2011年全國統(tǒng)一高考化學試卷（全國卷?。ㄔ戆妫?/h1>

上傳人：史***

認證信息

認證類型：個人認證

認證主體：熊**（實名認證）

IP屬地：四川

IP屬地：四川 上傳時間：2023-02-02 格式：DOCX 頁數(shù)：16 大?。?36.73KB 積分：9.6 舉報 版權(quán)申訴

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年全國統(tǒng)一高考化學試卷（全國卷Ⅰ）一、選擇題1．等濃度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它們的pH由小到大排列正確的是（）A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 2．下列敘述錯誤的是（）A．用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚 B．用高錳酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3﹣己烯 C．用水可區(qū)分苯和溴苯 D．用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛 3．在容積可變的密閉容器中，2molN2和8molH2在一定條件下發(fā)生反應，達到平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率為25%，則平衡時的氮氣的體積分數(shù)接近于（）A．5% B．10% C．15% D．20% 4．室溫時，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關于該混合溶液的敘述錯誤的是（）A．若PH＞7時，則一定是c1V1=c2V2 B．在任何情況下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） C．當pH=7時，若V1=V2，則一定是c2＞c1 D．若V1=V2、c1=c2，則c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+） 5．用石墨做電極電解CuSO4溶液．通電一段時間后，欲使用電解液恢復到起始狀態(tài)，應向溶液中加入適量的（）A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4?5H2O6．將足量CO2通入下列各溶液中，所含離子還能大量共存的是（）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣ B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣ C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣7．NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述錯誤的是（）A．18gH2O中含的質(zhì)子數(shù)為10NA B．12g金剛石含有的共價鍵數(shù)為4NA C．46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA D．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子 8．某含鉻（Cr2O72﹣）廢水用硫酸亞鐵銨[FeSO4?（NH4）2SO4?6H2O]處理，反應后鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀．該沉淀經(jīng)干燥后得到nmolFeO?FeyCrxO3．不考慮處理過程中的實際損耗，下列敘述錯誤的是（）A．消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n（2﹣x）mol B．處理廢水中的Cr2O72﹣的物質(zhì)的量為mol C．反應中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmol D．在FeO?FeyCrxO3中，3x=y 二、解答題（共4小題，滿分60分）9．（15分）如圖中，A、B、C、D、E是單質(zhì)，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物．已知：①反應C+GB+H能放出大量的熱，該反應曾應用于鐵軌的焊接；②I是一種常見的溫室氣體，它和E可以發(fā)生反應：，F(xiàn)中的E元素的質(zhì)量分數(shù)為60%．回答問題：（1）①中反應的化學方程式為；（2）化合物Ⅰ的電子式為，它的空間構(gòu)型是；（3）1.6gG溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應，計算至少所需銅粉的質(zhì)量（寫出離子方程式和計算過程）；（4）C與過量NaOH溶液反應的離子方程式為，反應后溶液與過量化合物Ⅰ反應的離子方程式為；（5）E在I中燃燒觀察到的現(xiàn)象是．10．（15分）反應aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容條件下進行．改變其他反應條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖1所示：回答問題：（1）反應的化學方程式中，a：b：c為；（2）A的平均反應速率VⅠ（A）、VⅡ（A）、VⅢ（A）從大到小排列次序為；（3）B的平衡轉(zhuǎn)化率αⅠ（B）、αⅡ（B）、αⅢ（B）中最小的是，其值是；（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移動的方向是，采取的措施是；（5）比較第Ⅱ階段反應溫度（T2）和第Ⅲ階段反應溫度（T3）的高低：T2T3（填“＞”“＜”“=”），判斷的理由是；（6）達到第三次平衡后，將容器的體積擴大一倍，假定10min后達到新的平衡，請在下圖2中用曲線表示第IV階段體系中各物質(zhì)的濃度隨時間變化的趨勢如圖2（曲線上必須標出A、B、C）．