2020年高考江苏卷化学试题解析

1、2020年高考江苏卷化学试题解析一、单选题1.打赢蓝天保卫战,提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是()A.PM2.5B.O2C.SO2D.NO【答案】B【解析】PM2.5指可吸入颗粒物，属于空气污染物，A项不符合题意；氧气是空气的成分之一，供给人体呼吸，不是空气污染物，B项符合题意；二氧化硫可以形成酸雨，属于空气污染物，C项不符合題意；NO能与人体血液中的氧气结合，对人体健康有害，属于空气污染物，D项不符合题意。2反应8NH+3C1=6NHCl+N可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的3242是()A. 中子数为9的氮原子：9N7B. N分子的电子式：2C. C1分子的结

2、构式：C1-C12D.C1-的结构示意图:+!712875答案】C1【解析】中子数为9的氮原子的质量数为16,可表示为N，A项错误；N2的电子式为:；N:，B项错误；Cl原子最外层有7个电子，两个氯原子间可以形成一个共用电子对,C项正确；C1-最外层达到8电子的稳定结构，其结构示意图为D项错误。3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B. 氧化铝熔点咼，可用作电解冶炼铝的原料C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D. 明矶溶于水并水解形成胶体，可用于净水【答案】D【解析】铝具有很好的延展性，可以用于制作铝金属制品，与铝的活泼性无关，A

3、项错误；电解氧化铝冶炼铝是因为氧化铝熔融状态下能导电，与熔点高无关，B项错误；氢氧化铝能与胃酸的主要成分盐酸发生反应，与氢氧化铝受热分解无关，C项错误；明矶中的A13+可以水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很强的吸附能力，可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，D项正确。4. 常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.O.lmol-L-氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO-3B.O.lmol-L-盐酸溶液：Na+、K+,、SO2-,、SiO2-3C.O.lmol-L-KMnO溶液:4NH+、4Na+、NO-,、I3D.O.lmol-L-AgNO溶液：NH+、4Mg2+、Cl-、SO2-4答

4、案】A解析】氨水中，Na+、K+、与SiO2-结合生成H2SiO3沉淀，、NO-彼此不反应，能大量共存，A项正确；盐酸中的H+能3B项错误；KMnO溶液具有强氧化性，具有还原性的I-不能大量4OH存在，C项错误；AgNO溶液中的Ag+能与Cl-反应生成AgCl沉淀，二者不能大量共存，D项错3误。5实验室以CaCO为原料，制备CO并获得CaCl-6HO晶体。下列图示装置和原理不能达到实验3222目的的是()AB收集COCD滤去制得CuC16H.OCaCO3制备co.答案】D【解析】稀盐酸与CaCO反应生成CO气体；CO气体密度比空气大，可用向上排空气法收集；322CaCO不溶于水，可通过过滤除去

5、未反应的CaCO固体；得到CaCl-6HO晶体可采用冷却结晶3322的方法，不能采用蒸发结晶的方法，因为加热易失去结晶水，而得不到CaCl-6HO,D项错误。226. 下列有关化学反应的叙述正确的是()A. 室温下，Na在空气反应生成NaO22B. 室温下，Al与4.0moI-L-iNaOH溶液反应生成NaAlO2C. 室温下，Cu与浓HNO反应放出NO气体3D. 室温下，Fe与浓HSO反应生成FeSO2 44【答案】B【解析】室温下Na在空气中反应生成NaO，在加热或点燃时生成NaO，A项错误；Al与2 22NaOH溶液反应生成NaAlO和H，反应的化学方程式为222Al+2NaOH+2HO

6、=2NaAlO+3HT，B项正确；室温下，Cu与浓HNO反应放出NO气体，2 2232与稀HNO反应放出NO气体，C项错误；室温下，Fe遇浓HSO发生钝化，在铁的表面形成一层324致密的氧化膜(铁的氧化物)，D项错误。7. 下列指定反应的离子方程式正确的是()A. Cl通入水中制氯水：Cl+HOM2H+Cl-+ClO-2 22B. NO通入水中制硝酸：2NO+HO=2H+NO-+NO2223C. O.lmol-L-iNaAlO溶液中通入过量CO:AlO-+CO+2HO=Al(OH)/+HCO-2 222233D. O.lmol-L-iAgNO溶液中加入过量浓氨水：Ag+NH+HO=AgOH/+

