上海市杨浦区2024届高三质量调研（二模）化学试题（原卷版+解析版）

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化学学科试卷
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号(考号)，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Zr-91 Ag-108
一、探究+1价Ag的氧化性
1. 为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。
（1）配制溶液：称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签
①下列图示中，操作①为_______、操作②为_______。
②用FeCl3·6H2O配制100mL0.1ml·L-1FeCl3溶液时，应称量_______g固体。
③实验室AgNO3溶液通常盛放在_______试剂瓶中。
（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
实验现象：
I中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
II中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
III中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝
①II中反应的离子方程式为：_______。
②I、II中的现象说明：_______。
A．氧化性顺序：Ag+>Fe3+>I2 B．氧化性顺序：Fe3+>I–>Fe2+
C．还原性顺序：I–>Fe2+>Fe3+ D．还原性顺序：Fe2+>Ag>I–
③推测III中未发生Ag+氧化I–的原因_______。
（3）利用如下图所示装置，探究Ag+氧化I–的反应。
①图中盐桥中的电解质可用_______。
A．KCl B．KNO3 C．Fe2(SO4)3
②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作_______。
A．阴极 B．阳极 C．正极 D．负极
③已知0.1ml·L-1AgNO3溶液的pH=6。上述实验中可能是氧化了I–，将装置中的_______溶液换成_______，闭合K，指针未发生偏转，确认Ag+氧化了I–。
取I中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。
（4）写出第①步反应的化学方程式。_______。
（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到：_______(任写2点)。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛_______ml。
A．1×10-4 B．2×10-4 C．1×10-3 D．2×10-3
【答案】（1） ①. b ②. d ③. 2.705 ④. 棕色、细颈
（2） ①. ②. AC ③. Ag+与I–生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I– 浓度太小，无法发生氧化还原反应
（3） ①. B ②. C ③. AgNO3（右侧烧瓶） ④. pH=6的0.1ml·L-1的NaNO3溶液
（4）3Ag + 4HNO3 ＝3AgNO3 + NO↑+ 2H2O
（5） ①. 洁净的试管、水浴加热、乙醛的浓度不易过大等 ②. A
【解析】
【小问1详解】
①配制一定物质的量浓度溶液：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，操作①为移液，操作②摇匀，故答案为：b；d；
②用FeCl3·6H2O配制100mL0.1ml·L-1FeCl3溶液时，需要，，故答案为：2.705；
③AgNO3见光易分解，应避光保存，实验室AgNO3溶液通常盛放在棕色细颈试剂瓶中，故答案为：棕色、细颈；
【小问2详解】
①溶液变蓝，说明反应生成碘单质，故反应离子方程式为：，故答案为：；
②同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 I中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红说明亚铁离子被氧化生成了铁离子、阴离子被还原生成了银单质，得出氧化性：Ag+>Fe3+；还原剂的还原性强于氧化剂的还原性，还原性：Fe2+>Fe3+；II中溶液变蓝，说明反应，氧化性：Fe3+>I2，还原性：I–>Fe2+；故氧化性：氧化性顺序：Ag+>Fe3+>I2；还原性：I–>Fe2+>Fe3+， 故答案为：AC；
③推测III中未发生Ag+氧化I–的原因Ag+与I–生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I– 浓度太小，无法发生氧化还原反应，故答案为：Ag+与I–生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I– 浓度太小，无法发生氧化还原反应；
