湖南省名校联考联合体2023-2024学年高二上学期第三次联考化学试题

名校联考联合体2023年秋季高二年级第三次联考化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Al：27Cl：35.5Zn：65一、选择题(本题共14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.近日，陕西考古博物馆推出古代画展，其中《舞女图》上的女孩比了个红“心”。古代常使用下列颜色中呈红色且属于盐类的是A.土红() B.雌黄()C.朱砂() D.氯铜矿[]【答案】C【解析】【详解】A．氧化铁是红棕色的金属氧化物，不属于盐类，故A不符合题意；B．三硫化二砷是橙黄色的非金属硫化物，不属于盐类，故B不符合题意；C．硫化汞是红色金属硫化物，属于盐类，故C符合题意；D．碱式氯化铜是深绿色的碱式盐，属于盐类，故D不符合题意；故选C。2.下列各组离子能大量共存，加入后发生氧化还原反应的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故A不符合题意；B．四种离子在溶液中不发生任何反应，加入次氯酸钠后，溶液中的亚铁离子能与次氯酸根离子发生氧化还原反应，故B符合题意；C．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故C不符合题意；D．四种离子在溶液中不发生任何反应，加入次氯酸钠后，不能发生氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。3.实验室制备下列气体时，既需要温度计，又需要酒精灯的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．氯气的制备是二氧化锰和浓盐酸共热，不需要使用温度计，故A错误；B．乙炔的制备是碳化钙和水反应，不需要加热，因此不需要温度计和酒精灯，故B错误；C．氨气一般是利用氢氧化钙固体和氯化铵固体共热，只需要酒精灯不需要温度计，故C错误；D．乙烯是170℃下乙醇和浓硫酸共热发生消去反应，需要控制温度，因此需要温度计和酒精灯，故D正确；故选D。4.聚丙烯酸(PAA)广泛用于除去水中重金属离子，提高水质。PAA的结构简式为。下列叙述错误的是A.PAA能使酸性溶液褪色B.发生加聚反应合成PAAC.PAA的单体能发生取代、氧化和加成反应D.若PAA的相对分子质量为36000，则【答案】A【解析】【详解】A．PAA中没有碳碳双键，不能使酸性溶液褪色，故A错误；B．是PAA的单体，通过发生加聚反应合成PAA，故B正确；C．是PAA的单体，有碳碳双键能发生加成和氧化反应，有羧基能发生取代反应，故C正确；D．是PAA的单体，相对分子量为72，若PAA的相对分子质量为36000，则，故D正确；故选A。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.溶液中由水电离出的数目为B.溶液中阳离子数目大于C.天然气碱性燃料电池负极上还原气体时转移电子数目为D.常温常压下，(为重氢)气体含中子数目为【答案】B【解析】【详解】A．25℃时，1L0.1mol/L高氯酸溶液中由水电离出的氢离子数目为1013NA，故A错误；B．氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1L0.5mol/L氯化铝溶液中的阳离子数目大于0.5mol/L×1L×NAmol—1=0.5NA，故B正确；C．天然气碱性燃料电池中，通入天然气的电极为燃料电池的负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，故C错误；D．D2分子中含有的中子数为2，则10gD2气体含中子数目为×2×NAmol—1=5NA，故D错误；故选B。6.工业上，利用异丙醇制备丙烯。已知：①②③已知几种共价键键能如下表所示：共价键键能/()413347799467498下列叙述正确的是A.反应①和②在任何温度下都能自发进行BC.的键能为D.在恒温恒容容器进行反应①②③，平衡时总压减小【答案】C【解析】【详解】A．反应①是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，反应②是熵增的放热反应，任意温度下反应ΔH—TΔS＜0，都能自发进行，故A错误；B．由盖斯定律可知，反应②—①×2得到反应③，则ΔH3=(−3750kJ/mol)—(+52kJ/mol)×2=−3854kJ/mol，故B错误；C．由盖斯定律可知，反应②—①×2得到反应③，则ΔH3=(−3750kJ/mol)—(+52kJ/mol)×2=−3854kJ/mol，由反应热与反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：(413×6+347+E+498×9)kJ/mol—(799×2×6+467×2×6)kJ/mol=−3854kJ/mol，解得E=603kJ/mol，故C正确；D．