福建省宁德市福古霞三校高三3月份适应性检测化学试题

福古霞三校2024届高中毕业班3月份适应性测试化学试题班级_____姓名_____座号_____原子量：H1C12N14O16S32第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是A.钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关B.在50℃环境中，用水可制得直径在800nm~10μm的光纤，冰光纤是一种胶体，具有丁达尔现象C.“嫦娥石”晶体组成为，可利用X射线衍射法获取其晶体结构。39Y是一种稀土元素，属于非金属元素。D.氯碱工业中阳极区的溶液用盐酸调pH为2~3，促进Cl2的产生【答案】D【解析】【详解】A．钻石璀璨夺目是由于色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与共价键、共价晶体无关，A错误；B．冰光纤是一种物质组成的纯净物，不是胶体，不具有丁达尔效应，B错误；C．39Y是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，C错误；D．氯碱工业中阳极区产生氯气，氯气与水发生反应：，增大溶液中盐酸的浓度能使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，故氯碱工业中阳极区的溶液用盐酸调pH为2~3，促进Cl2的产生，D正确；答案选D。2.下列说法不正确的是A.用电子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ键的形成：C.HCHO中C原子杂化轨道示意图：D.基态锗原子的简化电子排布式：【答案】D【解析】【详解】A．硫化钾形成过程中钾失去电子，硫得到电子，K2S的形成过程为：，故A正确；B．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故B正确；C．HCHO中的C原子采用sp2杂化，3个杂化轨道夹角为120，形成平面三角形，示意图为，故C正确；D．锗原子序数32，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D错误。答案选D。3.2023年全国高分子学术论文报告会在湖北举办，本次大会以“分子聚合聚集，科技自立自强”为主题。某聚碳酸酯的结构如图所示，下列说法正确的是A.该物质可通过加聚反应得到B.在催化剂的作用下，该聚碳酸酯可降解为小分子物质C.1个该分子中含3个氧原子D.采用光气()作原料制备该物质的方法符合绿色化学理念【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，聚碳酸酯是与二酰氯通过縮聚反应反应生成的合成高分子化合物，故A错误；B．由结构简式可知，聚碳酸酯在催化剂作用下能发生水解反应生成和二氧化碳小分子物质，故B正确；C．由结构简式可知，聚碳酸酯分子中含有的氧原子个数为3n，故C错误；D．光气是有毒的气体，则采用光气作原料制备聚碳酸酯的方法不符合绿色化学理念，故D错误；故选B。4.下列选项正确的是A.碘化亚铁溶液通入少量的氯气：B.SO2与FeCl3溶液反应，溶液由黄色变成浅绿色：C.向中投入Na2O2固体：D.等物质的量的NaHCO3溶液与溶液混合：【答案】B【解析】【详解】A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气，碘离子还原性强，先被氧化：，A错误；B．SO2与FeCl3溶液反应，溶液由黄色变成浅绿色：，B正确；C．向中投入Na2O2固体，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂：，C错误；D．等物质的量的NaHCO3溶液与溶液混合：，D错误；故选B。5.Operando光谱和DFT计算明确了在负载的上选择性催化还原NO的还原氧化半循环的过程如下。下列说法正确的是A.步骤3、4都是氧化还原反应B.步骤2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C.每生成理论上消耗D.上述过程的总反应方程式：【答案】C【解析】【详解】A．步骤3的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，A错误；B．步骤2的方程式为：O2+2H2O+4W6+O+4Ce3+=4Ce4+OH···OW6+，氧化剂为O2，还原剂为Ce3+，物质的量之比为1：4，B错误；C．由题干反应历程图可知，上述过程的总反应方程式为：，每生成1molN2理论上消耗0.25molO2，C正确；D．由C项分析可知，上述过程的总反应方程式：，D错误；故选C。6.纳米晶体作为新一代光电半导体材料，已被广泛应用于光电子器件领域。的晶胞为立方型，其结构如下图所示。容忍因子(、和分别代表着A、B、C位的离子半径)，其数值越接近1，晶体结构越稳定。已知。下列说法错误的是A.晶体中和的配位数均为6B.晶体中填充在构成的正八面体空隙中C.若要提高晶体的稳定性，可用离子半径略小于的离子取代D.若某型晶体的容忍因子，则A、B位的离子均恰好与C位的离子相切【答案】A【解析】【详解】A．根据晶胞结构可知晶体中的配位数为12，的配位数均为6，A错误；B．根据晶胞结构晶体中填充在构成的正八面体空隙中，B正确；C．根据题干可知容忍因子其数值越接近1，晶体结构越稳定，处于B位，，若用离子半径略小于的离子取代，容忍因子的分母减小、容忍因子增大，越来越接近1，会提高晶体的稳定性，C正确；D．说明，则A、B位的离子均恰好与C位的离子相切，D正确；故选A。7.实验室模拟工业海带提砷的流程如图。下列说法错误的是A.“灼烧”用到的硅酸盐仪器有坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯B.“氧化”时发生反应的离子方程式为C.“反萃取”所得有机层经处理后可循环再利用D.“沉淀”时每生成碘，理论上转移电子【答案】D【解析】【分析】由流程可知，在坩埚中灼烧得到海带灰，溶解、浸泡后得到悬浊液，过滤分离出含I的溶液，加入稀硫酸和H2O2发生，得到含碘的溶液，再加入CC14萃取、分液，得到I2的CCl4溶液，然后加入NaOH溶液反萃取，分液后得到的有机层为CCl4，向分液得到水层中加入稀硫酸得到I2，以此解答。【详解】A．灼烧海带时用到的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故A正确；B．