北京市密云区2020届高三下学期第一次（4月）阶段性测试化学试题

密云区2019-2020学年第二学期高三第一次阶段性测试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（ ）

A.铁红用作颜料
B.84消毒液杀菌
C.纯碱去污
D.洁厕灵除水垢
用品




主要成分
Fe2O3
NaClO
Na2CO3
HCl


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A不符合题意；
B．NaClO具有强氧化性，84消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B符合题意；
C．纯碱去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；
D．洁厕灵除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合题意；
故答案选B。
2.化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀
B. 燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放
C. 加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；
C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；
D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；
故答案选B。
3.能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（ ）
A. NaHSO4和Na2CO3 B. H2SO4和BaCO3
C. CH3COOH和Na2CO3 D. HCl和NaHCO3
【答案】A
【解析】
【分析】
离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。
【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；
B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；
C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；
D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol氨基（-NH2）含有电子数目为10NA
B. 2gH218O中所含中子、电子数目均为NA
C. pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2NA
D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数＝1mol×9×NA＝9NA，故A错误；
B．H218O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1mol混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故B正确；
C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝−lgc(H＋)＝1，H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol/L，10L溶液n(H＋)＝1mol，所含H＋数目为NA，故C错误；
D．电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故D错误；
故答案选B。
5.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓
B. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
D. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2＋＋2OH−＋Ba2＋＋SO42−=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故A错误；
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生氧化还原反应，则离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故B正确；
C．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3−＋OH−=CO32−＋H2O，故C正确；
D．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：2AgCl＋S2−=Ag2S＋2Cl−，故D正确；
故答案选A。
6.下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）
A. 氨气遇到HCl气体后产生白烟
B. 品红溶液通入SO2气体后褪色
C. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝
D. 在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．Cl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；
D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；
故答案选C。
7.已知： ΔH=-akJ/mol
下列说法中正确的是（ ）
A. 顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定
B. 顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低
C. 高温有利于生成顺-2-丁烯
D. 等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，所以反−2−丁烯稳定，故A错误；
B．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，故B错误；
C．温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺−2−丁烯，故C正确；
D．顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，等物质的量的顺−2−丁烯和反−2−丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误；
故答案选C。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)
D. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；
B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；
故答案选D。
9.下列说法正确的是
A. 乙二醇和丙三醇互为同系物
B. 室温下，在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯
C. 分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种
D. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙二醇含有2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；
B．室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯，B正确；
C．分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；
故答案选B。
10.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（ ）
元素
X
Y
Z
单质与H2反应条件
暗处爆炸
光照
高温、高压、催化剂
常温下氢化物水溶液的pH
小于7
小于7
大于7


A. Y的含氧酸均为强酸
B. 最外层电子数Z>Y
C. 气态氢化物的稳定性Y>X
D. Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。
【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；
A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；
B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；
C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；
D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。
11.利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）

a
b
c
实验结论




A
浓醋酸
CaCO3
C6H5ONa溶液
酸性：碳酸＞苯酚
B
Br2的苯溶液
铁屑
AgNO3溶液
苯和液溴发生取代反应
C
浓盐酸
酸性KMnO4溶液
碘化钾溶液
氧化性：Cl2＞I2
D
饱和食盐水
电石
酸性KMnO4溶液
乙炔具有还原性


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；
B．溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；
C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中碘单质，可比较氧化性，故C正确；
D．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；
故答案选C。
12.常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B. pH=5时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL
D. 在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；
B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH−)，结合电荷守恒判断；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。
【详解】A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；
B．pH＝5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；
故答案选D
【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。
13.乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（ ）

A. 1：1 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2
【答案】C
【解析】
【分析】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。
【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：6＝2：3，根据N＝nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。
14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是（ ）
①
②
③











A. 由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生
B. 红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C. 由③可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性
D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，故A正确；
B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，故B错误；
C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，故C正确；
D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，故D错误；
故答案选AC。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15.氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_____。
（2）工业上合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
过程中能量变化如图所示。

①该反应是_____反应。（填“放热”或“吸热”）
②在反应体系中加入催化剂，E2会_____。（填“增大”或“减小”或“不变”）
③若要增大NH3产率，可采取的措施有_____。（填字母）
a.升高温度 b.增大压强 c.不断分离出NH3
（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。

①C装置中制取NO2反应的离子方程式是_____。
②某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。
时间
1分钟
2分钟
3分钟
现象
红棕色未消失
红棕色未消失
红棕色未消失


请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_____、_____。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 放热 (3). 减小 (4). bc (5). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (6). NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化 (7). 在此条件下，NH3的转化率极低
【解析】
【分析】
(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；
(2)①根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；
②催化剂降低化学反应的活化能；
③从化学平衡移动的角度进行分析；
(3)①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；
②实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。
【详解】(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)①由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；
②加入催化剂会降低反应的活化能，导致E2减小；
③a．由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3产率降低，故不选；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3产率增大，可选；
c．不断分离出NH3，会促使反应正向进行，NH3产率增大，故选；
故答案选bc。
(3)①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
②造成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化；在此条件下，NH3的转化率极低；反应速率慢；通入的 NO2过量等。
16.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：多数金属硫酸盐分解温度都高于600℃
硫去除率=(1−)×100%
①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是______。
（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为______。
（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成Fe3O4的物质的量为______mol。
【答案】 (1). NaOH溶液、Na2SO3溶液 (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). 11
【解析】
【分析】
高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。
【详解】(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；
(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−)＝2y×5＋y×（−2)，解得＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。
【点睛】本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出生成的Fe3O4的物质的量。
17.化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：


已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是_____。
（2）试剂a是_____。
（3）D结构简式为_____。
（4）由E生成F的化学方程式为_____。
（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。
（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。

【答案】 (1). 醛基 (2). 新制的氢氧化铜 (3). (4). +CH3CH2OH+H2O (5). (6). +NaOH+NaCl+H2O
【解析】
【分析】
芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；
(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；
(3)由分析可知，D结构简式为；
(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；
(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。
【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。
18.CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
（1）由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。
I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。

①在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。（填字母）
a.该催化剂使反应的平衡常数增大
b.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
c.由X→Y过程中放出能量并形成了C—C键
②该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_____。
II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。

①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：_____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____。
（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_____。（填字母）
a.使用催化剂 b.加压 c.增大初始投料比
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。

【答案】 (1). bc (2). CH4+CO2CH3COOH (3). 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32- (4). 阳极产生O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 (5). b (6). < (7). 温度升高，甲醇的平衡产率降低
【解析】
【分析】
(1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；

②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；
②根据电解池反应原理分析；
(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；
②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。
【详解】(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；
b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；
c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；
故答案选bc；
②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；
Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；
c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；
故答案选b；
②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即ΔH