2023年海南省高考化學(xué)試卷答案與解析

1、2023年海南省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、解答題共6小題，總分值18分13分2023海南以下物質(zhì)中，可形成酸雨的是A二氧化硫B氟氯代烴C二氧化碳D甲烷【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理；二氧化硫的污染及治理【分析】首先要知道什么是酸雨，然后分析酸雨的成因【解答】解：酸雨是指pH小于5.6的降水，主要是由于人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉(zhuǎn)化而成的，我國(guó)主要以硫酸型酸雨為主，這是由于我國(guó)以煤炭為主的能源結(jié)構(gòu)造成的，因此選項(xiàng)A正確應(yīng)選A【點(diǎn)評(píng)】酸雨是工業(yè)高度開展而出現(xiàn)的副產(chǎn)物，由于人類大量使用煤、石油、天然氣等化石燃料，燃燒后產(chǎn)生的硫氧化物或氮氧化物，在大氣中經(jīng)過化學(xué)反響，形成硫酸或

2、硝酸，隨雨水降到地面成為酸雨23分2023海南常溫下，將0.1molL1氫氧化鈉溶液與0.06molL1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于A1.7B2.0C12.0D12.4【考點(diǎn)】pH的簡(jiǎn)單計(jì)算【分析】根據(jù)酸堿溶液混合時(shí)，先判斷過量，然后計(jì)算過量的酸或堿的物質(zhì)的量濃度，最后計(jì)算溶液的pH來解答即可【解答】解：設(shè)溶液的體積都是1L，那么氫氧化鈉的物質(zhì)的量為1L0.1molL1=0.1mol，硫酸的物質(zhì)的量為1L0.06molL1=0.06mol，H+的物質(zhì)的量為0.06mol2=0.12mol，那么當(dāng)酸堿發(fā)生中和時(shí)H+和OH的物質(zhì)的量分別為0.12mol和0.1mol，那么硫酸過量，過量

3、的H+的物質(zhì)的量為0.12mol0.1mol=0.02mol，那么反響后溶液中H+的物質(zhì)的量濃度為cH+=0.01 molL1，pH=lg102=2.0，應(yīng)選：B【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查溶液pH的有關(guān)計(jì)算，明確酸堿反響的過量分析是解答的關(guān)鍵，并應(yīng)熟悉物質(zhì)的量的計(jì)算、pH的計(jì)算公式來解答即可33分2023海南對(duì)于化學(xué)反響3Wg+2Xg=4Yg+3Zg，以下反響速率關(guān)系中，正確的是AvW=3vZB2vX=3vZC2vX=vYD3vW=2vX【考點(diǎn)】化學(xué)反響速率和化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系【專題】化學(xué)反響速率專題【分析】根據(jù)化學(xué)反響速率是用單位時(shí)間內(nèi)反響物濃度的減少或生成物濃度的增加來表示的，利用化學(xué)反響中化學(xué)反

4、響速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比來解答【解答】解：A、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，vW：vZ=1：1，故A錯(cuò)誤；B、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，vX：vZ=2：3，故B錯(cuò)誤；C、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，vX：vY=2：4=1：2，即2vX=vY，故C正確；D、由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，vW：vX=3：2，故A錯(cuò)誤；應(yīng)選C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查化學(xué)反響速率和化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系，明確化學(xué)反響速率之比可由化學(xué)反響中的化學(xué)計(jì)量數(shù)直接觀察得出是解答的關(guān)鍵43分2023海南把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份參加含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份參加含b mol BaCl2的溶液，恰好使

5、硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇那么原混合溶液中鉀離子的濃度為AmolL1BmolL1CmolL1DmolL1【考點(diǎn)】離子方程式的有關(guān)計(jì)算【分析】根據(jù)兩等份中一份加氫氧化鈉時(shí)發(fā)生Mg2+2OH=MgOH2，另一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2+SO42=BaSO4，且兩個(gè)反響中使鎂離子、硫酸根離子完全轉(zhuǎn)化為沉淀，利用物質(zhì)的物質(zhì)的量代入離子方程式來計(jì)算Mg2+和SO42的物質(zhì)的量，然后計(jì)算原混合溶液中鉀離子的濃度【解答】解：設(shè)每份中鎂離子的物質(zhì)的量為x，硫酸根離子的物質(zhì)的量為y，那么由Mg2+2OH=MgOH2可知， 1 2 x amol，解得x=0.5amol，由Ba2+SO42=BaSO4可知， 1

