2023届高三第一次学业质量评价（12月T8联考）化学试题

2023届高三第一次学业质量评价(T8联考)化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：H1C12N14OS32K394052555659647075137一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42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。1.2022年卡塔尔世界杯中，赛场内外随处可见“中国制造”，下列说法不正确的是A.世界杯纪念钞由特制的塑料薄片制得，这种塑料是一种新型的有机高分子材料B.卡塔尔阿尔卡萨800兆瓦光伏电站实现了将光能转化为电能，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境C.裁判在发定位球之前，会向草坪喷出白色的定位喷雾，它由17％的液化丁烷()和80％的水组成，具有无污染、不影响草地的特点，由此可推断：该定位喷雾可长时间存在D.义乌制造的旗帜飘扬在卡塔尔首都多哈的大街小巷，用于制作旗帜的主要材质是涤纶，具有透风性好、不易损坏的特点【答案】C【解析】【详解】A．特制的塑料是一种新型的性能优良的有机合成高分子材料，故B正确；B．光伏电站实现了将光能转化为电能，可以减少化石能源的使用，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境，故B正确；C．丁烷常温下为气体，所以定位喷雾不可能长时间存在，会迅速消失，故C错误；D．涤纶是具有透风性好、不易损坏的有机合成高分子材料，故D正确；故选C。2.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语正确的是A.中子数为10的氧原子： B.的电子式：C.的空间填充模型： D.、、互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．氧原子质子数为8，中子数为10，质量数为18，表示为，A正确；B．的电子式Ca2+[]2-，B错误；C．题中给的是的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；D．具有相同质子数不同中子数的同一类元素的不同种原子互为同位素，是单质，、、不是同位素，D错误；答案选A。3.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol与溶液完全反应，溶液中存在B.1mol重水比1mol水多个质子C.电解精炼铜时，电路中每通过个电子时阳极溶解32gD.常温常压下，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有的原子数为【答案】D【解析】【详解】A．与反应生成NaCl和NaClO，ClO-会发生水解生成HClO，所以反应后后溶液中含氯粒子有Cl-、ClO-、HClO，根据氯原子守恒，，A错误；B．D2O和H2O质子数相同，中子数不同，B错误；C．电解精炼铜时，阳极铜失电子，比铜金属性强的其它杂质金属也会失电子，电路中每通过个电子时阳极溶解小于32g，C错误；D．乙烯和丙烯混合物最简式为CH2，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有的原子数为，D正确；故答案选D。4.作为第二代半导体材料的代表，具有宽禁带、高频、高压、抗辐射、耐高温及发光效率高的特点，被广泛应用于移动通信、无线通信、光纤通信、LED、卫星导航等领域。晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，下列说法正确的是A.基态砷原子价电子排布图为B.属于分子晶体C.的配位数为8D.该晶体密度为【答案】D【解析】【详解】A．砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为，故A错误；B．由砷化镓耐高温的特点可知，砷化镓是熔沸点高的共价晶体，故B错误；C．由晶胞结构可知，与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，所以砷原子的的配位数为4，故C错误；D．由晶胞结构可知，位于体内的砷原子的个数为4，位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3d，解得d=，故D正确；故选D。5.化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A.乙可以发生取代反应、消去反应、加聚反应B.乙中含有1个手性碳原子C.用溶液或溶液能鉴别化合物甲、乙D.1mol甲最多能与5mol发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．乙中含有酯基、氨基、溴原子、酚羟基都可以发生取代反应，溴原子所连碳的邻位碳有氢可发生消去反应，但不能发生加聚反应，故A错误；B．手性碳是与四个不同原子或原子团连接的碳原子，有结构简式可知乙含有两个手性碳，故B错误；C．甲中存在羧基能与碳酸氢钠反应生成气体，乙中含有酚羟基能与氯化铁溶液显紫色，因此可用溶液或溶液能鉴别化合物甲、乙，故C正确；D．1mol甲中苯环可以加成3mol氢气，碳碳双键能加成1mol氢气，酯基不能发生加成反应，1mol甲最多能与4mol发生加成反应，故D错误；故选：C。