【小问3详解】
①原电池中盐桥起到平衡电解质溶液中的电荷和构成闭合回路的作用。根据图中电解质溶液有硝酸银、碘化钾，可知盐桥中电解质应为硝酸钾溶液，平衡电荷更好，故答案为：B；
②闭合K，电流计指针偏转，构成原电池，“石墨2”作正极， 发生还原反应；“石墨1”为负极，发生氧化反应，故答案为：C；
③实验中可能是氧化了I–，将装置中的AgNO3（右侧烧瓶）溶液换成pH=6的0.1ml·L-1的NaNO3溶液，闭合K，指针未发生偏转，确认Ag+氧化了I–，故答案为：AgNO3（右侧烧瓶）；pH=6的0.1ml·L-1的NaNO3溶液；
【小问4详解】
向I黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解发生反应3Ag + 4HNO3 ＝3AgNO3 + NO↑+ 2H2O，故答案为：3Ag + 4HNO3 ＝3AgNO3 + NO↑+ 2H2O；
【小问5详解】
银镜实验为了保证实验成功，应做到洁净的试管、水浴加热、乙醛的浓度不易过大等；，根据乙醛发生银镜反应方程式可知，故答案为：净的试管、水浴加热、乙醛的浓度不易过大等；A。
二、去除废水中的氨氮
氮肥为粮食增产做出了重大贡献。目前，CO(NH2)2(尿素)是使用最多的氮肥之一。尿素进入土壤后，在脲酶作用下生成和。尿素的某些性质如下表所示。
2. 尿素易溶于水，可能的原因是：尿素_______。
A. 是极性分子B. 属于无机物
C. 能与水分子形成氢键D. 分子间能形成氢键
3. 根据上表信息，使用尿素的注意事项是：_______。(写2点)
4. 与CH4互为等电子体，等电子体的化学键类型和空间结构相同。运用价层电子对互斥理论预测的空间结构及其中心原子杂化轨道类型_______。
A. 平面三角形sp2杂化B. 正四面体形sp3杂化
C. 三角锥形sp3杂化D. 直线形sp杂化
5. 简述检验溶液中存在的实验操作。_______。
过量使用尿素会造成水体中氨氮(和NH3·H2O中的氮元素)浓度过量。下图所示是氨氮物质的量分数随pH变化的关系。
可利用生成沉淀去除水体中的氨氮。向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。
6. 写出上述反应的离子方程式。_______。
7. 氨氮去除率随溶液pH的变化如下图所示，分析氨氮去除率随pH增大，先升高后降低的原因。_______。
氧化可更彻底去除水体中的氨氮。向水体中加入NaClO溶液，氨氮被氧化为N2而除去。n(ClO–)/n(氨氮)对氨氮去除率和总氮去除率的影响如下图所示。
8. n(ClO–)/n(氨氮)较大时，氨氮去除率较高，但总氮去除率有所下降。n(ClO–)/n(氨氮)较大时，留在水体中的含氮微粒可能是_______。(不定项)
A. B. C. NO2D.
9. 某废水中氨氮浓度为2800mg·L-1，先用Fe2(SO4)3溶液将氨氮转化为沉淀，氨氮去除率为81%。过滤后再向滤液中加入NaClO溶液，氨氮浓度下降为20mg·L-1，则处理每升废水需要NaClO物质的量_______(写出计算过程)。
注：①氮元素只被氧化为N2；②废水1L，去除氨氮后溶液体积为2L。
【答案】2. AC 3. 深施覆土、不能施完肥马上浇水 4. B
5. 取样，加入NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明存在
6. + 3Fe3+ + 2+ 6H2O = NH4Fe3(SO4)2(OH)6 ↓+ 6H+
7. 随pH增大，c(H+)减小，生成沉淀的反应平衡右移，氨氮去除率升高。pH继续增大，Fe3+水解程度增大，降低了c(Fe3+)，平衡左移，不利于生成沉淀，导致氨氮去除率降低 8. BD
9. 5.27×10-2 ml
【解析】
【2题详解】
A．尿素分子中心原子为碳原子为杂化，形成平面形分子，结构不对称极性分子，水分子是极性分子，相似相溶原理，A正确；
B．尿素属于有机物，B错误；
C．尿素分子中含有氨基，易与水分子形成氢键，使尿素易溶于水，C正确；
D．尿素分子中含有氨基，分子间能形成氢键，但不是易溶于水的原因，D错误；
故答案为：AC；
【3题详解】
尿素见光易分解，使用时要深埋土壤中，尿素进入土壤后，在脲酶作用下生成和被植物吸收而提供氮元素，但尿素易溶于水，若施肥后马上浇水则不利于转化为和；
故答案为：深施覆土、不能施完肥马上浇水；
【4题详解】
价层电子对数为4，中心原子为杂化，空间结构为正四面体形，故空间结构及杂化方式也为正四面体形、sp3杂化，B正确；
故答案为：B；
【5题详解】
铵盐能与强碱发生反应，生成的氨气是高中阶段接触唯一的碱性气体，检验溶液中存在的实验操作为取样，加入NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明存在；
故答案为：取样，加入NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明存在；
【6题详解】