6、 1 bmol y，解得y=bmol，忽略溶液中的H+和OH由電荷守恒知，b2=nK+0.5a2，溶液中K+的物質(zhì)的量為b0.5a2mol=2bamol，又由于混合溶液分成兩等份，那么原溶液中的K+的物質(zhì)的量為22bamol，那么原混合溶液中鉀離子的濃度為=molL1，應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】此題考查學(xué)生利用離子方程式進(jìn)行計(jì)算，學(xué)生應(yīng)明確信息中恰好使離子轉(zhuǎn)化為沉淀，然后利用離子之間的反響、電荷守恒、物質(zhì)的量濃度的計(jì)算即可解答53分2023海南：KspAgCl=1.81010，KspAgI=1.51016，KspAg2CrO4=2.01012，那么以下難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是AAg

7、ClAgIAg2CrO4BAgClAg2CrO4AgICAg2CrO4AgClAgIDAg2CrO4AgIAgCl【考點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】壓軸題【分析】根據(jù)對(duì)應(yīng)化學(xué)式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，即AgClAgI；假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，那么CrO42的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知KspAg2CrO4=x20.5x=0.5x3=2.01012，x3=4.01012，即x，因?yàn)锳gCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以Ag2CrO4AgCl，故順序?yàn)椋篈g2CrO4AgClAgI【解答】解：A、由Ksp計(jì)算可知，Ag

8、+濃度大小順序應(yīng)為Ag2CrO4AgCl，故A錯(cuò)；B、Ag+濃度大小順序應(yīng)為Ag2CrO4AgCl，故B錯(cuò)；C、飽和溶液中：對(duì)應(yīng)化學(xué)式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，即AgClAgI；Ag2CrO4溶液中Ag+的濃度為，AgCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以有Ag2CrO4AgClAgI，故C正確；D、化學(xué)式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，Ag+濃度大小順序應(yīng)為AgClAgI，故D錯(cuò)應(yīng)選C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查溶度積常數(shù)的概念和有關(guān)計(jì)算，做題時(shí)注意不同物質(zhì)的化學(xué)式是否相似，如不同，可用溶度積常數(shù)計(jì)算63分2023海南光譜研究說明，易溶于水的S02所形成的溶

9、液中存在著以下平衡：據(jù)此，以下判斷中正確的是A該溶液中存在著SO2分子B該溶液中H+濃度是SO32濃度的2倍C向該溶液中參加足量的酸都能放出SO2氣體D向該溶液中參加過量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)反響的可逆性；化學(xué)平衡建立的過程【專題】壓軸題【分析】根據(jù)化學(xué)平衡的中的反響為可逆反響，那么在轉(zhuǎn)化中存在不完全轉(zhuǎn)化性，反響物與生成物都存在同一體系中，并利用離子濃度的改變來分析平衡的移動(dòng)【解答】解：A、因?yàn)樵摲错懯强赡娣错?，所以到達(dá)平衡后反響物和生成物共同存在于體系中，即存在SO2分子，故A正確；B、因溶液中H+的來源有3個(gè)方面，即水的

10、電離、SO2xH2O和HSO3的電離，因此溶液中H+濃度不一定是SO32濃度的2倍，故B錯(cuò)誤；C、SO2是一種復(fù)原性氣體，假設(shè)參加的酸是氧化性酸，SO2將被氧化成硫酸而不會(huì)放出SO2氣體，當(dāng)參加非氧化性酸，平衡逆向移動(dòng)，有氣體放出，故C錯(cuò)誤；D、NaHSO3是一種酸式鹽可以與NaOH反響，因氫氧化鈉過量，那么方程式為NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，那么不存在NaHSO3，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡狀態(tài)的特點(diǎn)和外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響，明確反響的可逆性、不完全轉(zhuǎn)化性、物質(zhì)之間的化學(xué)反響是解答此題的關(guān)鍵二、選擇題：此題共6小題，每題4分，共24分每題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符

11、合題意假設(shè)正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多項(xiàng)選擇得0分：假設(shè)正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確得2分，選兩個(gè)且都正確得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)就得0分74分2023海南以下物質(zhì)中既有氧化性又有復(fù)原性的是AHClOBAl2O3CN2O3DSiO2【考點(diǎn)】重要的氧化劑；重要的復(fù)原劑【分析】判斷物質(zhì)的氧化性和復(fù)原性，需從兩個(gè)反面入手，1熟悉物質(zhì)的性質(zhì)，2物質(zhì)所含元素的化合價(jià)，如果物質(zhì)所含元素處于中間價(jià)態(tài)，那么物質(zhì)既有氧化性又有復(fù)原性【解答】解：A、HClO中的Cl元素的化合價(jià)為+1價(jià)，一般情況下凡元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)都是既有氧化性又有復(fù)原性，故A正確；B、Al2O3中鋁元素的化合價(jià)為+3價(jià)，處于最高價(jià)態(tài)，

