2019年江蘇省高考化學試卷(解析版)

）A.B.）A.B.C.D.氧氫碳氮C.D.O4222）B.D.A.C.）A.B.）A.C.B.D.C.D.））A.B.C.D.A.B.C.D.、、、、、、、、、、、、的反））向XAX-1的BCDKK）spsp3向I22A.B.C.D.用322將83A.B.C.D.DABC3）YXA.C.B.D.）A.B.C.D.：：向WXYY）2ZW與X）A.B.C.D.YXA.B.C.D.由YZWWXYY第1頁，共14頁H---8322343）A.B.C.：D.和O的22和。3（）。FA.的B.XC.YD.A。。4N和22XCHOX。6NONONO與O22232C。NO。23和NO22。O--222O---2232和2ABCR2和322-322OHO22242備OHO。242。OHO32422。制。222第2頁，共14頁（）（OHO）O]224nm423224222OmolO2+22222O。22332和H22233溶液（Sn2+將3+2+2LKOO與Fe和Fe7227233消耗KO22.00mL。227，2+2時，在催化劑作用下與HA點223333OOO和42223233）424--433443）CO43423）423344OO。2422+2-2+與）]2-）]32444時）和）時233））1323O33223O242132A第3頁，共14頁（33。23（。44第4頁，共14頁3.B答案和解析1.C解：A．碳酸氫銨為可溶性銨鹽，含有N元素，可以作肥料，與其熱穩(wěn)定性無關，故A錯誤；解：糖類物質屬于烴的含氧衍生物，都含有CO元素，淀粉屬于多糖，所以含有C、O元素，但不含N元素；蛋白質中含有C、N元素，部分蛋白質還含有SP等元素，故選：C。．稀硫酸能和氧化鐵反應生成可溶性的硫酸鐵和水，所以能除銹，該反應中體現稀硫酸的酸性，故B正確；C．二氧化硫具有漂白性，能漂白紙張，所以用二氧化硫漂白紙漿與其氧化性無關，故C錯誤；．氧化鋁熔融狀態(tài)下能導電且Al較活潑，所以工業(yè)上采用電解氧化鋁的方法冶煉Al，用氧化鋁冶煉Al與其兩性無關，故D錯誤；淀粉屬于多糖，屬于烴的含氧衍生物，含有CO元素，據此分析解答。本題考查淀粉中元素判斷，屬于基礎題，明確人類所需營養(yǎng)物質中所含元素是解本題關鍵，注意基礎知識的歸納總結題目難度不大。故選：。．碳酸氫銨為可溶性銨鹽，含有N元素，可以作肥料；．稀硫酸能和氧化鐵反應生成硫酸鐵和水；2.D解：A．中子數為18的氯原子的質量數為18+17=35該氯原子正確的表示方法為1735Cl，故AC．二氧化硫具有漂白性，能漂白紙張；錯誤；．氧化鋁熔融狀態(tài)下能導電業(yè)上采用電解氧化鋁的方法冶煉Al。本題考查性質和用途，側重考查元素化合物性質，明確常見元素化合物性質是解本題關鍵，注意二氧化硫漂白性和HClO漂白性區(qū)別，知道金屬冶煉方法，題目難度不大。．分子中含有1個氮氮三鍵，其正確的結構式為N≡N，故B錯誤；C．為鈉原子結構示意圖鈉離子最外層含有8個電子，其離子結構示意圖為4.A，故C錯誤；++2--解：ANa、KCOAlO之間不反應，都不與NaOH反應，在溶液中能夠大量共存，故A正32．水分子屬于共價化合物，其電子式為故選：。，故D正確；確；2+-．FeCl溶液的Fe易被MnO氧化，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；242+CKCO與Ba反應生成難溶物碳酸鋇，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；質量數質子數中子數，元素符號的左上角為質量數、左下角為質子數；．氮氣分子中含有的是氮氮三鍵；23---HSO與HSO反應，酸性條件下NO能夠氧化HSO，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；24333C鈉離子的核外電子總數為10，最外層達到8電子穩(wěn)定結構；．水分子為共價化合物，含有2個O-H鍵。故選：。．四種離子之間不反應，都不與氫氧化鈉反應；．高錳酸根離子能夠氧化亞鐵離子；本題考查常見化學用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結構示意圖和離子結構示意圖結構式等知識，明確常見化學用語的書寫原則即可解答，試題側重考查學生的規(guī)范答題能力。C．碳酸鉀與鋇離子生成碳酸鋇沉淀；．酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞硫酸氫根離子。第5頁，共14頁本題考查離子共存，題目難度不大，明確離子反應發(fā)生條件即可解答，注意掌握常見離子的性質及共存條件，試題側重考查學生的分析能力及靈活運用能力。