6.下列离子组在给定条件下一定能大量共存的是A.溶液：、、、B.能使甲基橙变黄的溶液中：、、、C.溶液：、、、D.无色透明的溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．和Fe2+会生成蓝色沉淀，不能大量共存，A错误；B．能使甲基橙变黄的溶液Ph>4.4，在酸性条件下、不能大量共存，B错误；C．，说明，溶液呈碱性，、、、可以大量共存，C正确；D．无色透明的溶液一定不能大量存在，D错误；故答案选C。7.下列过程对应的离子反应方程式书写正确的是A.溶液与过量澄清石灰水混合：B.用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：C.向明矾溶液中通入过量氨气：D.向溶液中加入少量溶液：【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子反应方程式为，故A错误；B．酸性重铬酸钾溶液与乙醇反应生成硫酸钾、硫酸铬、乙酸和水，反应的离子反应方程式为，故B正确；C．明矾溶液与过量氨气反应生成硫酸钾、硫酸铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子反应方程式为，故C错误；D．配合物中内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，则溶液中与少量硝酸银溶液反应的离子方程式为，故D错误；故选B。8.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法错误的是A.原子半径：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.氢化物的沸点：D.同周期中第一电离能小于W的元素有5种【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，故A正确；B．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故B正确；C．碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，故D正确；故选C。9.下列有关实验操作、现象和结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A向某钾盐中滴加浓盐酸产生的气体可以使品红溶液褪色该盐一定为B向含有淀粉的溶液中滴加溶液溶液变蓝无法判断和的氧化性强弱C用计分别测定和饱和溶液的前者小于后者证明酸性强于D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加热无银镜现象蔗糖在酸性条件下未发生水解反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体可以使品红溶液褪色，该气体是SO2或Cl2，该盐为或或KClO3等，A错误；B．向含有淀粉的溶液中滴加溶液，溶液变蓝，说明生成了I2，溶液中在H+存在下有强氧化性，且氧化性且大于Fe3+，会先和I-反应，所以无法判断和的氧化性强弱，B正确；C．和饱和溶液的浓度不同，不能由饱和溶液的pH大小判断和酸性强弱，C错误；D．要证明蔗糖在酸性条件下是否发生水解，应该向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，D错误；故答案选B。10.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：下列说法不正确的是A.还原工序逸出的可用NaOH溶液进行吸收B.除杂工序中产生的滤渣可用某些有机溶剂进行组分分离C.中和工序中的主要化学反应为D.理论上参与反应的【答案】C【解析】【分析】HBr(Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr；加入Li2CO3，与HBr反应生成LiBr、CO2等，得到的LiBr溶液经浓缩等操作后得到产品LiBr。【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，可以减小环境污染，故A正确；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于四氯化碳等有机溶剂，而硫酸钡不溶于四氯化碳等有机溶剂，因此可用某些有机溶剂进行组分分离，故B正确；C．由于溶液中存在大量的，故中和工序中发生的化学反应主要为：，而用硫酸会引入新的杂质离子，故C错误；D．根据得失电子守恒可知，和反应时物质的量之比为，根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，为，故参与反应的，故D正确；故答案选C。11.三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途广泛，实验室可用如图装置(部分夹持装置已略去)制取。已知：a、反应原理为I2+3Cl2=2ICl3；b、ICl3遇水易反应。下列说法不正确的是A.ICl3中碘元素的化合价为+3价B.装置乙中长颈漏斗内液面上升有可能丙装置发生了堵塞C.ICl3在潮湿的空气中可能会产生白雾D.