北京市牛山一中2020届高三化学上学期期中试题（含解析）.docx

牛栏山一中2019-2020学年度第一学期期中考试高三年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cl：35.5第卷（选择题）(共14小题，每小题3分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项）1.化学用语在化学学习中有着重要的作用。下列有关化学用语使用正确的是（ ）A. 乙醇的分子式为C2H5OHB. Cl-的结构示意图C. HCl的电子式D. 质量数为37的氯原子Cl【答案】D【解析】【详解】AC2H5OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为：C2H6O，选项A错误；B氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子的结构示意图：，选项B正确；CHCl是共价化合物，其电子式为，选项C错误；D原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为：Cl，选项D正确；答案选D。2.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ）A火药使用B粮食酿酒C转轮排字D铁的冶炼A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2，发生化学反应，故A不选；B粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选；答案选C。3.下列关于金属的腐蚀与防护的说法中不正确的是（ ）A. 舱底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀B. 在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，负极反应Fe3e=Fe3+C. 铁表面镀银，铁作阴极D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀【答案】B【解析】【详解】A、锌比铁活泼，与电解质形成原电池时，作负极，保护船体不被腐蚀，选项A正确；B、金属在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，并且一般是吸氧腐蚀，负极反应为Fe2e=Fe2+，选项B错误；C、预使铁表面镀银，则铁在阴极被保护，选项C正确；D、可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连做阴极被保护，不受腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，选项D正确。答案选B。4.下列说法正确的是（ ）A. 油脂是天然高分子B. 麦芽糖能发生银镜反应，也能发生水解反应只产生葡萄糖C. 蛋白质溶液中加入饱和Na2SO4溶液可使其变性D. 煤的干馏和石油的分馏均属于物理变化，所得产物仍然为混合物【答案】B【解析】【详解】A油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项A错误；B麦芽糖为二糖，可发生水解生成葡萄糖，且含-CHO，可发生银镜反应，选项B正确；C蛋白质溶液中加入Na2SO4饱和溶液，发生盐析，不是变性，选项C错误；D煤的干馏属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，所得产物仍然为混合物，选项D错误。答案选B。5.下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是（ ）A. 25时，pH=12的某溶液中可能大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、CO32-B. 25时，=1010的某溶液中可能大量共存：Mg2、Cu2、SO42、NO3C. 某强酸性无色溶液中可能大量共存：Cu2+、K+、Cl、CH3COO-D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：I-、NH4、SCN、SO42【答案】B【解析】【详解】A、Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，选项A错误；B、25时，=1010的溶液呈酸性，H、Mg2、Cu2、SO42、NO3各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；C、含Cu2+的溶液呈蓝色，且强酸性条件下CH3COO-与H反应生成弱酸而不能大量存在，选项C错误；D、0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+与SCN发生络合反应，与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。6.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 将0.71gCl2通入水中，转移电子数为0.01NAB. 标准状况下，5.6LH2O所含的分子数为0.25NAC. 0.1mol/LH2SO4溶液中含有H+的数目是0.2NAD. 1molC8H18分子中含有共价键总数为25NA【答案】D【解析】【详解】A0.71gCl2，即0.01mol，Cl2通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.01mol，转移的电子数小于0.01NA，选项A错误；BH2O在标况下不是气体，5.6LH2O所含的分子数大于0.25NA，选项B错误；C溶液的体积不确定，无法计算，选项C错误；D.1mol C8H18所含有的共价键数目为25 NA，选项D正确；答案选D。7.下列用于解释事实离子方程式书写正确的是（ ）A. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ + 2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2OB. 氯水具有漂白性：Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-C. 硫代硫酸钠溶液呈碱性：S2O32-+2H2OH2S2O3+2OH-D. 工业上利用电解饱和食盐水制氯气：2H+2Cl-H2+Cl2【答案】A【解析】【详解】A. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2+ + 2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O，选项A正确；B. 氯水具有漂白性，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，选项B错误；C. 硫代硫酸钠溶液呈碱性，水解的方程式为：S2O32-+H2OHS2O3-+OH-，选项C错误；D. 工业上利用电解饱和食盐水制氯气，反应的离子方程式为：2H2O+2Cl-H2+Cl2+2OH-，选项D错误。答案选A。8.银器久置变黑多是表面生成银锈Ag2S所致。用铝制容器配制含小苏打和食盐的稀溶液，将变黑银器浸入溶液中，并使银器与铝制容器接触，一段时间后，黑锈褪去，而银却极少损失。上述过程中，起还原作用的物质是（ ）A. Ag2SB. AlC. NaClD. NaHCO3【答案】B【解析】【详解】负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，电极反应式为：Al-3e- Al3+，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，电极反应式为：3Ag2S+6e- 6Ag+3S2-，铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体，故总的反应方程式为：2Al+3Ag2S+6H2O2Al(OH)3+6Ag+3H2S，所以铝起还原作用。