故選：C。．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生鈍化現象；5.D．二氧化錳和稀鹽酸不反應；解：A經水濕潤的pH試紙測量溶液的pH，原溶液被稀釋為酸或堿溶液，會影響測定結果，故A錯誤；C．二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應生成鹽和水；．室溫下，鈉和空氣中氧氣反應生成氧化鈉。本題考查元素化合物，明確元素化合物性質及物質之間的轉化關系是解本題關鍵應物相同條件不同、反應物濃度不同會導致產物不同，B為解答易錯點。應該在燒杯中溶解NaOH固體，不能在容量瓶中直接溶解，故B錯誤；C氯化鋁水解生成氫氧化鋁和HClHCl易揮發(fā)，蒸干AlCl獲得無水AlCl固體，故337.AC錯誤；NaOH溶液與二氧化硫反應，且不與乙烯反應，可用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量解：A氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成NaClNaClO和水，反應的離子方程式為---SO，故D正確；Cl+2OH═ClO+Cl+H，故A正確；222故選：。．用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H應的離子方程式為2--pH試紙不能濕潤，否則可能影響測定結果；2Al+2OH+2HO═2AlO+3H↑，故B錯誤；222-+2+．不能在容量瓶中溶解氫氧化鈉固體；C．稀硝酸與銅反應生成應的離子方程式為3Cu+2NO+8H═3Cu+2NO↑+4HO，故C32C氯化氫易揮發(fā)熱蒸干得到的是氫氧化鋁；．乙烯不與氫氧化鈉溶液反應，二氧化硫與氫氧化鈉反應。本題考查化學實驗方案的評價，題目難度不大，涉及溶液配制、pH試紙使用、物質分離與提純、D錯誤。錯誤；2-+．硅酸鈉為強電解質，在溶液中完全電離，反應的離子方程式應為SiO+2H═HSiO，故323鹽的水解等知識，明確常見化學實驗基本操作方法即可解答，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。故選：。氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成NaClNaClO和水；電荷不守恒；6.C解：A．常溫下Fe和濃硝酸發(fā)生鈍化現象，和稀硝酸發(fā)生氧化還原反應生成，故A錯誤；．二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下制取氯氣，和稀鹽酸不反應，故B錯誤；C．稀硝酸與銅反應生成；．硅酸鈉為強電解質，在溶液中完全電離。C．二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應生成鹽和水，所以能和過量氨水反應生成（NH）SO，本題考查離子方程式知識為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能力以及化學用423故C正確；．室溫下，鈉和空氣中氧氣反應生成氧化鈉熱條件下和氧氣反應生成過氧化鈉，故D錯誤；語的學習，把握離子方程式正誤判斷得到角度以及物質的性質為解答該類題目的關鍵題目難度中等。第6頁，共14頁8.BC．硫和氧氣反應生成二氧化硫；解：根據分析可知：X為Y為Mg，Z為Si，W為S元素。．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉。．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：（）＞（）＞（W）＞（），故A錯誤；本題考查常見金屬元素及其化合物的綜合應為高頻考點，明確常見元素及其化合物性質即可解答，試題有利于提高學生的分析能力及綜合應用能力，題目難度中等。10.CMg、O形成的化合物為MgOMgO只含有離子鍵，屬于離子化合物，故B正確；C．非金屬性Si＜S則最高價氧化物對應水化物的酸性：（Si）＜W（S），故C錯誤；．非金屬性：S＜則簡單氫化物的穩(wěn)定性：W（S）＜X（），故D錯誤；故選：。-2+解：A該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e═Fe，故A錯誤；鐵腐蝕過程發(fā)生電化學反應，部分化學能轉化為電能，放熱，所以還存在化學能轉化為熱能的變化，故B錯誤；短周期主族元素、ZW的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，則X為O元素；Y原子的最外層有2個電子，其原子序數大于則Y為Mg元素；Z的單質晶體是應用最廣泛的半導體材料，則Z為Si元素；W與X位于同一主族，則W為S元素，據此解答。