根据题意反应物为、、，生成物为沉淀，溶液为酸性，故离子方程式为；
故答案为：；
【7题详解】
随pH增大，减小，使反应平衡正移，氨氮去除率升高；pH继续增大，水解程度增大，降低了，使生成沉淀的反应平衡逆移，不利于生成沉淀，导致氨氮去除率降低；
故答案为：随pH增大，减小，生成沉淀的反应平衡右移，氨氮去除率升高；pH继续增大，Fe3+水解程度增大，降低，平衡左移，不利于生成沉淀，导致氨氮去除率降低；
【8题详解】
具有强氧化性，n(ClO–)/n(氨氮)较大时，可以将氧化为更高价态如、而留在水体中，导致氨氮去除率较高，但总氮去除率有所下降，故留在水体中的含氮微粒可能是、，B、D正确；
故答案为：BD；
【9题详解】
废水中氨氮浓度为2800mg·L-1，废水体积为1L，溶液处理后氨氮质量为，加入溶液处理后，氨氮浓度下降为20mg·L-1，体积为2L，则氨氮质量为，与反应的氨氮质量为，物质的量为，根据反应中与化学计量系数之比等于物质的量之比，则需要的的物质的量为；
故答案为：。
三、制备稀有金属锆
锆(Zr)在核工业中地位重要，被称为“原子时代的头号金属”。一种以氧氯化锆[主要含ZrOCl2，还含少量Fe、Cr、Hf等的化合物]为原料生产锆的流程如下：
已知：①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+；
②25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，Kb(NH3·H2O)=1.8×10–5；
③某些易升华的物质在接近沸点时升华速率较快。相关物质沸点如下：
10. Zr与Ti(钛)同族且在Ti的下一周期。Zr位于元素周期表的第_______周期，第_______族。
A. 四、4B. 四、IIBC. 五、IVBD. 五、IIB
11. Zr金属性比铁的金属性_______。
A．强 B．弱 C．无法确定
12. “萃取”时，ZrO2+生成配合物Zr(NO3)2Cl2·2TBP。下列对该配合物的分析错误的是_______。
A. 锆提供空轨道B. 一定含配位键
C. 配体数一定为6D. 可由分子光谱、晶体X射线确定其结构
13. “废液”中c()/c(NH3·H2O)=1.8，则“废液”中c(Fe3+)=_______ml·L–1。
14. “沸腾氯化”时，金属均转化为相应的氯化物，写出含铁化合物在“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式。_______。
15. 结合题中沸点数据，推测“还原”的目的是_______。
16. FeCl3沸点远低于CrCl3的可能原因是_______。
17. 某种掺杂CaO的ZrO2晶胞如图所示，Ca位于晶胞的面心。
(1)晶体中每个O周围与其最近的O个数为_______。
(2)结合图中数据，计算该晶胞的密度ρ=_______g·cm–3(设NA为阿伏加德罗常数，用含r和NA的代数式表示，1nm=1×10–7cm)。
【答案】10. C 11. A 12. C
13. 4.0×10–23
14. Fe2O3 + 3C + 3Cl2 = 2FeCl3 + 3CO
15. 将FeCl3 转化FeCl2，防止FeCl3升华影响产品纯度
16. FeCl3为分子晶体，CrCl3为离子晶体，离子晶体沸点一般比分子晶体沸点高
17. ①. 6 ②.
【解析】
【分析】氧氯化锆，主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素存在形式为：、、、，“萃取”时，锆元素生成Zr(NO3)2Cl2·2TBP，除掉，而后“沉淀”时、生成沉淀，煅烧后生成、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。
【10题详解】
Zr为40号元素，位于元素周期表的第五周期，第IVB族，故选C。
【11题详解】
根据同一周期从左到右金属性逐渐减弱，从上到下金属性逐渐增强，Zr位于Fe的下一周期，金属性比铁的金属性强，故选A。
【12题详解】
“萃取”时，ZrO2+生成配合物Zr（NO3）2Cl2•2TBP，ZrO2+，锆为中心，提供空轨道，分子中含有配位键，配体数为4，可由分子光谱、晶体X射线确定其结构，
故答案为：C。
【13题详解】
“沉淀”后的“废液”中有c()/c(NH3·H2O)=1.8，Kb（NH3•H2O）=1.8×10-5，则c（OH-）=1.0×10-5ml/L，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，，则“废液”中c（Fe3+）==ml/L=4.0×10-23ml/L；
【14题详解】
“沸腾氮化”时，加入C、通入氯气，ZrO2转化为ZrCl4，Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，同时生成一种还原性气体CO，含铁化合物在“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式为Fe2O3+3C+3Cl2=2FeCl3+3CO；
【15题详解】