12、那么只有氧化性，故B錯(cuò)誤；C、N203中N元素的化合價(jià)為+3價(jià)，處于中間價(jià)態(tài)，那么該物質(zhì)都既有氧化性又有復(fù)原性，故C正確；D、SiO2中Si元素的化合價(jià)為+4價(jià)，處于最高價(jià)態(tài)，那么只有氧化性，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：AC【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察對(duì)氧化性和復(fù)原性的判斷和理解氧化性是指物質(zhì)得電子的能力，處于高價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有氧化性復(fù)原性是在氧化復(fù)原反響里，物質(zhì)失去電子或電子對(duì)偏離的能力，金屬單質(zhì)和處于低價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般具有復(fù)原性84分2023海南以下化合物中既易發(fā)生取代反響，也可發(fā)生加成反響，還能使KMnO4酸性溶液褪色的是A乙烷B乙醇C丙烯D苯【考點(diǎn)】取代反響與加成反響；氧化復(fù)原反響【分析】乙烷屬于飽和烷烴

13、，性質(zhì)穩(wěn)定，主要發(fā)生取代反響，不能發(fā)生加成反響；乙醇為飽和一元醇，也不能發(fā)生加成反響；能發(fā)生加成反響的物質(zhì)具有不飽和鍵；苯的結(jié)構(gòu)比擬特殊，性質(zhì)也比擬特殊，既能發(fā)生加成反響，也能發(fā)生取代反響，但不能使KMn04酸性溶液褪色【解答】解：A、乙烷屬于烷烴主要發(fā)生取代反響，故A錯(cuò)；B、乙醇屬于飽和一元醇不能發(fā)生加成反響，故B錯(cuò)；C、丙烯屬于烯烴且含有一個(gè)甲基，甲基上發(fā)生取代反響，碳碳雙鍵能發(fā)生加成、能使高錳酸鉀溶液褪色，因此符合題意，故C正確；D、苯屬于芳香烴可以發(fā)生取代反響和加成反響，但不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯(cuò)應(yīng)選C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察常見有機(jī)化合物的化學(xué)性質(zhì)及常見的有機(jī)化學(xué)反響類型，注意

14、烯烴的性質(zhì)以及苯的性質(zhì)的特殊性94分2023海南利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，以下表達(dá)正確的是A電解時(shí)以精銅作陽(yáng)極B電解時(shí)陰極發(fā)生復(fù)原反響C粗銅連接電源負(fù)極，其電極反響是Cu=Cu2+2eD電解后，電解槽底部會(huì)形成含少量Ag、Pt等金屬的陽(yáng)極泥【考點(diǎn)】銅的電解精煉；電解原理【分析】銅的電解精煉是電解原理的一重要應(yīng)用，在理解電解原理的根底上，解答此題便可迎刃而解【解答】解：A、電解精煉銅時(shí)，粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極，故A錯(cuò)；B、陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反響，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生復(fù)原反響，故B對(duì)；C、粗銅連接電源的正極，發(fā)生氧化反響，故C錯(cuò)；D、金屬的活動(dòng)性順序

15、為ZnFeCuAgPt，因此Ag、Pt不會(huì)放電，以單質(zhì)形式沉積下來，故D對(duì)；應(yīng)選：BD【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查電解原理及其應(yīng)用電化學(xué)原理是高中化學(xué)的核心考點(diǎn)，此題利用電解法進(jìn)行粗銅提純時(shí)粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極；陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反響，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生復(fù)原反響；這幾種金屬的活動(dòng)性順序?yàn)閆nFeCuAgPt，因此在電解過程中Ag、Pt不會(huì)失去電子，而是形成陽(yáng)極泥104分2023海南能正確表示以下反響的離子方程式是A金屬鋁溶于稀硫酸中：Al+2H+=A13+H2B碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO32+2H+=H2O+CO2C醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO+CO2+H20=2CH

16、3COOH+CO32D少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I=2C1+I2【考點(diǎn)】離子方程式的書寫【分析】做題時(shí)要注意看反響是否配平，看“分子、“離子書寫是否得當(dāng)，還要看反響是否符合客觀事實(shí)【解答】解：A、方程式未配平，反響前后的電荷不守恒，正確的寫法為：2Al+6H+=2Al3+3H2； B、碳酸鋅屬于難溶性物質(zhì)，應(yīng)用化學(xué)式來表示，正確的寫法為：ZnCO3+2H+=Zn2+H2O+CO2； C、醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，該反響不會(huì)發(fā)生應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察離子方程式的書寫和正誤判斷判斷離子方程式的正誤時(shí)，關(guān)鍵抓住離子方程式是否符合客觀事實(shí)、化學(xué)式的拆分是否準(zhǔn)確、是否遵循電荷守恒和質(zhì)量守恒等方