反应①②③均为气体体积增大的反应，则在恒温恒容容器进行反应①②③，平衡时总压增大，故D错误；故选C。7.近日，我国科学家合成了二苯并[b，i]吩嗪5，7，12，14四酮(DPT)作为水系锌电池的活性电极材料，并发现存储主导了电极反应。在放电过程中，DPT在电极表面被还原为微超溶解的，原理如图所示：下列叙述错误的是A.电极a为正极，发生还原反应B.放电时，电子由电极经外电路流向电极C.在“化学反应”中作还原剂D.若溶解，理论上生成【答案】D【解析】【分析】DPT在电极表面被还原为微超溶解的则a为正极，b为负极；化学反应中DPT化合价降低被还原。【详解】A．据分析，电极a为正极，发生得电子的还原反应，故A正确；B．放电时，b为负极失电子，电子由电极负极经外电路流向正极，故B正确；C．化学反应中DPT化合价降低被还原，故是还原剂，故C正确；D．若溶解，1molZn~2mole理论上生成，故D错误；故选D。8.某反应体系中有七种物质：和，在反应过程中，氧化剂、还原剂的物质的量与时间关系如图所示：下列叙述正确的是A.氧化剂是 B.氧化产物、还原产物的物质的量之比为C.每生成，转移电子 D.随着反应的进行，溶液变为紫红色【答案】B【解析】【分析】02min，可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，则该反应为。【详解】A．据分析，该反应的氧化剂为高锰酸钾不是硝酸，故A错误；B．据分析氧化产物为、还原产物为，物质的量之比为3:2，故B正确；C．每生成1mol水，有2mol被还原为转移6mol电子，故C错误；D．随着反应进行，高锰酸钾被还原，溶液紫红色退去，故D错误；故选B。9.短周期主族元素的原子序数依次增大，原子最外层能层符号为L，分子中最外层不满足8电子结构。的最高价氧化物对应的水化物是白色难溶于水的固体。单质与足是盐酸反应生成(标准状况)。下列叙述错误的是：A.原子半径： B.简单氢化物稳定性：C.的最高价氧化物对应水化物是三元弱酸 D.工业上，用电解熔融氧化物法制备单质【答案】C【解析】【分析】单质与足是盐酸反应生成(标准状况)，则Y为Al，分子中最外层不满足8电子结构，则R最外层有3个电子为B；结合的原子序数依次增大，X为F；Z最高价氧化物水化物是白色难溶于水的固体，Z为Si。【详解】A．同周期元素核电荷数越大半径越小，Al、Si再B、F的下一周期，因此原子半径Al＞Si＞B＞F，故A正确；B．F的非金属性强于Si，简单氢化物稳定性HF＞SiH4，故B正确；C．，是一元弱酸，故C错误；D．AlCl3是共价化合物，因此工业上用电解Al2O3的方法制备Al，故D正确；故选C。10.根据实验操作及现象推断的结论正确的是选项实验操作及现象结论A在溶液中滴加溶液，再滴几滴、溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀B在铜和稀硫酸的混合物中加少量，铜溶解，溶液变蓝色作催化剂C用计测定同浓度溶液、溶液，前者较大酸性比强D在饱和食盐水中通入，析出少量晶体增大，促进平衡向生成氯化钠晶体方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．对于镁离子而言氢氧化钠过量，因此氢氧化钠后续还和铜离子生成了氢氧化铜，不能说明，故A错误；B．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，将铜氧化溶解，硝酸钾这里不是催化剂，故B错误；C．碳酸是二元弱酸，实验只能说明HCN的酸性强于，故C错误；D．增加氯离子浓度，使得平衡正向移动，因此在饱和食盐水中通入，析出少量晶体，故D正确；故选D。11.部分硫的化合物的价类图如图所示。下列叙述正确的是A.一定条件下能实现a→b→c→d的转化 B.物质a只具有还原性，没有氧化性C.常温下，物质a和b能大量共存 D.98.3%的d溶液能干燥b和c气体【答案】A【解析】【分析】根据化合价和物质类别可知ad分别为H2S、SO2、SO3、H2SO4。【详解】A．硫化氢在空气中燃烧可以生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化得到三氧化硫、三氧化硫和水反应生成硫酸，故A正确；B．从硫的价态看：硫化氢中硫是2价，为最低价态，只有还原性，从氢元素价态看：硫化氢是弱酸，可以体现一定的氧化性，故B错误；C．2H2S+SO2=2H2O+3S↓，因此二氧化硫和硫化氢在常温下不能大量共存，故C错误；D．三氧化硫会被浓硫酸吸收得到发烟硫酸，因此不能用98.3%的浓硫酸干燥三氧化硫，故D错误；故选A。12.某小组设计实验探究氯气的性质，装置如图所示：实验中观察到②中溶液变浑浊，③中溶液先变红色，后褪色。资料显示：④中反应为。下列叙述错误的是A.铜极附近逸出气泡，其溶液升高B.用盐酸酸化的溶液可确认④中是否生成了C.根据②中现象可推知，氯的非金属性比硫的强D.