2022届湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高二下学期期中联考化学试题（含解析）

2022年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ca-40第I卷(共45分)一、选择题(本题包括15小题，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产生活密切相关，下列说法中错误的是A.冬奥会吉祥物“冰墩墩”以聚氯乙烯为原材料，聚氯乙烯为有机高分子材料B.抗击新冠病毒过程中用到的“84消毒液”，与洁厕灵混用可增强消毒效果C.我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，全合成的第一步为吸热反应，则反应物的总键能高于生成物的总键能D.推广电动汽车和开展植树造林有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】B【解析】【详解】A．聚氯乙烯属于有机高分子材料，故A正确；B．“84”消毒液与洁厕灵混合后会发生归中反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，产生有毒的氯气，并且消毒能力降低，故B错误；C．吸热反应焓变为正，焓变=反应物总键能-生成物的总键能>0，则反应物的总键能高于生成物的总键能，故C正确；D．推广电动汽车，可以减少化石燃料的使用，植树造林过程中吸收二氧化碳，有利于碳达峰和碳中和，故D正确；

故选：B。2.下列化学用语表达正确的是A.Na的原子结构示意图：B.基态碳原子电子排布图：C.乙烷的空间填充模型：D.H2O分子的电子式：【答案】D【解析】【详解】A.Na的核电荷数为11，核外有11个电子，原子结构示意图为：,故A错误；B.根据洪特规则，基态碳原子的电子排布图为：，故B错误；C.属于乙烷的球棍模型，故C错误；D.H2O为共价化合物，氧原子和每个氢原子各共用一对电子，其分子的电子式为：，故D正确；故答案：D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.5mol·L-1H2SO3溶液中H+数目为NAB.1mol乙醇(CH3CH2OH)中sp3杂化的原子数目为2NAC.14g由C3H6与C4H8组成的混合物中原子总数为3NAD.已知常温下醋酸铵溶液显中性，则1L2mol·L-1该溶液中NH数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．H2SO3是弱酸不能完全电离，1L0.5mol·L-1H2SO3溶液中H+数目小于NA，A项错误；B．乙醇(CH3CH2OH)中sp3杂化的原子有C和O，则1mol乙醇(CH3CH2OH)中sp3杂化的原子数目为3NA，B项错误；C．C3H6与C4H8的最简式为CH2，故14g由C3H6与C4H8组成的混合物，可以看成是14g的CH2，n(CH2)=，n(原子)=3mol，原子总数为3NA，C项正确；D．醋酸铵溶液显中性只能说明NH与CH3COO-水解能力相同，由于NH会水解，则1L2mol·L-1该溶液中NH数目小于2NA，D项错误；答案选C。4.某有机物的结构(键线式)及分子结构模型如图：下列关于该有机物的叙述错误的是A.该有机物属于芳香族化合物B.该有机物所含官能团种类为3种C.键线式中的Et代表的基团为—CH2CH3D.核磁共振氢谱、红外光谱都可用于分析该有机物结构【答案】A【解析】【详解】A．该有机物中不含苯环，则不属于芳香族化合物，故A错误；B．该有机物中含、、三种官能团，故B正确；C．由结构及球棍模型可知，代表，故C正确；D．核磁共振氢谱图可确定有机物不同化学环境的氢原子，红外光谱可以确定有机物不同官能团，核磁共振氢谱、红外光谱都可用于分析该有机物结构，故D正确；故答案为A。5.下列有关反应的化学方程式或离子方程式书写错误的是A.向H218O中投入Na2O2：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑B.利用溴水除去乙烷中的乙烯：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrC.《鹤林玉露》“绳锯木断，水滴石穿”：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCOD.AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH【答案】A【解析】【详解】A．向H218O中投入Na2O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，则氧气不可能是18O2，A项错误；B．乙烯与溴单质发生加成反应，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，B项正确；C．水滴石穿是碳酸钙与二氧化碳和水反应，生成了碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则离子方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO，C项正确；D．AlCl3溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，D项正确；答案选A。6.在制备并纯化乙酸乙酯的实验中，下列操作未涉及的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．制备并纯化乙酸乙酯，用分液法分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，故不选A；B．加热乙酸、乙醇、浓硫酸的混合液制备乙酸乙酯，故不选B；C．制备、提纯乙酸乙酯，不需要过滤，故选C；D．制备乙酸乙酯，为除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，需要用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且为防止倒吸，导管口在液面以上，故不选D；选C。7.一种新型的合成氨的方法如图所示。下列说法错误的是