7、NH+3 324【答案】C【解析】HClO为弱电解质，在离子方程式中不能拆开，A项错误；B项电荷不守恒，正确的离子方程式为3NO+HO=2H+2NO-+NO，B项错误；CO过量，生成HCO-,C项正确；AgOH22323不能稳定存在，正确的离子方程式为Ag+2NH二Ag(NH)+，D项错误。3 328. 反应SiCl(g)+2H(g)型Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是()42A.该反应AH>0、AS<0B.该反应的平衡常数K=c4(HCl)c(SiCl)Xc2TH!42C. 高温下反应每生成1molSi需消耗2x22.4LH2D. 用E表示键

8、能，该反应AH=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)答案】B【解析】氢气还原SiCl4制单质硅为吸热反应，AH>0，该反应为气体分子数增大的反应,AS0,A项错误；反应的平衡常数为气态生成物浓度的幕之积与气态反应物浓度的幕之积的比值，B项正确；C项未指明H所处的状态，无法用22.4L-mol-i计算H的体积，C项错误；反应的22AH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，D项错误。9.阅读下列资料，完成12题。海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl和NaOH，以NaCl、NH、CO232等为原料可得到NaHCO；向海水晒盐得到的卤水中通C1可制

9、溴；从海水中还能提取镁。32(1) 下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是()A. NaOH的碱性比Mg(OH)的强2B. Cl得到电子的能力比Br的弱22C. 原子半径r:r(Br)>r(Cl)>r(Mg)>r(Na)D. 原子的最外层电子数n:n(Na)<n(Mg)<n(Cl)<n(Br)(2) 下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A. NaCl(aq)电解石灰水T漂白粉(S)2B. NaCl(aq)Vg)NaHCO一加热NaCO(s)3 23CNaBr(aq)cy©Br(aq)Nal(aq)TI(aq)22D.Mg(O

10、H)(s)HCl(aq)_>MgCl(aq)电解-TMg(s)22【答案】A；C【解析】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，A项正确；Cl的非金属性强于Br，则Cl得到电子的能力比Br强，B项错误；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，22则原子半径大小顺序为r(Na)>r(Mg)>r(Cl)，C项错误；Na、Mg、Cl、Br原子的最外层电子数分别为1、2、7、7,D项错误。Cl与石灰乳反应可制得漂白粉，A项错误；NaCl+NH+CO+HO=NaHCO/+NHCl，2322342NaHCO=NaCO+COT+HO，B项错误；由于氧化性Cl2>Br2&g

11、t;【2，则3 2322222Cl+2NaBr=2NaCl+Br，Br+2NaI=2NaBr+1，C项正确；电解MgCl溶液不能得至I单质22222镁，要得到单质Mg，需电解熔融态的MgCl2，D项错误。10将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在图所示的情境中，下列有关说法正确的是()A.阴极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe,B项错误；钢铁设施为原电池的正

12、极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%HSO溶液，加热，冷却24后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向O.lmol-L-iHCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C室温下，向浓度均为0.1mol-L-1的BaCl和CaCl22混合溶液中加入NaCO溶23液，出现白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向0.1mol-L-1HO溶液中滴

13、22加0.01mol-L-1KMnO溶液，4溶液褪色HO具有氧化性22A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】淀粉水解液加NaOH溶液至中性，再加入少量碘水，溶液变蓝，说明溶液中含有淀粉，淀粉溶液在稀硫酸加热时肯定发生水解反应，根据实验现象可确定淀粉部分水解，A项错误；稀盐酸和镁粉反应后溶液温度升高，可判断镁与盐酸的反应为放热反应，B项正确；向浓度均为O.lmol-L-1的BaCl和CaCl混合溶液中加入NaCO溶液，没有给出溶度积数据和NaCO溶液的2 22323用量，无法确定白色沉淀的成分，若NaCO溶液足量，会得到BaCO和CaCO两种沉淀，C项错2 333误；KMnO溶液具有强氧化性