CFeC和電解質溶液構成原電Fe易失電子被腐蝕，加速Fe的腐蝕，故C正確；．弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe發(fā)生吸氧腐本題考查原子結構與元素周期律的關系，題目難度不大，推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素蝕，故D錯誤；周期律內容及常見元素化合物性質試題側重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。故選：C。9.B該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子；鐵腐蝕過程中部分化學能轉化為熱能、部分化學能轉化為電能；CFeC和電解質溶液構成原電池，加速Fe的腐蝕；解：A氯化鈉電解可生成氯氯氣具有強氧化性，與鐵反應生成FeCl，故A錯誤；3氯化鎂可與石灰乳反應生成氫氧化鎂，符合復分解反應的特點，氫氧化鎂在高溫下可分解生成氧化鎂應符合物質的性質的轉化，故B正確；．弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕。C．硫和氧氣反應生成只能生成二氧化硫，二氧化硫可在催化條件下反應生成三氧化硫，故C本題考查金屬腐蝕與防護側重考查原電池原理，明確原電池構成條件、原電池正負極判斷方法及正負極上發(fā)生的反應是解本題關鍵，知道析氫腐蝕和吸氧腐蝕區(qū)別題目難度不大。錯誤；11.A．氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉為侯氏制堿法的反應原理，碳酸氫鈉分解可生成碳酸鈉，故D錯誤。解：A該反應前后氣體體積減小，則S＜0，如果該反應能自發(fā)進則G=H-TS＜0，所以H＜0，故A正確；故選：。氫氧燃料電池電池中負極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應，如果電解質溶液呈酸性，則負極反氯氣與鐵反應生成氯化鐵；-+-+應式為2H2-4e=4H、正極反應式為O+4e+4H=2HO，如果是堿性電解質負極反應式為22氯化鎂可與石灰乳反應生成氫氧化鎂氫氧化鎂在高溫下可分解生成氧化鎂；第7頁，共14頁----2H-4e+4OH=2H、正極反應式為O+4e+2HO=4OH，故B錯誤；C．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；2222C．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2L的氫氣物質的量小于0.5mol則轉移電子鈉鹽溶液濃度不一定相等。23的數目小于6.02×10，故C錯誤；本題考查化學實驗方案評價，涉及離子檢驗、溶度積大小比較、氧化性強弱比較、酸性強弱比D.2H（）+O（）═2H（）的H可通過下式估算：反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和反應較等知識點，明確實驗原理、元素化合物性質是解本題關鍵D為解答易錯題目難度不大。22213.中形成新共價鍵的鍵能之和，故D錯誤；故選：。解：AX中能與NaOH溶液反應的為酯基和羧基，且X中得到酯基可水解生成乙酸和酚羥基，該反應能自發(fā)進行，則G=H-TS＜0該反應前后氣體體積減小，則S＜0；氫氧燃料電池電池中負極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應；C．常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2L的氫氣物質的量小于0.5mol；D.2H（）+O（）═2H（）的H可通過下式估算：反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和反應則1molX最多能與3molNaOH反應，故A錯誤；Y生成應為酚羥基的反應則應與乙酸反應，故B錯誤；CXY均含有碳碳雙鍵，可與酸性KMnO溶液發(fā)生氧化還原反應，故C正確；4X、Y含有兩個碳碳雙鍵，其中一個碳碳雙鍵加成后碳原子連接不同的原子，則加成產物含222有手性碳原子，故D正確。故選：CD。中形成新共價鍵的鍵能之和。本題考查原電池原理及反應熱計算，明確原電池中電極反應式的書寫方法、焓變的計算方法是解本題關鍵，注意氣體摩爾體積適用條件，C為解答易錯點。