11．（15分）請回答下列實驗中抽取氣體的有關問題．（1）如圖1是用KMnO4與濃鹽酸反應制取適量氯氣的簡易裝置．裝置B、C、D的作用分別是：B；C；D；（2）在實驗室欲制取適量NO氣體．①如圖2中最適合完成該實驗的簡易裝置是（填序號）；②根據(jù)所選的裝置完成下表（不需要的可不填）：應加入的物質(zhì)所起的作用ABCD③簡單描述應觀察到的實驗現(xiàn)象．圖1圖212．（15分）金剛烷是一種重要的化工原料，工業(yè)上可通過圖1途徑制備，請回答下列問題：（1）環(huán)戊二烯分子中最多有個原子共平面；（2）金剛烷的分子式為，其分子中的CH2基團有個；（3）圖2是以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，其中，反應①的產(chǎn)物名稱是，反應②的反應試劑和反應條件是，反應③的反應類型是；（4）已知烯烴能發(fā)生如下反應：RCHO+R′CHO請寫出下列反應產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式：；（5）A是二聚環(huán)戊二烯的同分異構(gòu)體，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液加熱氧化可以得到對苯二甲酸[提示：苯環(huán)上的烷基（﹣CH3，﹣CH2R，﹣CHR2）或烯基側(cè)鏈經(jīng)高錳酸鉀酸性溶液氧化得羧基]，寫出A所有可能的結(jié)構(gòu)簡式（不考慮立體異構(gòu)）：．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）一、選擇題1．下列敘述正確的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023個NaCl分子 B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023 C．欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl溶于1.00L水中D．電解58.5g熔融的NaCl，能產(chǎn)生22.4L氯氣（標準狀況）、23.0g金屬鈉2．分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種 3．下列反應中，屬于取代反應的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 4．將濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（）A．c（H+） B．Ka（HF） C． D． 5．鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有關該電池的說法不正確的是（）A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的堿性減弱 D．電池充電時，陽極反應為2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O 6．能正確表示下列反應的離子方程式為（）A．硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑ B．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O C．少量SO2通入苯酚鈉溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣ D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O 7．短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大．元素W是制備一種高效電池的重要材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍．下列說法錯誤的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu) B．元素X與氫形成的原子比為1：1的化合物有很多種 C．元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成 D．元素Z可與元素X形成共價化合物XZ2 二、解答題（共3小題，滿分29分）8．（14分）0.80gCuSO4?5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線）如圖所示．請回答下列問題：（1）試確定200℃時固體物質(zhì)的化學式（要求寫出推斷過程）；（2）取270℃所得樣品，于570℃灼燒得到的主要產(chǎn)物是黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應的化學方程式為．把該黑色粉末溶解于稀硫酸中，經(jīng)濃縮、冷卻，有晶體析出，該晶體的化學式為，其存在的最高溫度是；（3）上述氧化性氣體與水反應生成一種化合物，該化合物的濃溶液與Cu在加熱時發(fā)生反應的化學方程式為；（4）在0.10mol?L﹣1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH=8時，c（Cu2+）=mol?L﹣1（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的H+濃度是mol?L﹣1．9．科學家利用太陽能分解水生成的氫氣在催化劑作用下與二氧化碳反應生成甲醇，并開發(fā)出直接以甲醇為燃料的燃料電池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱△H分別為﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1．