14、，与HO反应时HO表现出还原性，D项错误。42222二、多选题12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是()A. X分子中不含手性碳原子B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面C. Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D. X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇【答案】CD【解析】X分子中主链上第2个碳原子连接4个不同的原子或原子团，即该碳原子为手性碳原子,A项错误；Y分子中-CH碳原子不一定和苯环上的碳原子共面，羰基上的碳原子一定和苯环共平3面，即该分子中不一定所有碳原子都共面，B项错误；Z分子中与羟基相连的碳原子的邻位

15、碳原子上含有氢原子，因此Z可以在浓硫酸催化、加热条件下发生消去反应，C项正确；X、Z在过量NaOH溶液中均能发生水解反应生成丙三醇，D项正确。13室温下，将两种浓度均为O.lOmol-L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A. NaHCO-NaCO混合溶液（pH=10.30）：c（Na+）c（HCO-）c（CO2-）c（OH-）32333B. 氨水-NHCl混合溶液（pH=9.25）：c（NH+）+c（H+）=c（NH-HO）+c（OH-）4432C. CHCOOH-CHCOONa混合溶液（pH=4.76）：33c（Na+）&g

16、t;c（CHCOOH）>c（CHCOO-）>c（H+）33D. HCO-NaHCO混合溶液（pH=1.68,HCO为二元弱酸）：2 2424224c（H+）+c（HCO）=c（Na+）+c（CO2-）+c（OH-）22424【答案】AD【解析】浓度均为0.10mol-L-1的NaHCO-NaCO的混合溶液中，CO2-的水解程度大于HCO-32333的水解程度，HCO-的水解程度大于其电离程度，所以溶液中3c(Na+)>c(HCO-)>c(CO2-)c(OH-)，A项正确；浓度均为0.10molL-1的氨水-NH4Cl混合溶3322液的pH=9.25,说明NH-HO的电离

17、程度大于NH+的水解程度，溶液中c(NH-HO)<c(Cl-)，324根据电荷守恒，溶液中c(NH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知4c(NH+)+c(H+)>c(NH-HO)+c(OH-)，B项错误；浓度均为0.10mol-L-1的432CHCOOH-CHCOONa混合溶液的pH=4.76，说明CHCOOH的电离程度大于CHCOO-的水解3333程度，则溶液中c(CHCOO-)c(Na+)c(CHCOOH)c(H+),C项错误；浓度均为33O.lOmol-L-1的HCO-NaHCO混合溶液的pH=1.68,根据电荷守恒有22424c（Na+）+c（H+）=c（0H-

18、）+c（HCO-）+2c（CO2J,根据物料守恒有24242c（Na+）=c（CO2-）+c（HCO）+c（HCO-）,联立上述两式得2422424c（H+）+c（HCO）=c（Na+）+c（CO2-）+c（OH-）,D项正确。2242414.CH与CO重整生成H和CO的过程中主要发生下列反应4 22CH(g)+CO(g)=2H(g)+2CO(g)AH二2471kJmol-i4 22H(g)+CO(g)=HO(g)+CO(g)AH二412kJmol-1222在恒压、反应物起始物质的量比n(CH):n(CO)=1:1条件下，CH和CO的平衡转化率随温度变4 242化的曲线如图所示。下列有关说法正

19、确的是()4006008001W1200温度/KA. 升高温度、增大压强均有利于提高的CH平衡转化率4B. 曲线B表示CH的平衡转化率随温度的变化4C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D. 恒压、800K、n(CH):n(CO)=1:1条件下，反应至CH转化率达到X点的值，改变除温度外4 24的特定条件继续反应，CH转化率能达到Y点的值4【答案】BD【解析】升高温度有利于题中第一个反应正向进行，有利于提高CH的平衡转化率，但增大压强4有利于题中第一个反应逆向进行，不利于提高CH的平衡转化率，A项错误；由题述反应及起始4反应物的物质的量比可知，平衡时CO的转化率比CH的高，则