取③中溶液，滴加溶液可判断是否被氧化【答案】B【解析】【分析】由图可知，①中与直流电源正极相连的石墨电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，铜电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；②中氯气与氢硫酸溶液反应生成盐酸和硫沉淀；③中氯气将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与溶液中硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为红色，后氯气将溶液中硫氰酸根离子氧化，导致溶液褪色；④中氯气与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸。【详解】A．由分析可知，铜电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，所以铜极附近逸出气泡，溶液pH升高，故A正确；B．酸性条件下，硫代硫酸根离子能与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，则用盐酸酸化的硝酸钡溶液不能确认④中是否生成了硫酸根离子，故B错误；C．由分析可知，②中发生的反应为氯气与氢硫酸溶液反应生成盐酸和硫沉淀，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气时反应的氧化剂，硫元素的化合价升高被氧化，硫是反应的氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于硫，故C正确；D．由分析可知，③中发生的反应为氯气将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与溶液中硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为红色，后氯气将溶液中硫氰酸根离子氧化，导致溶液褪色，则取③中溶液，滴加硫氰化钾溶液，观察溶液颜色变化可以确定硫氰酸根离子是否被氧化，故D正确；故选B。13.亚硝酰氯()是有机合成的氯化剂。合成原理：，在密闭反应器中投入和合成，测得的平衡转化率与温度、压强关系如图所示，下列叙述错误的是A.该反应在较低温度下能自发进行B.的体积分数：C.点时反应器中气体的平均摩尔质量约为D.点时同时减压和升温，的平衡转化率由点向点迁移【答案】D【解析】【详解】A．该反应是是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故A正确；B．该反应为放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，由图可知，T1条件下一氧化氮的转化率大于T2条件下，则反应温度T1小于T2，所以d点氯气的体积分数大于b点，故B正确；C．由图可知，M点一氧化氮的转化率为60%，由题意可建立如下三段式：由三段式可知，平衡时气体的总物质的量为2.4mol，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则气体的平均摩尔质量为≈54.6g/mol，故C正确；D．由图可知，P点的温度高于b点、压强小于b点，则同时加压和降温，一氧化氮的平衡转化率才能由P点向b点迁移，故D错误；故选D。14.已知为一元弱酸，为一元弱碱，常温下，在含的混合溶液中滴加溶液，溶液与的关系如图所示，已知：一元弱酸溶液起始浓度、电离常数、关系为，一元弱碱类推。下列叙述正确的是A.代表与关系B.的数量级为C.YX溶液中D.常温下，溶液为8.25【答案】C【解析】【分析】向HX、YNO3混合溶液中滴加氢氧化钠溶液时，弱酸、弱碱电离常数不变，溶液中氢离子浓度减小、氢氧根离子浓度增大，由电离常数公式可知，溶液中=，则溶液中和的值增大，溶液的pŋ减小，同理可知，溶液中和的值减小，溶液的pŋ增大，则L1代表YNO3与pH关系、L2代表HX与pH关系，由图可知，常温下，溶液pH为2时，溶液中=10—2.75，HX的电离常数Ka=10—2.75×10—2=10—4.75，溶液pH为10时，溶液中=10—0.75，则YOH的电离常数Kb==10—0.75×10—4=10—4.75。【详解】A．由分析可知，L2代表HX与pH关系，故A错误；B．由分析可知，YOH的电离常数为10—4.75，则电离常数的数量级为10—5，故B错误；C．由分析可知，HX的电离常数和YOH的电离常数都为10—4.75，则YX溶液中X—离子和Y+离子的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中离子浓度的关系为，故C正确；D．由分析可知，YOH的电离常数为10—4.75，则常温下0.1mol/LYOH溶液中氢氧根离子浓度约为=10—2.875，则溶液的pH为14—2.875=11.125，故D错误；故选C。二、非选择题(本题包括4小题，共58分。)15.《开宝本草》记载“取钢煅作叶，如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中，阴处埋之百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉[主要成分为]，主要功效是养血安神，平肝镇惊，解毒消肿。