17、面114分2023海南短周期元素X、Y、Z所在的周期序數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同以下化合物中同時(shí)存在極性和非極性共價(jià)鍵的是AZ2YBX2Y2CZ2Y2DZYX【考點(diǎn)】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用；原子核外電子排布；化學(xué)鍵【專題】壓軸題【分析】根據(jù)此題中短周期元素Y2與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同，并且都屬于短周期元素，可知二者的離子核外各有10個(gè)電子，根據(jù)Y與Z的化合價(jià)，可知Y、Z分別屬于A和IA族元素，Y的原子序數(shù)為8，屬于O元素，Z的原子序數(shù)為11，屬于Na元素，再根據(jù)三者原子序數(shù)之和為20，可知X為H元素，三者形成的化合物分別有Na2O、Na2O2、H

18、2O、H2O2以及NaOH，根據(jù)化合物類型可判斷出化學(xué)鍵類型【解答】解：A、Z2Y為Na2O，只含離子鍵，故A不選；B、X2Y2為H2O2，同時(shí)存在極性和非極性共價(jià)鍵，故B選；C、Z2Y2為Na2O2，既含有離子鍵，有含有非極性共價(jià)鍵，故C不選；D、ZYX為NaOH，含有離子鍵和極性共價(jià)鍵，故C不選；應(yīng)選：B【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、原子核外電子排布及化學(xué)鍵的有關(guān)知識(shí)注重原子結(jié)構(gòu)與元素在周期表中位置的關(guān)系，熟悉原子結(jié)構(gòu)和元素周期表的特點(diǎn)來解答，該類型的題目難度一般不會(huì)很大124分2023海南以下化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是A溴苯B對(duì)二甲苯C氯乙烯D丙烯【考點(diǎn)】常見有機(jī)化

19、合物的結(jié)構(gòu)【專題】壓軸題【分析】在常見的有機(jī)化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此根底上進(jìn)行判斷【解答】解：A、苯所有原子都在同一個(gè)平面上，溴苯可以看作是一個(gè)溴原子取代苯環(huán)上的一個(gè)氫原子，在同一個(gè)平面，故A正確；B、對(duì)二甲苯含有2個(gè)甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，因此所有原子不可能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；C、乙烯具有平面型結(jié)構(gòu)，氯乙烯可看作是一個(gè)氯原子取代乙烯中的一個(gè)氫原子，在同一個(gè)平面，故C正確；D、丙烯中有一個(gè)甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，因此所有原子不可能處于同一平面上，故D錯(cuò)誤應(yīng)選A、C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，做題時(shí)注意從

20、甲烷、乙烯、苯和乙炔的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)判斷有機(jī)分子的空間結(jié)構(gòu)三、解答題共8小題，總分值104分138分2023海南AG各物質(zhì)間的關(guān)系如圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)請(qǐng)答復(fù)以下問題：1物質(zhì)C和E的名稱分別為濃鹽酸、四氧化三鐵；2可選用不同的A進(jìn)行反響，假設(shè)能在常溫下進(jìn)行，其化學(xué)方程式為2H2O22H2O+O2；假設(shè)只能在加熱情況下進(jìn)行，那么反響物A應(yīng)為KClO3；3反響的化學(xué)方程式為4HCl濃+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；4新配制的F溶液應(yīng)參加鐵粉以防止其轉(zhuǎn)化為G檢驗(yàn)G溶液中陽(yáng)離子的常用試劑是KSCN溶液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為溶液變成紅色【考點(diǎn)】無機(jī)物的推斷；氯氣的化學(xué)性質(zhì)；二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn)；

21、常見氣體制備原理及裝置選擇【分析】此題的突破點(diǎn)是MnO2，在中學(xué)化學(xué)中MnO2參與的反響主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；Fe2+具有復(fù)原性，因此配制時(shí)需要參加鐵粉防止被氧化；利用有關(guān)元素化合物知識(shí)，從質(zhì)量守恒的角度書寫化學(xué)方程式【解答】解：1在中學(xué)化學(xué)中MnO2參與的反響主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；故答案為：濃鹽酸、四氧化三鐵；2MnO2參與制備氧氣的反響有兩種，一種是由MnO2做催化劑的條件下，加熱KClO

22、3分解制得氧氣；另一種是MnO2做催化劑的條件下，常溫下H2O2分解制得氧氣，故答案為：2H2O22H2O+O2；KClO33反響為實(shí)驗(yàn)室制備氯氣的常用方法，故答案為：4HCl濃+MnO2MnCl2+2H2O+Cl24Fe2+具有復(fù)原性，因此配制時(shí)需要參加鐵粉防止被氧化；Fe3+與SCN反響生成紅色物質(zhì)，故答案為：鐵粉；KSCN溶液；溶液變成紅色【點(diǎn)評(píng)】此題屬于無機(jī)框圖題，主要考察常見物質(zhì)的性質(zhì)、制備和檢驗(yàn)，此題由化學(xué)中常見的反響入題，注意元素化合物知識(shí)的積累和常見離子的檢驗(yàn)方法148分2023海南高爐煉鐵過程中發(fā)生的主要反響為Fe2O3s+COg=Fes+CO2g該反響在不同溫度下的平衡常數(shù)

