5OH的浓度可以提高C2H5OH的平衡转化率C.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡D.升高温度可以使反应I、Ⅱ的正反应速率加快，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动（3）研究发现，在压强为P0Pa，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=×100%。①图中曲线表示平衡时H2产率随温度变化的曲线是______。②在密闭容器中，以投料比n(C2H5OH)：n(H2O)=3：8通入混合气体，此时C2H5OH的转化率为66.67%，求交点M坐标为(500℃，50%)时反应Ⅱ的平衡常数Kp=______(只需列出计算表达式，不必化简。已知Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，即将K表达式中的平衡浓度用平衡分压代替)③一定能提高CO选择性的关键因素是______。④请分析说明曲线②随温度变化的原因______。（4）对乙醇水蒸气重整制氢反应I进行反应机理分