20、曲线B表示CH的平衡转化率随2 44温度的变化，B项正确；使用催化剂只能加快化学反应速率，对化学平衡无影响，即曲线A和曲线B不能相重叠，C项错误；恒压、800Kn（CH）:n（CO）=1:1条件下，反应至CH转化率达到X424点的值，通过增大n（CO）或减小压强继续反应，可以使CH的转化率从X点提高到Y点，D项24正确。三、填空题15吸收工厂烟气中的SO，能有效减少SO对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO222后经O2催化氧化可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO微溶于水，Zn（HSO）易溶于水；溶液中HSO、HSO-、SO2-的物质的3322333液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离

21、子是（填化学式）。（2）ZnO水悬浊液吸收SO。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO，在开始吸收的40min内,22SO吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（见图-2）。2溶液pH几乎不变阶段，要产物（填化学式）；SO吸收率迅速降低阶段，主要反应的离2子方程式为。（3）O催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范围内，pH越低22SO2-生成速率越大，其主要原因；随着氧化的进行，溶液的pH将_（填“增大：、“减4小”或“不变”）。【答案】（1）2NH+HO+SO=2NH+SO2-或2NH-HO+SO=2NH+SO2-+HO；3 2243322432HSO

22、-3（2）ZnSO；ZnSO+SO+HO=Zn2+2HSO-或ZnO+2SO+HO=Zn2+2HSO-3 3223223（3）随着PH降低，HSO-浓度增大；减小3【解析】（1）向氨水中通入少量SO，反应的离子方程式为2NH+HO+SO=2NH+SO2-或2322432NHHO+SO=2NH+SO2-+HO。当通入SO至溶液pH=6时，溶液呈酸性，根据含硫微粒3224322的物质的量分数与H的分布图可知，溶液中浓度最大的阴离子为HSO-。3（2）根据图2，溶液pH几乎不变阶段的pH约为7，根据图1，此时溶液中HSO-和SO2-浓度基33本相同，又因室温下ZnSO微溶于水，Zn（HSO）易溶于水

23、，因此主要产物为ZnSO；SO吸收B的结构简式为CD的反应类型为.C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应。3 232率迅速降低阶段，pH约在46范围内，根据图1,此时溶液中含硫微粒主要以HSO-形式存在，说3明生成酸式盐，则主要反应的离子方程式为ZnSO+SO+HO=Zn2+2HSO-或3223ZnO+2SO+HO二Zn2+2HSO-。223因此生成SO2-的速率越大,4（3）根据图1，pH在4.56.5范围内，pH越低，HSO-的浓度越大,3随着氧化的进行，根据催化氧化反应2HSO-+O=2SO2-+2H+可知，溶液的pH将减小。324c

24、n-,nnCIKHtO2）冋CHCH-.COUHCJbSCH.COOH016化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下:NaBII4-（1）A中的含氧官能团名称为硝基、和_。能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含苯环。答案】（1）醛基；（酚）羟基3）取代反应(4)IIOSHs-cNaOH-s-ch,ch,ch5CHCHCHOh2,催化剂,CHCHCHOHpb>CHCHCHBr32或NaBHq322或HBr,322【解析】（1）A中含氧官能团有-NO?、-CHO、-OH，名称分别为硝基、醛基、（酚）羟基。（2）根据合成路线可

25、知，B-C为醛基还原为羟基的反应，可推知B的结构简式为02NClio（3）根据C、D的结构简式可知，C-D为C中一OH被一Br取代的反应，故反应类型为取代反应。(4)C的结构简式为ch3o能与FeCl溶液发生显色反应,3o2nch2oh则该同分异构体中含有酚羟基；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1且含有苯环，则该同分异构体的水解产物分别为H0H2NCH2COOH、,j0H，故该同分异构体的结构简式为/H0CH.NH(5) 运用逆合成分析法确定合成路线。由题述合成路线中E-F可知,Uh.ch.ch.可由知,号CHCHCH被巴。?氧化得到，由题述