A.反应①属于“氮的固定”，其中N2发生了还原反应B.Li3N为中间产物C.反应③为4LiOH4Li+2H2O+O2↑D.三步循环的总结果为N2+3H22NH3【答案】D【解析】【详解】A．反应①N2转化为了含氮化合物NH3属于“氮的固定”，N2发生还原反应，A项正确；B．Li最终生成LiOH，Li3N为中间产物，B项正确；C．根据题图，反应③为4LiOH4Li+2H2O+O2↑，C项正确；D．三步循环的总结果为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，D项错误；答案选D。8.2021年诺贝尔化学奖授予科学家本亚明·利斯特和戴维·麦克米伦，以表彰他们在发展不对称有机催化中的贡献。Diels—Alder反应是不对称有机催化的经典反应，转化关系如图所示(—R1、—R2、—R3、—R4为不同的烃基)。已知：连接4个完全不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子。下列说法错误的是A.上述反应属于加成反应B.X、Y都可以作为合成高分子化合物单体C.Z分子中六元环上有2个手性碳原子D.X可能与炔烃互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．该反应发生碳碳双键的断裂，属于加成反应，A项正确；B．X、Y都含碳碳双键，它们都能发生加聚反应合成高分子化合物，B项正确；C．Z分子中六元环上有4个手性碳原子，C项错误；D．X含有两个碳碳双键，与炔烃的分子式可能相同，但是结构式不同，可能互为同分异构体，D项正确；答案选C。9.某种钴盐晶体立方晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为anm，A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点的原子坐标参数为(，0，)。下列说法错误的是

A.C点的原子坐标参数为(，，)B.该晶体的密度为g·cm-3C.Co2+的配位数为6D.Ti4+与O2-之间的最短距离为anm【答案】B【解析】【详解】A．C点处于晶胞中心，则C点原子坐标参数为(，，)，A正确；B．该晶胞中含有Ti4+数目是8×=1，含有O2-为6×=3，含有Co2+原子数为1个，则该晶胞化学式为CoTiO3，由于晶胞参数为anm，则晶胞密度ρ=，B错误；C．根据晶胞结构可知Co2+的配位数为6，C正确；D．根据晶胞结构可知：Ti4+与O2-之间的最短距离为面对角线的一半，由于晶胞参数为anm，所以Ti4+与O2-之间的最短距离为anm，D正确；故合理选项是B。10.某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”C60结构如图所示)，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列有关叙述正确的是A.金刚石和C60互为同素异形体，且前者熔点高于后者B.K3PO4为强电解质，其阴离子的VSEPR模型与离子的空间结构不一致C.“水瓶”、水玻璃、冰水混合物都是混合物D.富勒烯(C60)属于不饱和烃，能使溴水褪色【答案】A【解析】【详解】A．金刚石和C60互为同素异形体，金刚石是共价晶体，C60是分子晶体，故前者熔点高于后者，A项正确；B．K3PO4为强电解质，中心原子为sp3杂化，孤电子对数为0，故K3PO4阴离子的VSEPR模型与离子的空间结构一致，均为正四面体，B项错误；C．冰水都为H2O，是纯净物，C项错误；D．富勒烯(C60)是单质，不是烃，D项错误；答案选A。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z、W同主族，且X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数相等，组成的某化合物如图。下列有关叙述错误的是

A.电负性：Z>WB.Z、Y两种元素的简单离子半径依次增大C.在[Cu(YX3)4]2+离子中，中心离子的配位数是4D.该化合物中W和Z的化合价分别为+6价、-2价【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由结构图可知X只能形成1个共价键，应为H元素，Y形成4个共价键，且形成阳离子，则Y为N元素，Z形成2个共价键，最外层有6个电子，为O元素，X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数相等，则W的原子序数为1+7+8=16，为S元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知，X、Y、Z、W分别为H、N、O、S等元素，

A．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强电负性越大，则电负性：Z(O)>W(S)，故A正确；