X中能與NaOH溶液反應的為酯基和羧基；Y應與乙酸反應生成；12.CCXY均含有碳碳雙鍵發(fā)生氧化反應；解：A檢驗亞鐵離子時應該先加KSCN溶液后加氯水，防止鐵離子干擾，故A錯誤；X、Y含有兩個碳碳雙鍵，其中一個碳碳雙鍵加成后碳原子連接不同的原子。本題考查有機物的結構和性質為高頻考點，側重考查學生的分析能力，本題注意把握有機物的官能團的性質以及有機物的結構特點，為解答該類題目的關鍵題目難度不大。．溶解度小的先生成沉淀，先生成黃色沉淀，說明溶解度＜AgCl則溶度積常數K）sp＜K（），故B錯誤；spC．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，溶液呈藍色，說明有碘生成，溴能氧化碘離子生成碘，溴是氧化劑、碘是氧化產則Br的氧化性比I的強，故C正確；14.22-1解：A.0.2mol?L氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，溶液中離子濃度大小c鹽溶液濃度未知，無法根據鈉鹽溶液pH定性判斷其對應酸的酸性強弱，只有鈉鹽溶液濃度相同時，才能根據鈉鹽溶液的pH大小判斷其對應酸的酸性強弱，故D錯誤；故選：C。-++（NH?H）＞（OH）＞（NH）＞（H），故A錯誤；324-1B.0.2mol?LNHHCO溶液（pH＞7），溶液顯堿性說明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水43+-解程度，（NH）＞（HCO）＞（HCO）＞（NH?H），故B正確；432332檢驗亞鐵離子時應該先加KSCN溶液后加氯水；．溶解度小的先生成沉淀；-1-1C.0.2mol?L氨水和0.2mol?LNHHCO溶液等體積混合，氮元素物質的量是碳元素物質的量43第8頁，共14頁+-的2倍，物料守恒得到離子濃度關系（NH）（NH?H）=2[c（HCO）（HCO）+c．升高溫度NO平衡轉化率降低，平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動；X點沒有達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，延長時間導致消耗的NO量增多；CY點所示條件下達到平衡狀態(tài)，增多氧氣濃度平衡正向移動；4322332-（CO）]，故C錯誤；3-1-1-D.0.6mol?L氨水和0.2mol?LNHHCO溶液等體積混合，溶液中存在碳物料守恒：（HCO）4332-+-4-1-4-1（CO）（HCO）=0.1mol/L，氮守恒得到：（NH）（NH?H）=0.4mol/L，混合溶D.380下，c（O）=5.0×10mol?L應正向移動則c（O）＜5.0×10mol?L，NO平①②32343222起始平衡++-2---液中存在電荷守恒得到：（NH）（H）=c（HCO）（CO）（OH）③①中（HCO）衡轉化率為50%則平衡時（）=c（NO），化學平衡常數K=。433322-+（CO）（HCO），中（NH）=0.4-c（NH?H帶入整理得到：（NH?H）+c本題以圖象分析為載體考查化學平衡計算、化學平衡移動影響因素等知識側重考查分析判斷及計算能力，明確溫度、壓強濃度對化學平衡移動影響原理及化學平衡常數計算方法是解②③323432322---1+（CO）（OH）=0.3mol?L+c（HCO）（H），故D正確；323故選：。本題關鍵D為解答易錯點，易忽略（NO）=c（NO）而導致無法計題目難度不大。2-1催化劑2A.0.2mol?L氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，據此分析判斷離子濃度；16.2NO+32323-1B.0.2mol?LNHHCO溶液（pH＞7），溶液顯堿性說明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水43解程度，據此分析判斷離子濃度；解：（1）NH與O在加熱和催化劑作用下生成NO和水，反應的化學方程式為2NH+2O32232C．溶液中存在物料守恒，結合氮元素和碳元素守恒分析判斷離子濃度大?。唬芤褐写嬖陔姾墒睾?、物料守恒，結合離子濃度關系計算分析判斷。本題考查了弱電解質電離平衡、鹽類水解、電解質溶液中電荷守恒、物料守恒等離子關系的計算應用，掌握基礎是解題關鍵題目難度中等。NO+3H，故答案為：2NH+2ONO+3H；223222（2）①．加快通入尾氣的速率，氣體不能充分反應，故A錯誤；．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣體與氫氧化鈉溶液充分反應，故B正確；C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液，可使氣體充分反應，故C正確。