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应原理，负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体。9.一定温度下在容积恒定的密闭容器中，存在可逆反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列选项能说明该可逆反应达到化学平衡的是（ ）A. 2v(B)正 = v(C)逆B. 容器内每消耗2molB，同时生成1molDC. 容器内气体的密度不变D. 容器内气体的总压强不变【答案】C【解析】【详解】A、V (B)正=2V(C)正=2V (C) 逆才能说明正逆反应速率相等，才能说明达平衡状态，选项A错误；B、容器内每消耗2molB等效于生成1mol C，只能说明反应按化学计量数进行，不能说明达平衡状态，选项B错误；C、容器内气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应已达平衡状态，选项C正确；D、反应前后气体的体积不变，所以容器内气体的压强始终不变，压强不变不能说明反应达平衡状态，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学平衡状态标志的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10.我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a为外接直流电源的正极B. 阳极的电极反应为2HCl+2e-Cl2+2H+C 通电后H+从左室迁移至右室D. 左室中发生反应为4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O，实现了Fe3+的再生【答案】D【解析】【详解】A. 右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，选项A错误；B. 阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-Cl2+2H+，选项B错误；C. 电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室，选项C错误；D. 根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O，实现了Fe3+的再生，选项D正确；答案选D。11.在一定温度下，10mL0.60mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) （ ）A. 06min的平均反应速率：v(H2O2)=3.310-4mol/(Lmin)B. 68min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.40mol/LD. 反应到6min时，H2O2的转化率约为66.7%【答案】C【解析】【详解】A.06min时间内，生成氧气为生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c（H2O2）=0.20mol/L，所以v（H2O2）=3.310-2mol/（Lmin），选项A错误；B随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，68 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，选项B错误；C由A计算可知，反应至6 min时c（H2O2）=0.60mol/L-0.20mol/L=0.40mol/L，选项C正确；D6min内c（H2O2）=0.2mol/L，则H2O2分解率为：100%=33.3%，选项D错误；答案选C。12.实验：向2mL0.1molL-1AgNO3溶液中加入2滴0.1molL-1NaCl溶液，充分振荡得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c（已洗涤干燥）；向滤液b中滴加0.1molL-1KI溶液，产生黄色沉淀；向沉淀c中滴加0.1molL-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是（ ）A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)B. 中现象说明AgCl 转化为AgIC. 滤液b中含有Ag+D. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶【答案】B【解析】【详解】A根据浊液a中含有AgCl，存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），选项A正确；B向滤液b中滴加0.1molL-1KI溶液，滤液中硝酸银末反应完，银离子与碘离子反应生成AgI而不能说明AgCl 转化为AgI，选项B不正确；C滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，选项C正确；D向AgCl中滴加0.1 molL-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，易错点为选项B，滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡。13.向容积固定为2L的密闭容器中充入9.6molNO和4.8moLO2，发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0，2NO2(g)N2O4(g) H0。测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，010min维持容器温度为T，10min时改变某一个反应条件，一段时间后再次平衡。下列说法正确的是（ ）A. 前5min反应的平均速率v(O2)=0.28molL-1min-1B. 第一次平衡时NO的转化率约为25%C. 反应的化学平衡常数：K(5-10min)=K(11-15min)D. 若起始时向该容器中充入3.6molNO2和3.0molN2O4，T达到平衡时，NO2的物质的量浓度大于图中510min的NO2的物质的量浓度【答案】A【解析】【详解】根据图示可知：A、v(O2)= =0.28 molL-1min-1，选项A正确；B、第一次平衡时NO的转化率为100%58.3%，选项B错误； C、从图中看出10min时NO2和N2O4的浓度都发生变化，改变的条件应是增大体积，温度不变，平衡常数不变，选项C错误；D、若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和3.0 mol N2O4，相当于起始时向容器中充入9.6 mol NO和4.8 mol O2，因此，T达到平衡时，NO2的物质的量浓度与图中510 min的相同，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查化学平衡移动及化学反应速率的应用。体现了“变化观念与平衡思想”的化学核心素养,有助于考生形成具有学科特质的必备品格，充分利用三段式对化学平衡的计算。14.25时，在含CH3COOH和CH3COO-的溶液中，CH3COOH和CH3COO-二者中各自所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 在pH4.76的溶液中，c(CH3COO-)c(CH3COOH)B. 向20mL0.1mol/L CH3COOH溶液中加入10mL同浓度的NaOH溶液后，溶液显酸性，则c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)C. 