装置戊的作用是防止空气中的水蒸气进入装置丁，可用无水CaCl2固体代替【答案】D【解析】【分析】实验过程中，通过甲装置制备Cl2，气体通过饱和食盐水除去混合气体中HCl，再通过无水氯化钙除去水蒸气，Cl2进入丁装置中与I2反应生成ICl3，Cl2为有毒气体，不能排放至空气中，且ICl3遇水易反应，因此需要防止空气中水蒸气进入，故戊装置中碱石灰的作用是吸收尾气和防止空气中水蒸气进入丁。【详解】A．I、Cl元素处于同一主族，非金属性：Cl>I，因此ICl3中Cl呈-1价，根据化合物化合价为0可知，I元素化合价为+3价，故A项正确；B．装置乙中长颈漏斗内液面上升，说明乙装置内压强增大，其原因有可能丙装置发生了堵塞导致气流不畅，故B项正确；C．ICl3遇水易反应，ICl3在潮湿的空气中会生成HCl和HIO2，生成的HCl气体极易溶于空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，会产生白雾，故C项正确；D．无水CaCl2固体与氯气不反应，根据上述分析可知，无法用无水CaCl2固体替代碱石灰，故D项错误；综上所述，符合题意的选项是D。12.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是A.该过程的总反应类型为加成反应 B.中间产物中N均采取杂化C.反应I为氧化还原反应 D.和在反应中做催化剂【答案】A【解析】【详解】A．根据图示，该过程的总反应为，反应类型为加成反应，故A正确；B．中间产物中，含有双键的N原子采取，形成3个单键的N原子采取杂化，故B错误；C．反应I是中的1个H原子被Cu原子代替，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D．在反应中做催化剂，是中间产物，故D错误；选A。13.下列如图为光伏并网发电装置，左图甲基氢氧化铵常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵为原料，采用电渗析法合成()其工作原理如图所示，下列叙述中不正确的是A.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极B.制备18.2g，两极共产生4.48L气体(标准状况)C.a极电极反应式：D.c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜【答案】B【解析】【详解】A．根据第三个池中离子浓度的变化，稀的溶液变成浓的溶液，从第二个池，通过d膜移到第三个池中，电解池中，阴离子向阳极移动，所以a为电解池的阴极，b为阳极，N型半导体为负极，P型半导体为正极，A正确；B．18.2g物质的量为：，a电极发生反应为：，，生成，转移电子，b电极发生反应：，根据得失电子，转移电子，产生，所以生成的气体总体积为：，B错误；C．a为阴极，得电子发生还原反应，生成，电极反应为：，C正确；D．由图中信息可知，通过e膜，通过，d膜，通过c膜，则c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，D正确；故选B。14.湿法提银工艺中，浸出需加沉淀。25℃，平衡体系中含微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示，已知：，下列叙述正确的是A.25℃时，的溶解度随增大而减小B.沉淀最彻底时，溶液中C.25℃时，的平衡常数D.当时，溶液中【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，氯化银的溶解度先随着氯离子浓度减小，后随着银离子与氯离子形成络离子而增大，故A错误；B．由图可知，氯化银的分布系数最大时，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，故B错误；C．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10—0.2mol/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则反应的平衡常数K===100.2，故C正确；D．由图可知，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，则溶液中的氯离子浓度大于银离子，故D错误；故选C。二、非选择题：本大题共4小题，共58分。15.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。工业制备钴常用硫钴矿石(主要成分常含钙、镁、铜、铁等化合物)，流程如下：已知：①常温相关氢氧化物的值如下：物质②酸性条件下极难被氧化。（1）基态钴原子价层电子排布式为_______。（2）已知钴与铁均为Ⅷ族元素，具有类似的化合价，中的化合价_______。（3）硫酸浸取焙砂的过程中，温度及硫酸的浓度对金属离子浸出的影响如图所示，考虑生产成本和效率，最佳的浸出温度为_______℃，最佳的硫酸浓度为_______mol/L。（4）向浸取液中加入发生的主要反应的离子方程式为_______，滤渣1的主要成分是_______。（5）电解精炼的过程中，粗钴与电源_______极相连，用硫酸钴溶液作为电解质，控制阴极室为3～5之间，若值过低，在纯钴的电极表面产生气体，该气体可能是_______。A.B.C.D.（6）若沉钴中得到二水合草酸钴()热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，请写出从反应B点到C点化学方程式_______。【答案】（1）3d74s2（2）+2、+3（3）①.50℃②.3mol/L（4）①.