故答案為：；15.解：A．升高溫度NO平衡轉化率降低，平衡逆向移動，升高溫度平衡向吸熱方向移動則正反應為放熱反應，所以H＜0，故A錯誤；②反應生成有，NaNO和NaNO則含有的雜質為NaNO，如NO的含量比NO則尾氣中含2332X點沒有達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，延長時間導致消耗的NO量增多，導致NO轉化率提高，故B正確；故答案為：NaNO；；3--CY點所示條件下達到平衡狀態(tài)，增多氧氣濃度平衡正向移動NO轉化率提高，故C錯誤；（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO應后溶液呈酸性，則反應的離3-4-1-4-1--+D.380下，c（O）=5.0×10mol?L應正向移動則c（O）＜5.0×10mol?L，NO平子方程式為3HClO+2NO+HO=3Cl+2NO+5H，℃2223起始平衡--+衡轉化率為50%則平衡時（）=c（NO），化學平衡常數K=＞=2000，故答案為：3HClO+2NO+HO=3Cl+2NO+5H；223故D正確；故選：。②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的濃度越大，氧化能力強則提高NO轉化率，第9頁，共14頁故答案為：溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強。符合條件的結構簡式為，（1）NH與O在加熱和催化劑作用下生成N類似于生成NO的反應時生成水；322（2）①提高尾氣中NO和NO去除率，應是氣體與氫氧化鈉溶液充分接觸而反應；2②反應生成NaNO和NaNO；如NO的含量比NO大，則尾氣中含有；232故答案為：；--（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO應后溶液呈酸性；3②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的濃度越大，氧化能力強。（5）以和CHCHCHOH為原料制備，丙醇發(fā)生催化322本題綜合考查元素化合物知識為高頻考點，側重于化學與環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，注意把握物質的性質以及題給信息，題目難度不大。氧化生成丙醛，發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯甲醇，然后發(fā)生取代反應，再和Mg發(fā)生信息中的反應，最后和丙醛反應生成目標產物，合成路線為17.解：（1）A中含氧官能團的名稱為羥羧基，，故答案為：羥基；羧基；（2）A→B的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）C→D的反應中有副產物（分子式為CHO）生成，根據C原子知，X中兩個酚羥基都12156發(fā)生取代反應則X的結構簡式：故答案為：，故答案為：。；（4）C的一種同分異構體同時滿足下列條件，FeC1A發(fā)生取代反應生成BB發(fā)生取代反應生成CC發(fā)生取代反應生成D發(fā)生取代反應生成EE發(fā)生還原反應生成；①能與溶液發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基；3②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為氫原子且兩種氫原子個數相等，且含有酯基，1：1說明只有兩種第10頁，共14頁-（2）①陰極CO還原為HCOO的電極反應是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根2（5）以和CHCHCHOH為原料制備發(fā)生催化322離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子，結合電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫電極反應+-----2-為：CO2+H+2e=HCOO或CO+HCO+2e=HCOO+CO，233氧化生成丙醛，發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯甲醇，然后發(fā)生取代反應，再和+-----2-故答案為：CO+H+2e=HCOO或CO+HCO+2e=HCOO+CO；2233Mg發(fā)生信息中的反應，最后和丙醛反應生成目標產物。