在pH4.76的溶液中，c(CH3COO-)与c(OH-)之和等于c(H+)D. 25时，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.76【答案】D【解析】【详解】A在pH4.76的溶液显酸性，c（CH3COO）c（CH3COOH），选项A错误；B二者混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa和CH3COOH，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，所以c(CH3COO-) c(CH3COOH)，但其电离程度较小，结合物料守恒得c(CH3COO-) c(Na+)c(CH3COOH) c(H+)c(OH-)，选项B错误；C在pH=7的溶液中存在电荷守恒，溶液中也可能含有其他阳离子，c(CH3COO-)与c(OH-)之和可大于c(H+)，选项C错误；D25时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，CH3COOH的电离常数Ka= c(H+)=10-4.76，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度、物料守恒、图象分析判断，掌握基础是解题关键，易错点为选项A当溶液pH4.76时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，在pH4.76的溶液显酸性。第卷（非选择题）15.（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），离子方程式为_。（2）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”、“泪”分别属于_、_类物质。（3）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4Zn(OH)23xH2O充电时，Zn膜连接电源_极，放电时正极的电极反应式为_。（4）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。写出曲线中bd段的化学方程式_。（5）聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示：(图中虚线表示氢键)聚维酮单体的结构简式为_，氢键的作用为_（写出一条即可）。【答案】 (1). 2Fe(OH)3+6H+2I-2Fe2+I2+6H2O (2). 蛋白质 (3). 烃 (4). 负极 (5). MnO2+ H2O +e-= MnOOH+OH- (6). NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O (7). (8). 增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点【解析】【分析】（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），铁离子能够氧化碘离子；（2） “丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；（3）充电时该装置为电解池，Zn膜连接电源负极作为电解池的阴极Zn(OH)2得电子产生Zn，放电时该装置为原电池，正极上MnO2得电子产生MnOOH；（4）曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线；（5）聚维酮的单体是；氢键的作用为增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点。【详解】（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），铁离子能够氧化碘离子，发生反应的离子反应为2Fe(OH)3+6H+2I-2Fe2+I2+6H2O；（2）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；（3）充电时该装置为电解池，Zn膜连接电源负极作为电解池的阴极Zn(OH)2得电子产生Zn，放电时该装置为原电池，正极上MnO2得电子产生MnOOH，电极反应式为MnO2+ H2O +e-= MnOOH+OH-；（4）曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，d点中溶质为Na2SO4，bd段发生反应为：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；（5）根据结构分析，聚维酮的单体是；氢键的作用为增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点。16.常温下，将NH3H2O与盐酸等体积混合，实验数据如下：组别NH3H2OHCl混合溶液的pH值甲c（NH3H2O）=0.1molL-1c（HCl）=0.1molL-1pH=a乙NH3H2O的pH=12HCl的pH=2pH=b丙c（NH3H2O）=AmolL-1c（HCl）=0.1molL-1pH=c（1）甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为_；（2）乙组溶液混合后显_（酸性、中性、碱性）；（3）丙组溶液混合后c7，A_0.1molL-1(填“”、“”或“”)。（4）25时，电离常数：化学式CH3COOHH2CO3HCN电离常数1.8105K1：4.3107K2：5.610114.91010物质的量浓度为0.1molL-1的下列四种物质：aCH3COONa bNa2CO3 cNaHCO3 dNaCNpH由小到大的顺序是_(填序号)。【答案】 (1). c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (2). 碱性 (3). (4). acdb【解析】【分析】（1）NH4+水解溶液显酸性；（2）根据酸碱中和反应生成的盐的水解进行判断；（3）丙组溶液混合后c7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性；（4）酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强。【详解】（1）甲组实验中氨水和盐酸的浓度、体积相同，二者恰好反应生成氯化铵。由于NH4+水解溶液显酸性，因此溶液中离子浓度大小关系是c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；（2）盐酸是强酸，氨水是弱碱。因此pH12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以在体积相等的条件下二者反应氨水过量，溶液显碱性，因此溶液的pH7，溶液显碱性；（3）丙组溶液混合后c7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性。由于二者恰好反应时，溶液显酸性。因此要使反应后溶液显中性，则氨水要过量，所以强酸的浓度A0.1mol/L；（4）Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaCN是强碱弱酸盐水解显碱性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性；而酸性CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，而酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：CH3COO-HCO3-CN-NaCNNaHCO3CH3COONa，即pH由小到大的顺序是acdb。17.近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O（1）A中含有的官能团的名称为_。（2）B的分子式为C3H3Cl，则C的结构简式为_。（3）D生成E的反应类型为_。（4）F生成G的化学方程式为_。（5）乙醛与E在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（6）X是D的同系物且比D少一个碳原子，X能发生银镜反应，X的同分异构体有_种，其中峰面积之比为1：1：1：3的有机物的结构简式为_。（7）利用题目中信息，写出用乙烯制备正丁醇的合成路线（无机试剂任选）_。【答案】 (1). 碳碳三键 (2). NCCH2-CCH (3). 加成反应 (4). C6H6CHO+CH3CHOC6H6CH=CHCHO+H2O (5). (6). 