B．电子层数相同原子序数越大离子半径越小，则离子半径：Z(O2-)<W(N3-)，故B正确；

C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，NH3做配体，中心离子的配位数是4，故C正确；

D．Z为O元素，该化合物中O形成过氧键，过氧键中O元素化合价为-1价，故D错误；

故选：D。12.下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A等pH等体积HB和HA分别与一定浓度NaOH溶液反应，HB消耗NaOH溶液体积多证明HB的酸性比HA的弱B以CuSO4溶液为电解质溶液，将铁制品与电源正极相连，铜片与电源负极相连在铁制品表面镀铜C将混有乙酸的乙酸乙酯倒入装有氢氧化钠溶液的分液漏斗中，充分混合静置分液除去乙酸乙酯中的乙酸D向2mL0.lmol·L-1AgNO3溶液中滴加3滴同浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀;然后再滴加3滴同浓度的KI溶液，产生黄色沉淀比较AgI与AgCl的Ksp大小A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．等pH等体积时，HB消耗NaOH溶液体积多，说明两溶液等体积时只有当c(HB)>c(HA)时两溶液c(H+)相等，故HB更难电离，证明HB的酸性比HA的弱，A项正确；B．在铁制品表面镀铜，铁为镀件应做电解池阴极，铜为镀层应做电解池阳极，故应将铁制品与电源负极相连，铜片与电源正极相连，B项错误；C．乙酸与乙酸乙酯都与氢氧化钠溶液反应，C项错误；D．溶液中存在大量Ag+，再滴加3滴KI溶液时，I-可直接与Ag+反应生成沉淀，无法验证沉淀之间的转化，故无法比较AgI与AgCl的Ksp大小，D项错误；答案选A。13.某新型电池的简化工作原理如图所示，工作时中间室K2SO4溶液浓度增大，下列说法错误的是

A.N极反应：O2+4e-+4H+=2H2OB外电路电流方向：M→NC.a膜为阳离子交换膜D.该原电池总反应为非氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．N极通O2，故N极为正极，反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，A项正确；B．M为负极，外电路电流方向：N→M，B项错误；C．M极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，则M极阴离子浓度减小，K+流出至中间室，a膜应为阳离子交换膜，C项正确；D．该原电池总反应为：OH-+H+=H2O，为非氧化还原反应，D项正确；答案选B。14.用某种含铁烧渣(主要含Fe2O3和少量SiO2)制取颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：

下列说法错误的是A.为加快“酸浸”反应的速率，可以适当研磨含铁烧渣以增加固体表面积B.“还原”反应中每消耗1molFeS2时，有2molFe3+被还原.C.“制备”反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OD.“过滤2”所得滤液中含有的主要阳离子是NH【答案】C【解析】【详解】A．增加固体表面积可以加快反应速率，A项正确；B．“还原”反应为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故每消耗1molFeS2时，有2molFe3+被还原，B项正确；C．“制备”反应的离子方程式为：4Fe2++O2+8NH3·H2O=4FeOOH↓+8+2H2O，C项错误；D．根据“制备”反应，“过滤2”所得滤液中含有的主要阳离子是NH，D项正确；答案选C。15.常温下，用0.20mol·L-1盐酸溶液滴定20mL0.20mol·L-1苯胺(C6H5NH2)溶液(已知：苯胺类似氨气有碱性，与盐酸反应生成可溶于水的盐)，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与lg的关系如图所示。下列说法错误的