②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO溶液濃度降低升溫原因是：陽極氫氧根離子失電子生成3本題考查有機物推斷和合成，側重考查分析判斷及知識綜合運用、知識遷移能力，明確官能團的結構和性質關系、物質之間的轉化關系、知識遷移運用方法是解本題關鍵，注意結合題給信息進行合成路線設計題目難度中等。-+氧氣，電極附近氫離子濃度增大，PH減小和碳酸氫根離子反應HCO濃度降低，K部分遷移3至陰極區(qū)，-+故答案為：陽極產生OPH減小，HCO濃度降低；K部分遷移至陰極區(qū)；2318.（3）溫度高于300，CO平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是：反應Ⅰ的＞0應Ⅱ①℃OOHO2243242空或O+的H＜0，溫度升高使CO轉化為CO轉化率上升，使CO轉化為CHOCH轉2233232233的的2使化率下降，且上升幅度超過下降幅度，233故答案為：反應Ⅰ的H＞0應Ⅱ的＜0，溫度升高使CO轉為CO的平衡轉化率上升，2解：（1）CaCO?HO分解先分解生成草酸鈣和水，0-200°C質量變化146-128=18，反應242使CO轉化為CHOCH的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度；233的化學方程式：0-200°C發(fā)生的反應：CaCO?HOCaCO+H400-600°C質量減少242242②2CO（）+6H（）=CHOCH（）+3H（）122.5kJ?mol結合CHOCH的選擇=-12233233分析，平衡正向進行二甲醚物質的量增大，二氧化碳物質的量減小，二甲醚選擇性增大，不改變反應時間和溫度，一定能提高CHOCH選擇性的措施有增128-100=28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反應CaCOCaCO，24333800-1000°C質量變化=100-56=44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反應的化學方程式：大壓強平衡正向進行，使用對反應Ⅱ催化活性更高的催化劑，增大二甲醚的選擇性，故答案為：增大壓強，使用對反應Ⅱ催化活性更高的催化劑。CaCO3CaO+CO，據此分析判斷；2①400-600°C質量減少128-100=28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣發(fā)生反應（1）CaCO?HO熱分解先分解生成草酸鈣和水，0-200°C，固體質量變化146-128=18應的242CaCOCaCO+CO↑，化學方程式：0-200°C發(fā)生的反應：CaCO?HOCaCO+H400-600°C質量減少243242242故答案為：CaCOCaCO；243128-100=28g，草酸鈣分解生成了一氧化碳和碳酸鈣，是發(fā)生反應CaCOCaCO+CO，243②CaCO?HO熱備的CaO具有更好的CO捕集性能，其原因是：CaCO?HO熱分解2422242800-1000°C質量變化=100-56=44，是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，反應的化學方程式：放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多空，CaCO3CaO+CO，據此分析判斷；故答案為：CaCO?HO熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多空；2242第11頁，共14頁①上述分析可知400～600范圍內分解反應為草酸鈣分解生成碳酸鈣和一氧化碳；℃故答案為：spsp；易溶于水；32②CaCOHO熱分解放出更多的氣體；4=8×、黑色球個數為，則白色球和黑色球個數之比：：，4=24=12（）該晶胞中白色球個數242-（2）①陰極CO還原為HCOO的電極反應是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根根據其化學式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，則該晶胞中Cu原子數目為4，故答案為：4。