H2O2在酸性条件下将I氧化为I2，离子方程式为，故B正确；C．“反萃取”所得有机层为CCl4，可循环再利用，故C正确；D．由分析可知，萃取后得到I2的CCl4溶液，然后加入NaOH溶液，I2转化为I和IO，反萃取后加入稀硫酸发生反应：I+IO+2H+=I2+H2O，每生成碘，理论上转移电子，故D错误；故选D。8.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验方案设计现象和结论A检验溴乙烷是否水解向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液共热，滴加硝酸银溶液未出现浅黄色沉淀，证明溴乙烷未发生水解B探究不同价态硫元素的转化向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入浓硫酸溶液变浑浊，证明和S2发生了氧化还原反应C实验室中制取并检验乙烯取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，逐渐升温至170℃，将产生的气体依次通过品红和溴水溴水褪色，说明产物中有乙烯生成D验证Cl与H2O在配合中存在相互竞争向0.1mol·L1CuSO4溶液中加入少量NaCl固体溶液由蓝色变为黄绿色，说明发生了到的转化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热后，应加硝酸使溶液呈酸性再检验溴离子，碱溶液中生成AgOH干扰溴离子检验，故A错误；B．浓硫酸能氧化Na2S生成S，干扰Na2SO3氧化Na2S，根据实验现象不能说明和S2发生了氧化还原反应，故B错误；C．加热条件下，浓硫酸能被乙醇还原为SO2，品红溶液能检验SO2，但不能吸收SO2，SO2能使溴水褪色，干扰乙烯的检验，根据实验现象不能说明产物中含有乙烯，故C错误；D．[Cu(H2O)4]2+在水溶液中呈蓝色、[CuCl4]2在水溶液中呈黄色，[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2的混合溶液呈黄绿色，根据实验现象知，发生了[Cu(H2O)4]2+到[CuCl4]2的转化，故D正确。答案选D。9.近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液中通CO2至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。下列说法不正确的是A.电极b连接电源的正极，发生氧化反应B.电极a发生的电极反应式为C.当电极a区生成3.0g尿素时，电极b区质量减少6.4gD.电极a区电解质溶液pH增大【答案】C【解析】【分析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极，据此解答。【详解】A．从电解池分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B．a电极是阴极，得电子，从图中可知，a电极上端通入CO2，H+移动到a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2，其电极反应式书写正确，故B正确；C．3.0g尿素的物质的量为=0.05mol，结合a极反应式，转移电子为0.8mol，b极的反应式为，转移0.8mol电子时，会消耗0.2molH2O，减少的质量为3.6g，故C错误；D．H+向a电极移动，在a电极参与反应，由其电极反应式可知，电极反应消耗18molH+，但通过质子交换膜16molH+，所以a电极附近的H+在减少，其pH在增大，故D正确。答案选C。10.实验室模拟侯氏制碱碳酸化制的过程，将通入饱和氨盐水(溶质为、)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数与pH的关系如图2。下列说法正确的是A.，溶液中B.，发生反应：C.水的电离程度：D.，、均保持不变【答案】C【解析】【详解】A．，为饱和氨盐水(溶质为、)，溶液中存在，故，选项A错误；B．，随着反应的进行，时pH=10.3，生成的少量白色固体为，由图2可知，溶液中和浓度相等，但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比，无法写出该反应的离子方程式，选项B错误；C．，为饱和氨盐水(溶质为、)，一水合氨抑制水的电离；，为碳酸氢铵与碳酸铵按1：1形成的溶液，促进水的电离；故水的电离程度：，选项C正确；D．，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中减少，保持不变，选项D错误；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)11.I、铊(Tl)广泛用于电子、军工、航天、化工、冶金、通讯等方面，一种以红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备金属铊的流程如图所示。已知：①铊的密度比钠的密度大。室温下，铊能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。②TlCl难溶于水，而Tl2SO4溶于水。③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Al3+开始沉淀的pH2.23.5沉淀完全()的pH3.24.7回答下列问题：（1）铊(Tl)元素位于元素周期表的_____区。A．p区B．s区C．d区（2）“焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4；Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐。其中TlAsS2转化为Tl2SO4分如下两步完成。请写出第一步反应的化学方程式。第一步(TlAsS2与O2反应)：_____；第二步：。（3）滤渣成分为_____(填化学式)。（4）“沉铊”步骤中，需要加入过量NaCl，其原因是_____。（5）向“沉铊”后的滤液中加入生石灰至pH=7时才能外排，此时滤液中的Al3+浓度为_____mol·L1.（6）“焙烧2”中发生的反应为。则“置换”步骤中发生反应的离子方程式为_____。（7）所得产品高纯铊应保存在_____中。