某小组以硫铁矿(主要成分为，含少量等)为原料制备铁华粉的流程如下：已知：浸渣含有附加值高的非金属单质，浸取液含和。回答下列问题：（1）为了提高“浸取”速率，宜采用的措施有___________(答两条)。（2）“浸取”中反应的离子方程式为___________。（3）若将“还原”中发生的化合反应设计成原电池，则正极反应式为___________。（4）操作X包括蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。“蒸发浓缩”宜在或保护气氛中进行，其目的是___________。（5）已知：常温下，，的电离常数，。“沉铁”中的平衡常数为________(结果保留两位有效数字)。（6）常温下，。溶液呈弱碱性，其原因是________。（7）设计实验证明铁华粉中含，宜选择的试剂是___________(填标号)。A.溶液 B.酸性溶液C.溶液 D.溶液【答案】（1）粉碎矿石、提高浸取温度等（2）（3）（4）①.冷却结晶②.防止Fe2+被空气中的氧气氧化（5）（6），，的电离常数大于，根据越弱越水解，可知道的水解程度小于（7）BCD【解析】【分析】向硫铁矿(主要成分为2，含少量等)加入Fe2(SO4)3溶液，与2、反应生成和单质S，浸取液含有和，加铁粉与Fe3+、Cu2+反应，生成Fe2+、和Cu单质，过滤后得到溶液，再加入碳酸氢铵进行沉铁得到，与醋酸反应得到溶液，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。【小问1详解】能提高“浸取”速率的措施有粉碎矿石、提高浸取温度等；【小问2详解】“浸取”中与Fe2(SO4)3溶液反应生成和单质S，离子方程式为：；【小问3详解】“还原”中发生的化合反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，设计成原电池，正极发生还原反应，离子方程式为；【小问4详解】由分析可知，操作X包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；或保护气氛中进行，其目的是防止Fe2+被空气中的氧气氧化；【小问5详解】“沉铁”中的平衡常数=====；【小问6详解】，，的电离常数大于，根据越弱越水解，可知道的水解程度小于，故溶液呈弱碱性；【小问7详解】Fe2+能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能与溶液反应生成蓝色沉淀，与NaOH溶液反应先生成白色沉淀，马上变为灰绿色，最终变为红褐色，故可用酸性高锰酸钾溶液、溶液、NaOH溶液检验Fe2+，答案为BCD。16.高吸水性树脂聚丙烯酸钠(H)广泛应用于生产、生活中。以烃为原料合成聚丙烯酸钠的流程如下：回答下列问题：（1）A的同分异构体的名称是___________；F中官能团有___________(填名称)。（2）C的结构简式为___________；E的空间结构为___________。（3）G→H的反应类型是___________。（4）D→F的化学方程式为___________。（5）B的分子式为___________，分别向溴的四氯化碳、溴水中通入B，二者现象的区别是前者___________，后者___________。（6）A的二氯代物有________种(不包括立体异构体)，其中，含手性碳原子的结构有___________种。(提示：与四个互不相同的原子或原子团连接的碳原子叫手性碳原子)【答案】16.①.异丁烷或2甲基丙烷②.碳碳双键和羧基17.①.CH3CH3②.正四面体形18.加聚反应19.2+3O22+2H2O20.①.C2H4②.前者溶液褪色，不分层③.溴水褪色，分层，下层有无色油状液体21.①.6②.3【解析】【分析】A为，发生裂化反应生成CH4(E)和，与氧气发生催化氧化生成F，F为，与氢氧化钠生成，再发生加聚反应生成H；A的另一种裂化方式生成C和B，B在标况下密度为1.25g/L，则B的相对分子质量为28，即为乙烯，则C为乙烷，结构简式为CH3CH3。【小问1详解】A为，即正丁烷，其同分异构体为异丁烷或2甲基丙烷；F的结构为，含有的官能团为碳碳双键和羧基；【小问2详解】C的结构简式为CH3CH3，E为甲烷，空间结构为正四面体形；【小问3详解】G到H发生的是加聚反应；【小问4详解】与氧气发生催化氧化生成F，F为，化学方程式为2+3O22+2H2O；【小问5详解】B为乙烯，分子式为C2H4，分别向溴的四氯化碳、溴水中通入B，二者现象的区别是前者溶液褪色，不分层；后者溴水褪色，分层，下层有无色油状液体；【小问6详解】A为，其二氯代物有6种，分别为、；其中含有手性碳的有3种。17.呈白色粉末状，是一种化工品，常用作腌制食品的防腐剂。某小组设计实验制备并探究其性质。实验(一)：制备资料显示：。都能与酸性溶液反应。（1）D装置作用是___________。（2）C装置中发生反应的现象是___________。（3）已知：，当___________时等体积混酸溶解铜的质量最大。