2離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子；②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO溶液濃度降低升溫原因是陽極生成氧氣電極附近氫離子3（1）Cu原子失去4s能級上1個電3d能級上1個電子生成銅離子，據此書寫該基態(tài)離子核外濃度增大和碳酸氫根離子反應鉀離子電解過程中移向陰極；電子排布式；（3）①溫度高于300，CO平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是：反應Ⅰ的＞0應Ⅱ22-（2）SO中S原子價子對個數=4+=4且不含孤電子對，根據價層電子對互斥4的H＜0，升溫反應Ⅰ正向進行，反應Ⅱ逆向進行；2+理論判斷該微粒空間構型；該配離子中Cu軌道、O原子提供孤電子對形成配位鍵；②不改變反應時間和溫度，一定能提高CH3OCHCHOCH的選擇性=選擇性的條件，結合333分析，平衡正向進行二甲醚選擇性增大。（3）中123號C原子價層電子對個數是4456號碳原子價層電子對本題考查了物質分解產物的分析判斷、圖象變化的理解應電解原理和電極反應書寫、影響化學平衡的因素分析判斷等知識點，掌握基礎是解題關鍵題目難度中等。個數是3，根據價層電子對互斥理論判斷該分子中C原子軌道雜化類型；抗壞血酸中羥基屬于親水基，增大其水解性；19.99O24（4）該晶胞中白色球個數=8×、黑色球個數為4，則白色球和黑色球個數之比：4=1：2，根據其化學式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子。解：（1）Cu原子失去4s能級上1個電3d能級上1個電子生成銅離子，該基態(tài)離子核外電子2262699排布式為1s2s2p3s3p3d[Ar]3d，本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、原子雜化類型判斷、微粒空間構型判斷、核外電子2262699故答案為：1s2s2p3s3p3d[Ar]3d；排布式的書寫等，側重考查基礎知識綜合運用、空間想像能力及計算能力，注意均攤法在晶胞2-（2）SO中S原子價子對個數=4+=4且不含孤電子對，根據價層電子對互斥計算中的靈活運用，題目難度不大。420.2+O3+O2+理論判斷該微?？臻g構型為正四面體形；該配離子中Cu提供空O原子提供孤電子對形2222+3+成配位鍵，所以配原子為，解：（1）酸性條件下，HO氧化Fe生成Fe，同時自身被還原生成H，離子方程式為2222++3+3++故答案為：正四面體形；；2Fe+HO+2H=2Fe+2H；Fe水解導致溶液中c（H）增大，則溶液的pH減小，2222++3+故答案為：2Fe+HO+2H=2Fe+2H；減?。?22（3）中123號C原子價層電子對個數是4456號碳原子價層電子對2+（2）①Sn具有還原性，能被KCrO氧化，從而導致KCrO消耗偏多，則樣品中鐵的質量分227227個數是3，根據價層電子對互斥理論判斷該分子中C原子軌道雜化類123號C原子采用數的測定結果將偏大，故答案為：偏大；sp32雜化，、、號原子采用雜化；抗壞血酸中羥基屬于親水基，增大其水解性，所以抗壞456Csp血酸易溶于水，第12頁，共14頁轉移電子守恒得CrO2-2++=2Cr3+3++7HO，根據關系式CrO2-3+～CO2-HCO-+NH?HO=NH++CO2-+HO的轉化，故答案為：；②根據的濃度，促進CaSO水解，增大27227343324323+-2-12-n（Fe）=6n（KCrO）=6×5.000×10mol?L×0.022L=6.600×增加溶液中CO的濃度，促進CaSO的轉化；22734-3-310molm=nM=6.600×10mol×56g/mol=0.3696g，樣品中Fe元素質量分數=×100%=答：根據轉移電子守恒得CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H，根據關系式CrO～（3）溫度過高將會使碳酸銨分解，導致CaSO的轉換率下降，反應在攪拌條件下進行，加快攪4×100%=12.32%，拌速率，可提高CaSO轉化率，42-2++3+3+2-故答案為：溫度過高，碳酸銨分解；加快攪拌速率；272273+3+-2-16Fen（Fe）=6n（KCrO）=6×5.000×10mol?L×0.022L=6.600×（4）濾渣含有CaCOSiOAlOFeO，可分批向足量的稀鹽酸中加入濾渣，待觀察不到氣227322323-3-310molm=nM=6.600×10mol×56g/mol=0.3696g，泡后，說明鹽酸完全反應過濾，除去二氧化硅以及過量的濾渣，向濾液中分批加入少量的氫氧化鈣，用pH試紙測量溶液的pH，當pH介于5-8.5時，完全除去鐵離子、鋁離子，過濾，可得樣品中Fe元素質量分數=×100%=×100%=12.32%。2+3+3+（1）酸性條件下，HO氧化Fe生成Fe，同時自身被還原生成H；Fe水解導致溶液中c到