23、如下：溫度/100011501300平衡常數(shù)4.03.73.5請(qǐng)答復(fù)以下問題：1該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式K=，H0填“、“或“=；2在一個(gè)容積為10L的密閉容器中，1000時(shí)參加Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反響經(jīng)過10min后到達(dá)平衡求該時(shí)間范圍內(nèi)反響的平均反響速率vC02=0.006mol/Lmin、CO的平衡轉(zhuǎn)化率=60%：3欲提高2中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是CA減少Fe的量 B增加Fe203的量 C移出局部C02D提高反響溫度 E減小容器的容積 F參加適宜的催化劑【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；反響速率的定量表示方法；用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素【專題】實(shí)驗(yàn)

24、分析題；關(guān)系式法；化學(xué)平衡專題【分析】1根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的概念來書寫表達(dá)式，并利用溫度與化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系來分析反響熱；2根據(jù)各物質(zhì)的物質(zhì)的量、化學(xué)平衡常數(shù)及三段法計(jì)算來平衡時(shí)的量，再計(jì)算反響速率及物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率；3根據(jù)影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素可知，提高2中CO的平衡轉(zhuǎn)化率那么是分析能使平衡正向移動(dòng)的措施來解答【解答】解：1由平衡常數(shù)是指在一定溫度下，當(dāng)一個(gè)可逆反響到達(dá)化學(xué)平衡時(shí)，生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積的比值，但需要注意但是固體和純液體的濃度視為常數(shù)，不能出現(xiàn)在表達(dá)式中，那么K=，又從表中數(shù)據(jù)可知隨著溫度的升高平衡常數(shù)逐漸減小，那么說明溫度升高平衡向逆反響方向移動(dòng)，所以正反響是放熱反響

25、，即H0，故答案為：；2設(shè)CO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，那么Fe2O3s+COgFes+CO2g起始量mol 1.0 1.0轉(zhuǎn)化的量mol x x平衡時(shí)的量mol 1.0 x 1.0+x又在1000時(shí)K=4.0，那么有=4.0，解得x=0.6，C02的濃度變化量為：cC02=0.06mol/L，那么用二氧化碳表示的反響速率為=0.006mol/Lmin，CO的轉(zhuǎn)化率為100%=60%，故答案為：0.006mol/Lmin；60%；3假設(shè)提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，那么化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)，因Fe、Fe2O3都是固體，改變質(zhì)量平衡不移動(dòng)，故AB不選；移出二氧化碳?xì)怏w，減小生成物中氣體的濃度，那么平衡正向

26、移動(dòng)，故C選；因反響為放熱反響，那么升高溫度，平衡向逆反響方向移動(dòng)，故D不選；因該反響前后氣體的體積不變，那么減小容器的容積，平衡不移動(dòng)，故E不選；因催化劑對(duì)平衡移動(dòng)無影響，那么參加適宜的催化劑不能使平衡移動(dòng)，故F不選；故答案為：C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查化學(xué)平衡常數(shù)的概念及計(jì)算以及反響熱的有關(guān)判斷，利用化學(xué)平衡三段法計(jì)算平衡時(shí)的量并借助化學(xué)反響速率的概念、轉(zhuǎn)化率的概念來計(jì)算，并應(yīng)熟悉外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響來解答即可159分2023海南A是自然界存在最廣泛的A族元素，常以化合物F存在從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學(xué)反響可由以下圖表示：請(qǐng)答復(fù)以下問題：1A與水反響的化學(xué)方程式為Ca+2H2OCaOH2

27、+H2，E與水反響的化學(xué)方程式為NaH+H2ONaOH+H2；2F的化學(xué)式為CaCO3，G和D的電子式分別為和；3D與H反響可能生成的鹽有Na2CO3、NaHCO3 填化學(xué)式；4實(shí)際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡(jiǎn)述一種制備方法將CaCO3與鹽酸反響生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣【考點(diǎn)】無機(jī)物的推斷；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用【分析】此題的突破點(diǎn)是A，在自然界存在最廣泛的A族元素中常溫下與水反響的是單質(zhì)Ca，與水反響生成CaOH2和H2，那么B是H2，C是CaOH2，E是NaH，H是NaOH，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與CaOH2反