实验(二)：测定产品纯度称取产品溶于蒸馏水配制成溶液，准确量取配制溶液于锥形瓶，加入适量稀硫酸，用标准溶液滴定至终点，消耗滴定液。（4）该产品纯度为___________(用含代数式表示)，若滴定前仰视读数，终点时俯视读数，测得结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。实检(三)：探究影响水解程度的外界因素为了探究外界条件对水解程度的影响，设计如下实验：原号溶液蒸馏水水浴温度溶液Ⅰ0ⅡⅢ0（5）___________。设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是___________。（6）根据相关原理，小组预测，实验测得结果：。理论预测和实验结果矛盾，其原因可能是___________。【答案】（1）防止E中水蒸气进入C中（2）固体由淡黄色变成白色（3）2∶3（4）①.②.偏低（5）①.10②.探究浓度对NaNO2水解程度的影响（6）升高温度，亚硝酸根离子的水解程度增大程度起次要作用，亚硝酸电离程度增大，水的离子积增大起主要作用，pH降低【解析】【分析】A装置发生铜与稀硝酸的反应生成NO，然后进入B装置进行干燥，干燥完进入C装置和Na2O2反应，D中碱石灰吸收E挥发出来的水蒸气，使产品不纯，最后进入E装置进行尾气处理。【小问1详解】D装置作用是吸收E挥发出来的水蒸气。故答案为：防止E中的水蒸气进入C中；【小问2详解】C中发生，C装置中发生反应的现象是固体由淡黄色变成白色。故答案为：固体由淡黄色变成白色；【小问3详解】已知：，根据3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O，设c(HNO3)=amol·L－1，当提供的氢离子和硝酸根离子为8∶2时，a∶[a+2(5a)]=1∶4,a=2,即当2∶3时,等体积混酸溶解铜的质量最大。故答案为：2∶3；【小问4详解】5NO+2MnO+6H+=2Mn2++5NO+3H2O，2n(NaNO2)=5n(KMnO4)，该产品纯度为，若滴定前仰视读数，V1偏大，终点时俯视读数，V2偏小，测得消耗滴定液体积偏小，测得结果偏低。故答案为：；偏低；【小问5详解】控制变量实验，溶液总体积保持相等，10。实验Ⅰ、Ⅱ仅改变浓度，设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究浓度对NaNO2水解程度的影响。故答案为：10；探究浓度对NaNO2水解程度的影响；【小问6详解】根据相关原理，升高温度水解程度增大，pH增大，小组预测，实验测得结果：。理论预测和实验结果矛盾，其原因可能是升高温度，水解程度增大，但水的电离程度增大，水的离子积也增大；另一方面，HNO2电离程度增大，综合作用的结果：升高温度，亚硝酸根离子的水解程度增大程度起次要作用，亚硝酸电离程度增大，水的离子积增大起主要作用，pH降低。故答案为：升高温度，亚硝酸根离子的水解程度增大程度起次要作用，亚硝酸电离程度增大，水的离子积增大起主要作用，pH降低。18.乙醇是一种绿色能源，也是一种化工原料。（1）已知几种热化学方程式如下：①②③(ⅰ)上述反应中，在任意温度下都能自发进行的是___________(填序号)。(ⅱ)我国科学家开发新型催化剂利用乙醇直接制备乙酸乙酯：___________。（2）乙醇是一种储氢材料。，Akande对其动力学机理的研究(*代表物种吸附在催化剂表面上)如图所示：①___________0(填“>”“<”或“=”)，总反应分___________步反应进行。②速控反应的方程式为___________。（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入适量乙醇蒸气，发生反应：，下列叙述正确的是___________(填标号)。A.当气体总压强不变时，达到平衡状态B.平衡时升温，正反应速率大于逆反应速率C.平衡时，充入氩气，平衡向左移动D.平衡时，充入少量，其平衡转化率减小（4）保持总压为，向反应器中充入乙醇和氮气(不参与反应)，发生反应：，测得乙醇的平衡转化率与投料比、温度的关系如图所示：①其他条件不变时，随着增大，乙醇的平衡转化率增大的原因是_______，_____(填“>”或“<”)。②温度下，投料比为1.0时，平衡常数为________(提示：用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的显分数)。（5）我国科学家开发复合催化剂，实现了在酸性条件下电还原制备乙醇，阴极反应式为___________。【答案】（1）①.②③②.—5（2）①.>②.2③.*CH3+*CH2OH+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)（3）AD（4）①.投料比X增大，乙醇的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成物的浓度减小，平衡常数不变，所以乙醇的转化率增大②.<③.（5）2CO2—12e—+12H+=CH3CH2OH+