Ⅱ、乙硼烷、甲乙酮肟均收录在化学危险品目录中——乙硼烷为易燃气体；甲乙酮肟为易燃液体。（8）硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷(B2H6)、丁硼烷(B4H10)等。乙硼烷的结构式如图。分子中B原子通过氢桥键()形成一个四元环。丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式_____。（9）甲乙酮肟()是一种重要有机合成活性试剂。其中C=N键与C—C键夹角_____(填“<”“>”或“=”)C=N键与N—O键夹角。【答案】11.A12.13.SiO214.增大Cl浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出15.16.17.煤油18.19.>【解析】【分析】红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)“焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4，Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐，加浓硫酸将金属氧化物转化为对应的酸盐，过滤，滤渣为二氧化硅，滤液中含Tl2SO4、硫酸铝、硫酸铁，加入氯化钠溶液沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，增大Cl浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出，“焙烧2”中发生反应，加热水溶解后锌置换出铊单质，据此分析解题。【小问1详解】Tl与B同族，为第ⅢA族，最后填充电子是p能级轨道中，因此属于p区，答案选A；【小问2详解】依据第二步的反应物中有Tl2O可知，第一步反应应该生成了Tl2O，再依据流程图中“焙烧1”后产生了As2O3和SO2气体可知，要有O2参加反应，根据电子守恒、原子守恒写出对应的化学方程式为：；【小问3详解】“焙烧1”后的固体成分为Tl2SO4，Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3，SiO2，其中SiO2不溶于H2SO4，滤渣的成分为SiO2；【小问4详解】沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，加入过量NaCl，增大Cl浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出；【小问5详解】由表格中数据可知，，pH=7时，；【小问6详解】“溶解”步骤得到的是Tl2SO4溶液，故置换反应为；【小问7详解】依据信息“铊的密度比钠的密度大。室温下，能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。”可知，铊类似钠应该保存在煤油中；【小问8详解】由乙硼烷分子中氢键桥()及四元环结构可知，一个B原子形成4个共价键，丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会存在1个BB键，3个B、2个H形成五元环，结构为；【小问9详解】该分子中C=N键上的C、N均为sp2杂化，但N原子上有孤电子对，C原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，故C=N键与C—C键夹角<C=N键与N—O键夹角。12.I、亚硝酰硫酸(NOSO4H))主要用重氮化反应。实验室将二氧化硫通入到硫酸和硝酸中发生氧化还原反应，硝酸被还原为亚硝酸，二氧化硫被氧化为三氧化硫(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取；SO2①A中反应的化学方程式为_____。②导管b作用是_____。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是_____(只写1种)。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快_____。（3）装置C的作用是_____。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷为_____；改进方法为_____。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L1、60.00mL的的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：①写出Na2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：_____。②滴定终点时的现象为_____。③亚硝酰硫酸的纯度=_____。(精确到0.1%)[]Ⅱ、（6）氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中氮、锂的原子个数比为_____；设氮化锂晶体中，同层N—N间距为apm，层与层间距为bpm，该物质的密度为_____g⋅cm3(用含a、b的式子表示)。【答案】（1）①.②.平衡气压，使液体顺利滴下（2）①.调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度②.生成的NOSO4H作为反应的催化剂（3）吸收尾气SO2，防止其污染空气()（4）①.A和C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解②.在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶(或在AB和BC间均增加一个装有浓硫酸的洗气瓶)（5）①.②.滴入最后半滴草酸溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复③.92.02%（6）①.1∶2②.【解析】【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，所以应该是对产生的二氧化硫进行干燥，但是题目中并未进行，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，但是会导致部分水蒸气进入装置B中，导致产率降低，据此分析回答问题。【小问1详解】①由分析可知A的化学方程式为；②导管b的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；【小问2详解】①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是：调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②开始反应缓慢，待生成少量

NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；【小问3详解】装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式为；【小问4详解】该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：A和C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶(或在AB和BC间均增加一个装有浓硫酸的洗气瓶)；【小问5详解】①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e，碳元素化合价+3价变化为+4价，电子转移e，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：；②用0.2500mol•L1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据题目数据：n=0.002mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L1×0.0600L0.002mol=0.004mol，根据方程式，可得NOSO4H的物质的量为0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度==92.02%。【小问6详解】每个六元环的中心有1个N原子，而六元环上的每个Li原子为3个六元环共用，故同层中氮、锂的原子个数比为1：(6×)=1：2；晶胞中N原子数目=8×=1，Li原子数目=4×+4×=3，则晶胞质量为=；同层NN间距为apm,则底面的面积为(a×1010cm)×(a×1010cm×sin60°)=()cm2，则晶胞体积为()×(b×1010cm)=cm3，则晶体密度==g⋅cm3。13.法匹拉韦（有机物Ⅰ）是一种广谱抗病毒仿制药，其含有的环状结构与苯的共辄结构类似。一种合成法匹拉韦的路线如图所示：已知：①；②；③化合物F、G不易分离，萃取剂的极性过大则常得到黑色糊状物，过小则萃取率不高。回答下列问题：（1）化合物B中含氧官能团的名称为______。（2）C的结构简式为______，其分子中杂化的C原子个数是______；F到G的反应类型为______。（3）D同分异构体J满足下列条件：①J与其一种水解产物均可以发生银镜反应；②J的谱如图所示；③J含有两种含氧官能团，不存在两个氧原子相连或氧原子与溴原子相连的情况；④J含有环状结构。请写出J的结构简式：______。（4）请写出G到H的化学方程式______。本工艺与传统工艺相比，不同之处即在G到H这一步：进行此步骤前将萃取剂由正已烷/乙酸乙酯换为甲苯，反应时将或换为NaOH，请从产率与经济性的角度分析本工艺的优点：______；______。（5）根据已有知识并结合相关信息，将以A为原料制备的合成路线补充完整。______。【答案】（1）酯基（2）①.②.5③.取代反应（3）、（4）①.②.甲苯的极性介于乙酸乙酯与正己烷之间，分离效果好③.NaOH更为廉价，使此工艺更适合工业化（5）【解析】【分析】A在浓硫酸加热条件下与CH3OH发生酯化反应生成B，在NBS、CH3CN、N2条件下反应生成的C发生取代反应生成D，与一水合氨反应生成E，转化为F，发生卤代反应生成G，发生卤代物水解生成H，在1)H2O2、2)HCl作用下生成I。【小问1详解】化合物B为，其含氧官能团的名称为酯基；【小问2详解】在NBS、CH3CN、N2条件下反应生成，C为的结构简式为，其分子中sp2杂化的C原子为环中的4个碳原子和酯基中的一个碳原子，共5个；F为发生卤代反应生成G，F到G的反应类型为取代反应；【小问3详解】由限定条件①可知，J为甲酸某酯，含氧官能团之一为酯基，由1HNMR谱图可知，J有三种等效氢，且个数比为2:2:1，因为酯基中只有一个氢原子，由此可推测另外两种等效氢为CH2和环状对称结构上的等效氢，根据限定条件③④可知，另一种含氧官能团为醚键，此时与D的不饱和度匹配，因此符合条件的J的结构简式为、；【小问4详解】G到H的反应为卤代物的水解反应，其化学方程式为+2NaOH→+NaF+H2O；由已知信息③可知更换萃取剂是为了更好的分离F与G的混合物，甲苯的极性介于乙酸乙酯与正己烷之间，因此从产率的角度出发，本工艺的好处为分离效果好，而G→H的反应中将反应物由乙酸钾或醋酸钠换为更廉价的氢氧化钠，因此从经济的角度出发，本工艺的好处为氢氧化钠更为廉价，使此工艺更适合工业化；【小问5详解】第一步，对比原料与目标产物的结构，目标产物分子中碳原子数比原料A分子中多一个，故由原料A制备目标产物的关键在于延长A的碳链，可用试剂NaCN来实现；第二步，将氨基进行官能团的转化，氨基转化成羟基;第三步，分析反应的先后顺序，先催化氧化再关环，若催化氧化置于酯化之后，则会产生副产物，所以合成路线为。14.我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。（1）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①结合计算分析反应的自发性：_____。②恒压、投料比的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示：当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_____。③工业实际设计温度一般在230∼270℃范围内变化，不能过高的原因是_____。（2）研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。①CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)电极反应方程式为_____。②在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应