A.Kb(C6H5NH2)的数量级为10-10B.m点时，溶液的pH=7，消耗的V(盐酸)<20mLC.水的电离程度：q>pD.该滴定过程选择甲基橙作指示剂【答案】C【解析】【分析】根据图像中横坐标的增大，pOH增大，氢离子浓度增大，故滴加盐酸的量增加，根据图中横坐标lg的特殊值和pOH的值进行计算Kb，根据溶液的酸碱性判断水的电离程度的变化；滴定终点产物属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，根据酸性进行选择指示剂；【详解】A．根据图中p点进行计算：Kb(C6H5NH2)==c(OH-)=10-9.4，故A正确；B．根据A中计算Kb(C6H5NH2)=10-9.4，m点代入后计算得c(OH-)=10-7，根据常温判断pH=7，当V(盐酸)=20mL，生成的显酸性，故当pH=7时，V(盐酸)<20mL，故B正确；C．p点到q点加入盐酸过量，对水的电离抑制增大，故水的电离程度p>q，故C不正确；D．根据题目信息滴定终点生成的显酸性，故选择甲基橙作指示剂，故D正确；故选答案C。【点睛】此题考查酸碱中和滴定，根据图像中纵坐标的变化判断滴加物质的量，利用特殊点进行相应的计算，利用滴定终点溶液的酸碱性判断需要的指示剂。第II卷(共55分)二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16.有机物在生产生活中扮演着重要的角色，因此研究有机物具有十分重要的意义。A是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实。回答下列问题：（1）A的结构简式为____，CH2=CHCOOH中官能团的名称为____。（2）已知化合物D是酯类物质，下列说法正确的是____。(填序号)A.CH3—CH=CH2按照系统命名法命名为2—丙烯B.②反应类型为氧化反应C.CH3—CH=CH2中所有C原子在一条直线上D.化合物D与乙酸乙酯互为同系物（3）写出反应④的化学方程式____。（4）已知化合物B能与水任意比互溶，其主要原因是____。（5）化合物E为CH2=CHCOOH的同系物，且相对分子质量比CH2=CHCOOH大14，则化合物E有____种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1：1的结构简式为____(不考虑立体异构)。【答案】（1）①.CH2=CH2②.羧基、碳碳双键（2）B（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O（4）乙醇与水分子之间能形成氢键（5）①.3②.CH3CH=CHCOOCH3【解析】【分析】有机化合物C、D反应产生乙酸乙酯，根据CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3，可知C、D两种物质中一种是乙酸，一种是乙醇。由于B与酸性KMnO4反应产生C，则B是CH3CH2OH，C是CH3COOH，而B是由A与水反应形成的，且石蜡油在碎瓷片作用下加热，发生反应产生A，故A是CH2=CH2。石蜡油在碎瓷片作用下加热条件下反应产生的CH2=CH-CH3经一系列反应产生CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生D是CH2=CH-COOCH2CH3。【小问1详解】根据上述分析可知A是乙烯，结构简式是CH2=CH2；CH2=CH-COOH是丙烯酸，其中含有的官能团是碳碳双键、羧基；【小问2详解】A．CH2=CH-CH3，按照系统命名法，应该从离碳碳双键较近的一端给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键在主链上的位置，该物质的名称为1-丙烯，A错误；B．②的反应为CH3CH2OH被酸性KMnO4溶液氧化产生CH3COOH，故反应类型为氧化反应，B正确；C．乙烯分子是平面分子，键角是120°，甲基C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子平面上，因此CH2=CH-CH3中所有C原子在同一平面上，但不在同一条直线上，C错误；D．化合物D是CH2=CH-COOCH2CH3，是不饱和羧酸与醇形成的酯，而CH3COOCH2CH3是饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，二者结构不相似，因此不能互为同系物，D错误；故合理选项是B；【小问3详解】反应④是CH2=CH-COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产CH2=CH-COOCH2CH3和水，酯化反应是可逆反应，则该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小问4详解】化合物B是CH3CH2OH，能够与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致乙醇能够与水互溶；【小问5详解】化合物E为CH2=CHCOOH的同系物，且相对分子质量比CH2=CHCOOH大14，说明其分子中多一个CH2原子团，该物质可能是CH2=CHCH2COOH、CH3-CH=CH-COOH、，因此可能有3种同分异构体；其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1：1的结构简式为CH3-CH=CH-COOH。17.第IIB族元素(Zn、Cd、Hg)和第VIA族元素(S、Se、Te)组成的某些二元化合物常用作半导体材料，应用十分广泛。（1）基态Se原子价电子排布式为____，有____个未成对电子。（2）碲酸(H6TeO6)是白色固体，经X射线研究证明在碲酸分子内的6个羟基排列在碲原子的周围成八面体结构，碲酸中碲原子的价层电子对数为____。（3）CdTe可用作太阳能电池的吸收层，研究从太阳能电池的碲化镉吸收层(主要含CdTe、CdS)中回收碲具有重要的意义。