28、響生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過電解法來制備【解答】解：1在自然界存在最廣泛的A族元素中常溫下與水反響的是單質(zhì)Ca，反響的化學(xué)方程式為Ca+2H2OCaOH2+H2，在CaOH2和H2中能與金屬Na反響的是H2，反響的化學(xué)方程式為：H2+2Na2NaH；所以B是H2，C是CaOH2，E是NaH，NaH與水反響的化學(xué)方程式為：NaH+H2ONaOH+H2，所以H是NaOH故答案為：Ca+2H2OCaOH2+H2；NaH+H2ONaOH+H2；2由反響條件可知F可能為CaCO3，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與CaOH

29、2反響生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；CO2和CaO分別屬于共價(jià)化合物和離子化合物，分別含有極性共價(jià)鍵和離子鍵；故答案為：CaCO3；3CO2對(duì)應(yīng)的碳酸是二元酸，與NaOH反響時(shí)可能會(huì)生成兩種碳酸鹽：Na2CO3和NaHCO3，故答案為：Na2CO3、NaHCO3；4Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過電解法來制備，可用電解熔融的CaCl2的方法制備故答案為：將CaCO3與鹽酸反響生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察查常見金屬單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化，注意框圖推斷題的突破口，熟悉元素化合物的性質(zhì)，注意電子式的書寫以及金屬的冶煉方法

30、168分2023海南有機(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D，D在弱酸性條件下會(huì)緩慢釋放出A合成D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如以下圖所示：請(qǐng)答復(fù)以下問題：1A的名稱是乙烯，A與氯氣反響可生成C，C的名稱是1，2二氯乙烷；2經(jīng)測(cè)定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反響，那么E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為ClCH2CH2OH，由A直接生成E的反響類型是加成反響；3在弱酸性條件下，D與水反響生成A的化學(xué)方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2；4寫出E的兩個(gè)同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式ClCH2OCH3、CH3CHClOH【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成；有機(jī)化合物命名；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；

31、有機(jī)化學(xué)反響的綜合應(yīng)用【分析】此題的突破點(diǎn)是A，因?yàn)橛袡C(jī)物A可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，所以A是乙烯，乙烯可以與氯氣發(fā)生加成反響生成1，2二氯乙烷，由于E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反響，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：ClCH2CH2OH，乙烯與氯水發(fā)生加成反響：CH2=CH2+HOClClCH2CH2OH，乙烯在Ag作催化劑條件下發(fā)生氧化反響生成乙醛，乙醛與HCl發(fā)生加成反響也可生成E，1molPCl3與3mol乙醛反響生成C6H12Cl3O3P，A與氯氣反響可生成C，C為1，2二氯乙烷，E可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH【解答】解：1有機(jī)物A

32、可作為植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，應(yīng)為乙烯，乙烯可氯氣發(fā)生加成反響生成1，2二氯乙烷，故答案為：乙烯、1，2二氯乙烷；2E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反響，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：ClCH2CH2OH，A直接生成E的反響類型是加成反響，方程式為CH2=CH2+HOClClCH2CH2OH，故答案為：ClCH2CH2OH、加成反響；3D為，在弱酸性條件下會(huì)緩慢釋放出乙烯，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，反響的化學(xué)方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2，故答案為：+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2；4E為ClCH2CH2OH，對(duì)應(yīng)的同分異構(gòu)體可為醚類以及Cl原子位置的

33、異構(gòu)，可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH，故答案為：ClCH2OCH3、CH3CHClOH【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查有機(jī)物的制備、有機(jī)化合物的命名、有機(jī)反響類型的判斷以及同分異構(gòu)體的書寫等，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為3，注意從質(zhì)量守恒的角度書寫化學(xué)方程式1711分2023海南根據(jù)氨氣復(fù)原氧化銅的反響，可設(shè)計(jì)測(cè)定銅元素相對(duì)原子質(zhì)量ArCu近似值的實(shí)驗(yàn)先稱量反響物氧化銅的質(zhì)量mCuO，反響完全后測(cè)定生成物水的質(zhì)量mH20，由此計(jì)算ArCu為此，提供的實(shí)驗(yàn)儀器及試劑如下根據(jù)需要可重復(fù)選用，參加的NH4C1與CaOH2的量足以產(chǎn)生使CuO完全復(fù)原的氨氣：請(qǐng)答復(fù)以下問題：1氨氣復(fù)原熾熱氧化銅

34、的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；2從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實(shí)驗(yàn)的一套合理、簡(jiǎn)單的裝置，按氣流方向的連接順序?yàn)橛脠D中標(biāo)注的導(dǎo)管口符號(hào)表示aebe；3在本實(shí)驗(yàn)中，假設(shè)測(cè)得mCuO=a g，mH2O=b g，那么ArCu=；4在本實(shí)驗(yàn)中，使測(cè)定結(jié)果ArCu偏大的是 填序號(hào)；Cu0未完全起反響 CuO不枯燥 Cu0中混有不反響的雜質(zhì) 堿石灰不枯燥 NH4C1與CaOH2混合物不枯燥5在本實(shí)驗(yàn)中，還可通過測(cè)定mCuO和mCu，或mCu和mH2O到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹究键c(diǎn)】氨的實(shí)驗(yàn)室制法；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；氨的化學(xué)性質(zhì)；氣體的凈化和枯燥；相對(duì)分子質(zhì)量的測(cè)定【分析】1氨氣具有弱