由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：将FeCl3 转化FeCl2，防止FeCl3升华影响产品纯度；
【16题详解】
FeCl3沸点远低于CrCl3的可能原因为：FeCl3为分子晶体，CrCl3为离子晶体，离子晶体沸点一般比分子晶体沸点高；
【17题详解】
①由晶胞图可知，因此晶体中每个O周围与其最近的O个数为6个；
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子在面心，有2×=1个，O离子在晶胞的体心位置，有8个，锆离子在顶点有8个，面心有4个，总共有8×+4×=3，晶胞的边长为rnm,NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ===g•cm-3。
四、合成盐酸文法拉辛
盐酸文法拉辛()是口服吸收好、起效快、不良反应少的抗抑郁药。盐酸文法拉辛的一种合成路线如下图所示：
18. 下列对A和B的分析，正确的是_______。(不定项)
A. 两分子中碳原子都采取sp2杂化B. 互为同系物
C. A的沸点比B高D. 在空气中，A易变质
19. C中含氧官能团的名称是_______。
20. (1)反应③是_______反应；
(2)反应④是_______反应。
A．取代 B．消去 C．氧化 D．还原
21. 设计检验F中含溴元素的实验方案。_______。
22. 从化学键形成的角度，解释G与盐酸反应生成盐酸文法拉辛的原因：_______。
23. 得到G是_______对对映异构体的混合物。
A. 1B. 2C. 3D. 4
24. W是D的一种含苯环的同分异构体，可由某种蛋白质水解得到，W中含6种化学环境不同的氢原子，写出W的结构简式。_______。(不考虑立体异构)
25. 以和ClCOC2H5为原料合成的一种路线如下。请结合题示信息，将合成路线补充完整_______(无机试剂任选)。
【答案】18. CD 19. 醚键、羰基
20. ①. A ②. D
21. 取样，加入氢氧化钠溶液，加热，（取水层溶液），加硝酸酸化，加入硝酸银溶液，有淡黄色生成
22. G中的氮原子有一对孤电子对，能与H+形成配位键 23. A
24. 25.
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生还原反应生成E，E反应取代反应生成F，F最后转化为G，G与盐酸反应生成盐酸文法拉辛，据此回答。
【18题详解】
A．有机物A中碳原子都采取sp2杂化，B中碳原子为sp2和sp3杂化，A错误；
B．结构不相似，A为酚类物质，B为醚类物质，所以不互为同系物，B错误；
C．有机物A可以形成分子间氢键，有机物B不可以形成分子间氢键，所以A的沸点比B高，C正确；
D．苯酚易被空气中氧气氧化，易变质，D正确；
故选CD。
【19题详解】
根据C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称是醚键、羰基；
【20题详解】
①根据分析可知，反应③是取代反应，故选A；
②根据分析可知，反应④是还原反应，故选D；
【21题详解】
检验F中含溴元素的实验方案为：取样，加入氢氧化钠溶液，加热，（取水层溶液），加硝酸酸化，加入硝酸银溶液，有淡黄色生成；
【22题详解】
G与盐酸反应生成盐酸文法拉辛的原因为：G中的氮原子有一对孤电子对，能与H+形成配位键；
【23题详解】
对应异构体指两个异构体之间的关系如同一个物体的立体结构与它在镜子中的像的关系，即它们互为镜像且不能重叠，其中一个为左旋，另一个为右旋，所以G是1对对映异构体的混合物，故选A；
【24题详解】
W中含6种化学环境不同的氢原子，有6种等效氢，则W的结构简式为：；
【25题详解】
以和ClCOC2H5为原料合成，首先有机物与ClCOC2H5、AlCl3反应转化为，被KBH4还原为，接着与PBr3反应转化为，再与Mg和、H2O转化为，最后浓硫酸加热下转化为，路线如下：。
五、一种由乙酸合成乙醇的工艺
将产能过剩的乙酸在特定催化剂作用下和氢气反应生成乙醇，其反应原理如下：CH3COOH(g)+2H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H1
已知：298k和100kPa时物质的燃烧热：
26. 根据以上燃烧热，计算该反应在298k和100kPa的△H1时，需补充_______。
A．水的汽化热 B．乙酸、乙醇和水的汽化热 C．反应物的汽化热
27. 一定温度下，将不同量的原料通入恒压密闭容器中，测出平衡时的热量变化
则，该温度下，△H1=_______kJ·ml–1。
A. x+yB. x-yC. -(x+y)D. y-x
28. 该反应在_______能向正反应方向自发进行。
A. 任何温度下B. 较低温度下C. 较高温度下D. 无法确定
29. 250℃，恒压绝热密闭容器中充入一定量CH3COOH和H2，下列条件能判断反应达到平衡状态的是_______。
A. 混合气体的密度保持不变B. v(H2)正：v(H2O)正=2：1
C. n(CH3COOH)：n(H2)=1：2D. 反应体系的温度保持不变