4种 (7). HCOOCH(CH3)-CCH (8). CH2=CH2 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH【解析】【分析】由流程可知，A（CH3CCH）与氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CCH，则B为ClCH2CCH；ClCH2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；NCCH2-CCH酸性条件水解生成HOOC-CH2-CCH，HOOC-CH2-CCH与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2-CCH，则D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；由信息可知，F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，C6H6CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成C6H6CH2CH2CHO，则H为C6H6CH2CH2CHO；C6H6CH2CH2CHO与在催化剂作用下发生偶联反应生成Y，据此分析。【详解】由流程可知，A（CH3CCH）与氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH2CCH，则B为ClCH2CCH；ClCH2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；NCCH2-CCH酸性条件水解生成HOOC-CH2-CCH，HOOC-CH2-CCH与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2-CCH，则D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；由信息可知，F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，C6H6CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成C6H6CH2CH2CHO，则H为C6H6CH2CH2CHO；C6H6CH2CH2CHO与在催化剂作用下发生偶联反应生成Y。（1）A（CH3CCH）中含有的官能团的名称为碳碳三键；（2）B为ClCH2CCH，ClCH2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；（3）D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；则D生成E的反应类型为加成反应；（4）F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，F生成G的化学方程式为C6H6CHO+CH3CHOC6H6CH=CHCHO+H2O；（5）依据Y的生成机理可推得乙醛与E（）在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为；（6）X是D(CH3CH2OOCCH2-CCH)的同系物且比D少一个碳原子，X能发生银镜反应，则含有醛基，且也含有酯基和碳碳三键，故X应为甲酸酯，满足条件的同分异构体有HCOOCH2CH2-CCH、HCOOCH(CH3)-CCH、HCOOCH2-CC-CH3、HCOO-CC-CH2CH3共4种，其中峰面积之比为1：1：1：3的有机物的结构简式为HCOOCH(CH3)-CCH；（7）利用题目中信息，乙烯催化水化得到乙醇，乙醇氧化得到乙醛，乙醛在氢氧化钠中加热反应得到CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO催化加氢得到CH3CH2CH2CH2OH，故乙烯制备正丁醇的合成路线如下：CH2=CH2 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。18.CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。（1）用电子式表示CO2的形成过程_。（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇，但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+CH3OH(g) H=-131.9kJmol-1(g)+H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) H=-94.8kJmol-1获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：.+3H2(g)(g)+CH3OH(g) H=-71.6kJmol-1步骤的热化学方程式是_。研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时），实验数据见下表：反应温度/ EC转化率/ %产率/%乙二醇甲醇16023.823.212.918062.160.931.520099.994.762.322099.992.446.1由上表可知，温度从160升高到200时，乙二醇的产率逐渐增大，但当温度升高到220时，乙二醇的产率反而降低，原因是_。（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极a的电极反应式是_。（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是_（填序号）。a利用电能、光能或热能活化CO2分子b选择高效的催化剂c选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物【答案】 (1). (2). (g)+CO2(g) H=-60.3 kJmol-1 (3). 温度升高到220时，乙二醇会深度加氢生成乙醇，所以温度升高到220时，乙二醇的产率反而降低 (4). CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O (5). bc【解析】【分析】（1）二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物；（2）根据盖斯定律书写步骤的热化学方程式；温度升高到220时，乙二醇会深度加氢生成乙醇；（3）a电极CO2CH3OH发生还原反应，a是阴极；（4）a.实现CO2的高效使用,应升高CO2参与反应的速率和比例；预先活化CO2分子，可以提高反应速率；高效的催化剂能加快反应速率。【详解】（1）二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为：；（2）已知：.+3H2(g)(g)+CH3OH(g) H=-71.6kJmol-1、(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+CH3OH(g) H=-131.9kJmol-1根据盖斯定律，由-得反应(g)+CO2(g) H=-131.9kJmol-1+71.6kJmol-1=-60.3 kJmol-1；温度升高到220时，乙二醇会深度加氢生成乙醇，所以温度升高到220时，乙二醇的产率反而降低；（3）a电极CO2CH3OH发生还原反应，a是阴极，连接电源负极；阴极反应式是CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O；（4）a、实现CO2的高效使用,应升高CO2参与反应的速率和比例，选项a错误；b、预先活化CO2分子，可以提高反应速率，选项b正确；c、高效的催化剂能加快反应速率，选项c正确。答案选bc。【点睛】本题考查盖斯定律的应用及电解池原理等，根据盖斯定律，化学反应的反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，化学反应的反应热可以根据盖斯定律用叠加法计算。19.制备乙炔的电石渣对环境污染极为严重，因此需要对水体进行净化处理。现取400mL电石渣废水(阳离子主要为Ca2+)，测定水质的数据如下表所示。注：SS表示固体悬浮物模拟工业处理流程如