35、復(fù)原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，生成氮?dú)?、銅和水；2根據(jù)題干可知需測(cè)定生成水的質(zhì)量，生成的氨氣需先通過堿石灰枯燥、再在與氧化銅反響，最后用堿石灰吸收生成的水，以測(cè)得生成水的質(zhì)量；3由反響方程式可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，列出關(guān)系式：=，求出銅元素相對(duì)原子質(zhì)量ArCu=，；4根據(jù)ArCu=，從是否影響a或b來分析誤差；5根據(jù)化學(xué)方程式可知也可以通過測(cè)定mCuO和mCu或mCu和mH2O來到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹窘獯稹拷猓?氨氣具有弱復(fù)原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，反響物為氮?dú)?、銅和水，反響的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，故答案為：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N

36、2；2因?yàn)樾枰獪y(cè)定反響后生成物水的質(zhì)量，所以必需保證通入的氨氣是純潔枯燥的，由于濃硫酸可以與氨氣反響，因此只能通過堿石灰進(jìn)行枯燥，再通入氧化銅進(jìn)行反響，最后在通入堿石灰吸收反響生成的水，以測(cè)得生成水的質(zhì)量，所以正確的順序?yàn)閍ebe，故答案為：aebe；3根據(jù)反響方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2； 3 3可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，所以有以下關(guān)系式：=，解得ArCu=，故答案為：；4由3可知得ArCu=，假設(shè)Cu0未完全起反響，說明b偏小，結(jié)果偏大；假設(shè)CuO不枯燥，說明a偏小，b偏大，結(jié)果偏低；假設(shè)Cu0中混有不反響的雜質(zhì)，說明b偏小，結(jié)果偏大；假設(shè)堿石灰不枯燥，說明氨氣枯燥不

37、徹底，b偏大，結(jié)果偏低；假設(shè)NH4C1與CaOH2混合物不枯燥，但只要氨氣枯燥徹底，對(duì)結(jié)果不影響所以選項(xiàng)正確，故答案為：；5根據(jù)反響方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，可知也可以通過測(cè)定mCuO和mCu或mCu和mH2O來到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故答案為：mCuO和mCu、mCu和mH2O【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查氨氣的制備、凈化、枯燥和利用方程式進(jìn)行的計(jì)算以及有關(guān)誤差分析，一定要認(rèn)真、細(xì)致的分析問題1820分2023海南I：，如果要合成 所用的原始原料可以是ADA.2甲基l，3丁二烯和2丁炔 B1，3戊二烯和2丁炔C2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔 D2，3二甲基l，3丁二烯和丙炔IIAG都是有機(jī)

38、化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請(qǐng)答復(fù)以下問題：1：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8g C02和3.6g H20；E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，那么E的分子式為C2H4O2：2A為一取代芳烴，B中含有一個(gè)甲基由B生成C的化學(xué)方程式為C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；3由B生成D、由C生成D的反響條件分別是NaOH醇溶液并加熱、濃硫酸并加熱；4由A生成B、由D生成G的反響類型分別是取代反響、加成反響；5F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；6在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有7個(gè)，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是 填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式【考點(diǎn)】有機(jī)物

39、的推斷；有機(jī)物的合成；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有機(jī)化學(xué)反響的綜合應(yīng)用；有關(guān)有機(jī)物分子式確定的計(jì)算【分析】可以采用逆向合成分析法去頂兩種原料；根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，摩爾質(zhì)量是60，根據(jù)生成二氧化碳和水的質(zhì)量確定最簡(jiǎn)式，結(jié)合摩爾質(zhì)量可確定有機(jī)物為C2H4O2，為乙酸，由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，D可以與Br2發(fā)生加成反響，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)

40、簡(jiǎn)式是 ，結(jié)合題給信息和有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題【解答】解：此題可以采用逆向合成分析法 或者是根據(jù)有機(jī)物的命名原那么兩種原料分別是2，3二甲基l，3丁二烯和丙炔或者是2甲基l，3丁二烯和2丁炔，故答案為：AD；1根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60.6.0gE的物質(zhì)的量就是0.1mol，完全燃燒后生成C02和 H20的物質(zhì)的量分別為和，其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.212=2.4g和0.41=0.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.02.40.4=3.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為，因此碳、氫、氧三種原子個(gè)數(shù)之比為1：2：1，即最簡(jiǎn)式為CH2O，因?yàn)镋摩爾質(zhì)量是