+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O②.Fe(OH)3（5）①.正②.C（6）【解析】【分析】硫钴矿石(主要成分常含钙、镁、铜、铁等化合物)，粉碎后焙烧得到焙砂,加入硫酸、亚硫酸钠并加入氯酸钾进行浸取，得到浸取液再加入碳酸钠调节pH=8，除去滤渣1，主要为氢氧化铁沉淀，滤液1加入NaF处理去掉滤渣2及滤液2加入草酸铵沉钴，再煅烧得到氧化钴，电弧炉中还原得到粗钴，再进行电解精炼得到钴。【小问1详解】钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，所以价电子排布式为3d74s2；【小问2详解】根据中Fe元素的价态特点，可心得出中的化合价为+2、+3价；【小问3详解】由图可知，50℃左右时，钴的浸出率已达98%左右，继续升温钴的浸出率增加不大反而导致杂质离子的浸出率提高，同理，硫酸为3mol/L左右时，钴的浸出率已达98%左右，再增加硫酸浓度钴的浸出率增加不大反而导致杂质离子的浸出率提高；故答案为；【小问4详解】由于酸浸时加入了Na2SO3还原Co3+的同时可能还原了Fe3+，所以加入的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；通过调节pH使铁离子水解产生沉淀，故滤渣1的主要成分为Fe(OH)3；【小问5详解】电解精炼金属时，含杂质的粗金属做阳极，与电源正极相连,故粗钴与电源正极相连；用硫酸钴溶液作为电解质，控制阴极室为3～5之间，若值过低，在纯钴的电极表面H+得电子产生气体，电极反应为2H++2e-=H2↑，故该气体可能是H2；答案选C；【小问6详解】()，因此取的是0.1mol的，A点失重3.6g，应该是失去所有的结晶水，所以成分是，B点是氧化物，Co是5.9g，氧原子是8.03g-5.9g=2.13g，应为Co3O4，同理C点Co是5.9g，氧原子是8.3g-5.9g=2.4g，应为Co2O3，所以应是Co3O4在空气中受热被氧化为Co2O3，所以B到C点的化学方程式为。16.明矾KAl(SO4)2·12H2O可做中药，性味酸涩，寒，有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如下。I.制备明矾实验步骤如图：（1）溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。（2）在制备明矾的过程中使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、水槽和_______。（3）用蒸馏水洗涤晶体的操作过程_______。II.样品中硫酸根的测定(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5ml浓度为1g/mL的BaCl2溶液，用蒸馏水定容。②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据如下(忽略混合过程中的体积变化)。K2SO4(mL)01234蒸馏水体积(mL)5abc1SO浓度(μg/mL)050100150200吸光值A00.37105530.7781.013③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图绘制如下：（4）上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。(二)测定样品中硫酸根浓度①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值0.858A。（5）可以用1.2g/mL的BaCl2代替上述实验中1g/mL的BaCl2溶液，其原因是_______。（6）测得样品中硫酸根的质量分数为_______％(保留2位有效数字)。（7）实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______。A.实验I制得样品中有K2SO4杂质B.实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大C.样品溶液配制过程中，定容仰视读数D.样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗【答案】（1）2Al+2OH?+2H2O=2AlO+3H2↑（2）漏斗（3）向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次（4）①.3②.0.005（5）实验中BaCl2溶液是过量的，所以可以用1.2g/mL的BaCl2溶液替代（6）39或40（7）BC【解析】【分析】废铝在KOH溶液中溶解得到偏铝酸钾溶液，过滤除去不溶性杂质，向溶液中加入稀硫酸，偏铝酸钠与稀硫酸反应得到含有SO、K+、Al3+的溶液，浓缩后，冰水浴冷却结晶，经过滤洗涤干燥得到产品。【小问1详解】溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH?+2H2O=2AlO+3H2↑；【小问2详解】在制备明矾的过程中需进行过滤操作，所以还需要漏斗；【小问3详解】用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；小问4详解】各组数据中所用溶液总体积应相等，所以2+b=5，得b=3；将(100，0.553)代入可得0.553=100m+0.0564，解得x≈0.005；【小问5详解】实验中需要保证将硫酸根完全沉淀，所以BaCl2溶液是过量的，可以用1.2g/mL的BaCl2溶液替代；【小问6详解】将y=0.858代入y=0.005x+0.0564，解得x=160μg/mL，所以样品中硫酸根质量分数×100%≈39%；【小问7详解】A．K2SO4中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有K2SO4杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；综上所述答案为BC。17.乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域，以下两种方法可实现乙醇的制备。I．采用催化乙烯水合制乙醇，该反应过程中能量变化如下图所示：（1）反应物分子有效碰撞几率最大的步骤对应的基元反应为_______。（2）制备的无水乙醇在25℃，101kPa下，完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的用过量饱和石灰水吸收可得100g沉淀，则乙醇燃烧热的热化学方程式为_______。II．以合成气催化合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯催化加氢是制取乙醇的关键步骤之一，包括以下主要反应：①②（3）反应的ΔH=_______。（4）若在体积为2L的密闭容器中，控制流速为(已换算为标准状况)，的转化率为80.0％，则的反应速率为_______mol?L-1?min-1(保留三位有效数字)，流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是_______。（5）向恒温恒压的两个密闭容器甲(25℃、)、乙(25℃、)放入物质的量均为amol的和，若只发生反应②，其正反应速率，p为物质分压，若容器甲与乙中平衡时正反应速率之比，则甲、乙容器的体积之比为_______。（6）一定条件下在1L密闭容器内通入2.00mol和3.96mol发生反应①和②，测得不同温度下达平衡时转化率和乙醇的选择性如下图所示，260℃时反应①的平衡常数_______；温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因可能是_______。[]【答案】（1）C2H+H2O=C2H7O+（2）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=—2QkJ/mol（3）—84.6（4）①.6.67②.乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降（5）5：4（6）①.14②.反应①为放热反应，温度升高，反应①向逆反应方向进行，生成乙醇的量减少【解析】【小问1详解】由图可知，第二步反应的活化能最小，反应速率最快，反应物分子有效碰撞几率最大，对应的基元反应为C2H+H2O=C2H7O+，故答案为：C2H+H2O=C2H7O+；【小问2详解】乙醇燃烧生成二氧化碳和液态水的方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，由制备的无水乙醇在25℃，101kPa下，完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的二氧化碳用过量饱和石灰水吸收可得100g碳酸钙沉淀可知，乙醇的燃烧热ΔH=—=—2QkJ/mol，则乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=—2QkJ/mol，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=—2QkJ/mol；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应①—②可得反应，则反应ΔH=(—71kJ/mol)—(+13.6kJ/mol)=—84.6kJ/mol，故答案为：—84.6；【小问4详解】设时间为1h，由流速可知，乙酸甲酯的物质的量为=1000mol，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯生的反应速率为≈6.67mol/(L·min)，若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的消耗量减小，转化率下降，故答案为：6.67mol/(L·min)；乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降；【小问5详解】由题意可知，两容器的反应温度相同、压强不同，反应②为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，则平衡时两个容器中乙酸甲酯和氢气的物质的量均相同，则两个容器中反应速率之比等于乙酸甲酯分压的平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，所以甲、乙容器的体积之比为5：4，故答案为：5：4；【小问6详解】由图可知，260℃时乙酸甲酯的转化率为90%、乙醇的选择性为70%，则生成乙醇和乙醛的乙酸甲酯的物质的量分别为2.00mol×90%×70%=1.26m