上述反应发生时还伴随有副反应发生，生成少量乙酸乙酯：CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)⇌CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g) △H2＜0
已知：①该副反应的热效应很小；
②S表示产物选择性，乙醇、乙酸乙酯选择性表示为：
S(乙醇)= ；S(乙酸乙酯)=
当nH2(g)：n(CH3COOH)=10：1时，下图表示2Mpa，平衡时S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度的变化以及250℃，平衡时S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强的变化：
30. 250℃下，S(乙醇)随压强变化的曲线是_______。
A．a B．c C．d
31. 曲线b是S(乙醇)随温度变化的曲线，解释b的变化趋势。_______。
32. 150℃，在催化剂作用下，H2和CH3COOH反应一段时间后，S(乙醇)位于m点，不改变反应时间和温度，一定能提高S(乙醇)的措施是_______。(任写一条)
33. 一定温度和压强下，向初始体积为1L的密闭容器中通入2mlH2(g)和1mlCH3COOH(g)，同时发生主反应和副反应，测定平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体积减小20%，则平衡时n(CH3COOH)=_______ml、c(H2)=_______ml·L–1。主反应的平衡常数K=_______。
【答案】26. B 27. C 28. B 29. AD
30. A 31. 温度升高，主反应平衡逆向移动，乙醇的量应减少，副反应平衡也逆向移动，乙醇的量应增多，但主反应逆向移动的程度更大，所以乙醇的总量减少
32. 选择合适的催化剂或增大压强
33. ①. 0.2 ②. 1 ③. 2
【解析】
【26题详解】
根据反应热=反应物燃烧热-生成物燃烧热，可是该反应中水、乙酸和乙醇状态都是气体，表格中这些物质都是液体，燃烧热方程式中，水是液体，则根据以上燃烧热，计算该反应在298k和100kPa的△H1时，需补充乙酸、乙醇和水的汽化热，故选B；
【27题详解】
实验I在恒压密闭容器中充入2mlH2(g)和1mlCH3COOH(g)，达到平衡时放出xkJ热量，实验II在恒压密闭容器中充入1mlCH3CH2OH (g)和1mlH2O(g),达到平衡时吸收ykJ热量，则2mlH2(g)和1mlCH3COOH (g)完全反应理论上放出(x+y)热量，则该温度下主反应的△H1=-(x+y)kJ/ml，故选C；
【28题详解】
该反应为气体分子数减小的放热反应，根据复合判据△G=△H-T△S可知，该反应应该在较低温度下能向正反应方向自发进行，故选B；
【29题详解】
A．该反应为气体分子数减小的反应，且所有反应物和产物都是气体，则密度是变量，则密度不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．两个速率都是正速率，不能证明反应达到平衡，B错误；
C．平衡是各种物质的物质的量之比和系数没有关系，C错误；
D．容器为绝热容器，反应为放热反应，则温度是变量，则温度保持不变可以证明反应达到平衡，D正确；
故选AD；
【30题详解】
①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a，答案为A；
【31题详解】
主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小，故答案为: 温度升高，主反应平衡逆向移动，乙醇的量应减少，副反应平衡也逆向移动，乙醇的量应增多，但主反应逆向移动的程度更大，所以乙醇的总量减少；
【32题详解】
主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性，故答案为选择合适的催化剂或增大压强；
【33题详解】
平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体系中气体物质的堡减小20%，列化学平衡三段式，则：
体积减小20%，说明平衡时容器体积为0.8L，平衡时混合气体总物质的量为（1-x-y+x-y+y+0.8+2-2x）=3ml×80%，x+y=0.8，解得x=0.6，y=0.2，c(H2)=；平衡时c(CH3CH2OH))= ，c(CH3COOH))= 其物质的量为0.25ml/L×0.8L=0.2ml，c(H2O)=，Kc==。熔点
沸点
溶解度(20℃)
光稳定性
132.7℃
196.6℃
105g/100g水
见光易分解
物质
ZrCl4
FeCl3
CrCl3
FeCl2
CrCl2
沸点/℃
331
315
1300
700
1150
物质
CH3COOH(l)
H2(g)
CH3CH2OH(l)
燃烧热/kJ·ml–1
–871
–286
–1367
实验编号
反应物投入量
平衡时，
热量变化
CH3CH2OH(g)
H2(g)
CH3CH2OH(g)
H2O(g)
I
1ml
2ml
0
0
放热xkJ
II
0
0
1ml
1ml
吸收ykJ