26、合成路线中D-E可23SCH2CH2CH3可由CCCBr与发生取代反应得到，由题述合成路线中C-D可知，CHCHCHBr可由3 22CHCHCHOH与PBr发生反应得到，CHCHCHOH可由CHCHCHO发生还原反应得到，故322332232合成路线如下：CHCHCHOh2,催化剂,>CHCHCHOHpb_>CHCHCHBr32或NaBH4322或HBr,A32217次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠（CNOCINa）都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备3332二氯异氰尿酸钠。（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为;用于环境

27、杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因。（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为CNOCl-+H+2HO=CHNO+2HClO333223333HClO+2I-+H+=I+Cl-+HOI+2SO2-=SO2-+2I-2222346准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol-L-1NaSO标准溶液滴定至溶液呈2 23微黄色，加入淀粉指

28、示剂，继续滴定至终点，消耗NaSO溶液20.00mL。223 通过计算判断该样品是否为优质品。（写出计算过程，该样品的有效氯测定中转化为HClO的氯元素质量x2-=x100%）样品质量 若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定彳（填“偏高”或“偏低”）。【答案】(1)Cl+2OH-=ClO-+Cl-+HO；NaClO溶液吸收空气中的CO后产生HClO,222HClO见光分解(2)n(sO2-)=0.1000mol-L-1x0.02000L=2.000x10-3mol根据物质转换和电子得失守恒关23系：CNOCl-2HClO2I4SO2-得n(Cl)=0.5n(SO2-)=1.000

29、x10-3mol333222323氯元素的质量：m(Cl)=1.000x10-3molx35.5g-mol-1=0.03550g该样品的有效氯为:0.03550g1.1200gx25.00mL250.0mLx2x100%=63.39%该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品偏低【解析】(1)Cl与NaOH反应生成NaCl、NaCIo和HO。HC1O的酸性弱于HCO，则NaClO2223溶液露置于空气中，与空气中CO反应产生HClO,HClO见光易分解，故会导致消毒作用减弱。2(2)依据三个反应得出关系式：CNOCl-2HC1O2I4SO2-，根据NaSO的消耗量，3 332223223可以计

30、算出测定中转化为HClO的氯的物质的量，进而得出氯元素的质量，再由有效氯的计算公式X100%，可计算出有效氯。测定中转化HClO的氯元素质量X2样品的质量加入的稀硫酸的量过少，则生成的I少，消耗NaSO的量减少，则计算出的HClO的量偏少，2223导致样品的有效氯测定值偏低。18实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料a-FeO其主要实验23流程如下：(1)酸浸。用一定浓度的HSO溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措24施能提高铁元素浸出率的有(填序号)。A.适当升高酸浸温度B.适当加快搅拌速度C.适当缩短酸浸时间(2) 还原。向“酸浸”后的滤液中加

31、入过量铁粉使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作也。(3) 除杂。向“还原”后的滤液中加入NHF溶液，使Ca2+转化为CaF沉淀除去。若溶液的pH42偏低将会导致CaF沉淀不完全，其原因K(CaF)=5.3x10-9，K(HF)二6.3x10-42sp2a(4) 沉铁。将提纯后的FeSO溶液与氨水-NHHCO混合溶液反应，生成FeCO沉淀。4 433 生成FeCO沉淀的离子方程式为。3 设计以FeSO溶液、氨水-NHHCO混合溶液为原料，制备FeCO的实验方案：4 433FeCO沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)开始沉