某回收工艺的流程如图：①碲化镉吸收层中的CdTe参与反应的化学方程式为____，滤渣1含有的一种单质是____。②常温下，向含Cd2+、Te4+滤液中加入NaOH溶液调节pH，当pH=10时，溶液中c(Cd2+)=____。(已知Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15)。【答案】（1）①.4s24p4②.2（2）6（3）①.CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O②.S③.5.3×10-7mol/L【解析】【分析】碲化镉吸收层在酸溶液中加热到50℃，CdTe被H2O2氧化过滤得到Cd2+和Te4+，CdS被H2O2氧化为Cd2+、S，然后过滤，滤渣1为S单质，在含有Cd2+和Te4+的溶液中加入NaOH溶液调节溶液的pH，得到含的溶液，Cd2+形成Cd(OH)2沉淀，过滤后，滤液用磁性纳米铁棒吸附Te，得到Te。【小问1详解】Se是34号元素，根据构造原理，可知基态Se原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，价电子排布式是4s24p4，在4p轨道上有2个未成对电子；【小问2详解】碲酸(H6TeO6)是白色固体，经X射线研究证明在碲酸分子内的6个羟基排列在碲原子的周围成八面体结构，则碲酸中碲原子的价层电子对数为6；【小问3详解】①碲化镉吸收层中的CdTe与H2SO4、H2O2反应产生CdSO4、Te(SO4)2、H2O，参与反应的化学方程式为：CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O；滤渣1含有的一种单质是S；②常温下，向含Cd2+、Te4+滤液中加入NaOH溶液调节pH，由于Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15，当pH=10时，c(OH-)=10-4mol/L，则溶液中c(Cd2+)=。18.氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂，具有耐高温、导热性好等优良性质，被广泛应用于新型陶瓷工业等领域。实验室拟用单质钙与氮气反应制备氮化钙，并测定产品纯度。已知氮化钙为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。I.氮化钙的制备已知：NH+NON2↑+2H2O（1）选用图中的装置制备氮化钙，其连接顺序为：A→____(注：焦性没食子酸有还原性、图中装置可重复选用)。（2）实验过程中应该先点燃装置____(填A或B)中的酒精灯，请说明理由：____。II.产品纯度的测定用如图装置测定产品纯度。实验时，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，测得P装置反应后增重3.57g(已知产品中所含的杂质不与NaOH浓溶液反应)。（3）装置M中发生反应的化学方程式为____。（4）装置N中的干燥剂选择____。A.浓硫酸B.碱石灰C.CaCl2（5）根据实验数据计算产品的纯度为____。（6）通过该实验方案测得的产品纯度偏低，请分析主要原因为____。【答案】（1）D→C→B→C（2）①.A②.先点燃装置A中酒精灯，可利用装置A中产生的N2排出装置内的空气，防止钙、氮化钙在后续过程中被氧化（3）Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑（4）B（5）77.7%（6）装置M中产生的NH3未被稀硫酸完全吸收【解析】【分析】氮化钙在空气中会被氧化，遇水强烈水解，所以在制取氮化钙时，需排尽装置内的空气，以防氮化钙被氧化，同时要保证装置内与氮化钙接触空气的干燥，防止氮化钙发生水解。【小问1详解】因为氮化钙易被氧化，且易水解，所以生成的N2进入硬质玻璃管前，要去除空气中的氧气及水蒸气，制取氮化钙后，需防止空气中水蒸气的进入，从而得出仪器的连接顺序为：A→D→C→B→C。【小问2详解】因氮化钙在空气中会被氧化，故先点燃装置A中酒精灯，利用装置A中产生的N2排出装置内的空气，防止钙、氮化钙在后续过程中被氧化。【小问3详解】氮化钙与NaOH不反应，加入NaOH溶液的作用是降低氨气在水中的溶解度，所以装置M中只有氮化钙与水发生反应，化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑。【小问4详解】从装置M中出来的气体是潮湿的氨气，须对其干燥，干燥氨气不能用浓硫酸，因为两者会反应生成硫酸铵，也不能用CaCl2，因为其会和氨气反应生成CaCl2·8NH3，碱石灰是碱性干燥剂，可干燥氨气，故答案是B。【小问5详解】P装置反应后增重3.57g，即装置M中反应生成的氨气是3.57g，发生反应的关系式为：Ca3N22NH3，，则n(Ca3N2)=0.105mol，，故产品的纯度为。【小问6详解】在NH3的生成过程中，装置内滞留一部分NH3，所以导致产品纯度偏低，主要原因为：装置中有残留的NH3未被稀硫酸吸收。19.2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。（1）CH4—CO2催化重整可得到合成气(CO和H2)，其工艺过程中涉及如下反应：反应①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ·mol-1反应②：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)△H2=-36.0kJ·mol-1反应③：O2(g)+H2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1则反应④：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H4=__kJ·mol-1（2）在催化剂作用下合成气可发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在a、b、c容积不等的恒容密闭容器中(其中容器b容积为1L)，均