41、60，所以分子式是C2H4O2，故答案為：C2H4O2；2由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學(xué)方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl，故答案為：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；3因?yàn)镈可以與Br2發(fā)生加成反響，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2，鹵代烴發(fā)生消去反響的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反響的條件是濃硫酸并加熱，故答案為：NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱；4A屬于苯的同系物，B屬

42、于鹵代烴，所以由A生成B的反響類型是取代反響；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反響類型是加成反響，故答案為：取代反響；加成反響；5因?yàn)镃、E可以發(fā)生酯化反響，所以E是乙酸，又因?yàn)镃是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是 ，故答案為：；6苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說明應(yīng)該是對(duì)稱性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是，故答案為：7；【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)式確實(shí)定、有機(jī)化合物的推斷、同分異構(gòu)體的書寫和判斷、有機(jī)反響方程式的書寫和反響類型的判斷，題目難度中等，易錯(cuò)點(diǎn)為同分異構(gòu)體的判斷，注意正確推斷有機(jī)物的

43、結(jié)構(gòu)為解答該題的關(guān)鍵1920分2023海南I以下描述中正確的是C、DA、CS2為V形的極性分子B、Cl03 的空間構(gòu)型為平面三角形C、SF6中有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)D、SiF4和SO32 的中心原子均為sp3雜化金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛請(qǐng)答復(fù)以下問題：1Ni原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2；2Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，那么熔點(diǎn)NiO FeO填“或“；3Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為6、6；4金屬鎳與鑭La形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左

44、以下圖所示該合金的化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5；5丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反響可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如下圖該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價(jià)鍵類型是鍵，碳氮之間的共價(jià)鍵類型是一個(gè)鍵、一個(gè)鍵，氮鎳之間形成的化學(xué)鍵是配位鍵；該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價(jià)鍵外還可存在氫鍵；該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有sp2、sp3【考點(diǎn)】晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用；原子核外電子排布；化學(xué)鍵；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【專題】壓軸題【分析】1依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，Cl03是三角錐形；硫原子最外層有6個(gè)電子，和

45、氟原子之間有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)，SiF4和SO32 的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化；2鎳屬于28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出該原子的核外電子排布式；3離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；4因?yàn)镹i0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽(yáng)離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6；5晶胞中鑭原子數(shù)=8=1；鎳原子數(shù)=1+8=5，由此可判斷出化學(xué)式；6雙鍵是由一個(gè)鍵和一個(gè)鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對(duì)，因此二者形成配位鍵；丁二酮肟中碳原子既有單鍵又有雙鍵，因此

46、雜化類型是sp2和sp3雜化【解答】解：、A、依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，故A錯(cuò)誤；B、由價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知Cl03中中心原子的孤電子對(duì)數(shù)是832=1，所以Cl03是三角錐形，故B錯(cuò)誤；C、硫原子最外層有6個(gè)電子，和氟原子之間有6對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)，故C正確；D、SiF4和SO32 的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化，故D正確應(yīng)選C、D、1鎳屬于28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出該原子的核外電子排布式，Ni的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d 84s2故答案為：1s22s22p63s23p63d 84s2；2Ni0

47、、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，屬于熔點(diǎn)是NiOFeO故答案為：；3因?yàn)镹i0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽(yáng)離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6故答案為：6；6；4晶胞中鑭原子數(shù)=8=1；鎳原子數(shù)=1+8=5，所以化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5，故答案為：LaNi5；5雙鍵是由一個(gè)鍵和一個(gè)鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對(duì)，因此二者形成配位鍵氧原子與氫原子之間可以形成氫鍵在該結(jié)構(gòu)中碳原子既有單鍵又有雙鍵，因此雜化類型是sp2和sp3雜化，故答案為：一個(gè)鍵、一個(gè)鍵；配位鍵；氫鍵；sp2、sp3【點(diǎn)評(píng)】此題考查晶體的結(jié)構(gòu)與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用，做題時(shí)注意電子排布式的書寫方法，晶體熔點(diǎn)比擬發(fā)放，分子空間構(gòu)型的判斷方法以及晶胞的有關(guān)計(jì)算，注意學(xué)習(xí)中有關(guān)做題方法的積累2020分2023海南固硫劑是把煤燃燒時(shí)生成的二氧化硫以鹽的形式固定在爐渣中的物質(zhì)，可減少二氧化硫?qū)Υ髿獾奈廴疽韵挛镔|(zhì)中可用做固硫劑的有A、BACaO BNa2C03 CNH4N03 DP205以黃鐵礦為原料，采用接觸法生產(chǎn)硫酸的流程可簡(jiǎn)示如下：請(qǐng)答復(fù)以下問題：1在爐氣制造中，生成S0