32、淀的pH=6.5。32【答案】(1)AB(2) H；取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色2(3) pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全(4) Fe2+HCO-+NH-HO=FeCO/+NH+HO或3 32342Fe2+HCO-+NH=FeCO/+NH+3334在搅拌下向FeSO溶液中缓慢加入氨水-NHHCO混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后4 43过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl溶液，不出2现白色沉淀【解析】（1）适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度，均可以加快铁泥的溶解，即提高铁元素的浸出

33、率。（2）“酸浸”时，HSO过量，加入过量铁粉，除生成Fe2+外，还会产生H。Fe3+与KSCN反242应所得溶液呈血红色，当加入KSCN溶液观察不到血红色，则说明Fe3+已完全被还原为Fe2+。（3）当c（Ca2+）c2（F-）K（CaF）时，CaF不会沉淀出来，HF为弱酸，当pH过低时，H+与F-sp22结合成弱电解质HF,则cG-）减小，导致CaF沉淀不完全。2（4）Fe2+与HCO-反应生成FeCO沉淀，HCO-电离出的H+与NHHO结合生成NH+，则生333324成FeCO沉淀的离子方程式可以写成：Fe2+HCO-+NHHO=FeCO/+NH+HO，或3332342Fe2+HCO-+

34、NH=FeCO/+NH+。用FeSO和氨水-NHHCO混合溶液反应生成FeCO，33344433若pH大于6.5,则会生成Fe（OH）沉淀，故需要控制pH不大于6.5；对生成的FeCO用蒸馏水洗23涤23次；因FeCO表面会附着有SO2-，若用盐酸酸化的BaCl溶液检验不出SO2-，则说明3424FeCO已洗涤干净。319.CO/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。2（1）CO催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO溶液（CO与KOH溶液反应制得）232中通入H生成HCOO-,其离子方程式为；其他条件不变，HCO-转化为HCOO-转化率随23温度的变化如图-1所

35、示。反应温度在40°C80°C范围内HCO-催化加氢的转化率迅速上升，其主要3原因是。（2）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、厂I用电器hnIlCOOIir-KOlHircos半谖膜H+通过的半透膜隔开。-图-2电池负极电极反应式为;放电过程中需补充的物质A为填化学式）。图-2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与0?的反应，将化学能转化为电能,其反应的离子方程式为一。11(X0(>HIIH1IC0O'fFrrf（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO和H可能的反应机理

36、如图-3所22/示Orrrvrrrrrrjrrr HCOOD催化释氢反应除生成CO夕卜，还生（填化学式）。2 研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点【答案】（1）HCO-+H堅剂HCOO-+HO；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增322强（2）HCOO-+2OH-2e-=HCO-+HO；HSO32242HCOOH+2OH-+O=2HCO-+2HO或2HCOO-+O=2HCO-23223（3）HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】（1）HCO-和H在催化剂的作用下反应生成HCOO-,根据原子守恒和电荷守恒，可知32生成物中还

37、有水，据此可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时，催化剂的活性增强，HCO-催化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCO-催化加氢的转化率迅速上升。33（2）负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO-（其中的碳元素为+2价）被氧化生成HCO-3（其中的碳元素为+4价），则负极的电极反应式为HCOO-+2OH-2e-=HCO-+HO。正极反32应中，Fes+被还原为Fe2+，Fe2+再被O在酸性条件下氧化为Fes+，Fe3+相当于催化剂，因为最终2有KSO生成，O氧化Fe2+的过程中要消耗H+，故需要补充的物质A为HSO。24224结合上述分析可知，HCOOH与反应的离子方程式为2HCOOH

38、+2OH-+O=2HCO-+2HO2232或2HCOO-+O=2HCO-。23（3）根据原子守恒并结合题图3,可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。从题图3可以看出，HCOOH催氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。20.物质结构与性质以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵（NH）Fe（CHO）1。4 36572（1）Fe基态核外电子排布式为；Fe（HO）2+中与Fe2+配位的原子是_（填元素符26号）。（2）NH分子中氮原子的轨道杂化类型是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序3为。（3）与NH+互为等电子体的一种分子为（填化学式）。4（4）柠檬酸的结构简式见A图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的b