請回答下列問題：（1）用太陽能分解10mol水消耗的能量是kJ；（2）甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式為；（3）在容積為2L的密閉容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他條件不變的情況下，考察溫度對反應的影響，實驗結(jié)果如下圖所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列說法正確的是（填序號）①溫度為T1時，從反應開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=mol?L﹣1?min﹣1②該反應在T1時的平衡常數(shù)比T2時的?、墼摲磻獮榉艧岱磻芴幱贏點的反應體系從T1變到T2，達到平衡時增大（4）在T1溫度時，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容容器中，充分反應達到平衡后，若CO2轉(zhuǎn)化率為a，則容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為；（5）在直接以甲醇為燃料的燃料電池中，電解質(zhì)溶液為酸性，負極的反應式為，正極的反應式為．理想狀態(tài)下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能產(chǎn)生的最大電能為702.1kJ，則該燃料電池的理論效率為（燃料電池的理論效率是指電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反應所能釋放的全部能量之比）．10．（15分）氫化鈣固體登山運動員常用的能源提供劑．某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化鈣．請回答下列問題：（1）請選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序為（填儀器接口的字母編號）（2）根據(jù)完整的實驗裝置進行實驗，實驗步驟如下：檢查裝置氣密性后，裝入藥品；打開分液漏斗活塞（請按正確的順序填入下列步驟的標號）．A．加熱反應一段時間B．收集氣體并檢驗其純度C．關閉分液漏斗活塞D．停止加熱，充分冷卻（3）實驗結(jié)束后，某同學取少量產(chǎn)物，小心加入水中，觀察到有氣泡冒出，溶液中加入酚酞后顯紅色，該同學據(jù)此斷，上述實驗確有CaH2生成．①寫出CaH2與水反應的化學方程式；②該同學的判斷不正確，原因是．（4）請你設計一個實驗，用化學方法區(qū)分鈣與氫化鈣，寫出實驗簡要步驟及觀察到的現(xiàn)象（5）登山運動員常用氫化鈣作為能源提供劑，與氫氣相比，其優(yōu)點是．三、選修部分11．【化學﹣﹣選修2：化學與技術】普通紙張的主要成分是纖維素，在早期的紙張生產(chǎn)中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補其表面的微孔，防止墨跡擴散．請回答下列問題：（1）人們發(fā)現(xiàn)紙張會發(fā)生酸性腐蝕而變脆、破損，嚴重威脅紙質(zhì)文物的保存．經(jīng)分析檢驗，發(fā)現(xiàn)酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關，其中的化學原理是；為了防止紙張的酸性腐蝕，可在紙漿中加入碳酸鈣等添加劑，該工藝原理的化學（離子）方程式為．（2）為了保護這些紙質(zhì)文物，有人建議采取下列措施：①噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等．這樣操作產(chǎn)生的主要問題是；②噴灑Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷．用化學（離子）方程式表示該方法生成氧化鋅及防止酸性腐蝕的原理、．（3）現(xiàn)代造紙工藝常用鈦白粉（TiO2）替代明礬．鈦白粉的一種工業(yè)制法是以鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3）為原料按下列過程進行的，請完成下列化學方程式：①FeTiO3+C+Cl2TiCl4+FeCl3+CO②TiCl4+O2TiO2+Cl2．12．氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應可以得到BF3和BN，如下圖所示請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是、；（2）基態(tài)B原子的電子排布式為；B和N相比，電負性較大的是，BN中B元素的化合價為；（3）在BF3分子中，F(xiàn)﹣B﹣F的鍵角是，B原子的雜化軌道類型為，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立體結(jié)構(gòu)為；（4）在與石墨結(jié)構(gòu)相似的六方氮化硼晶體中，層內(nèi)B原子與N原子之間的化學鍵為，層間作用力為；（5）六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有個氮原子、個硼原子，立方氮化硼的密度是g?pm﹣3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA）。13．香豆素是一種天然香料，存在于黑香豆、蘭花等植物中．工業(yè)上常用水楊醛與乙酸酐在催化劑存在下加熱反應制得：以下是由甲苯為原料生產(chǎn)香豆素的一種合成路線（部分反應條件及副產(chǎn)物已略去）已知以下信息：①A中有五種不同化學環(huán)境的氫②B可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③同一個碳原子上連有兩個羥基通常不穩(wěn)定，易脫水形成羰基．請回答下列問題：（1）香豆素的分子式為；（2）由甲苯生成A的反應類型為；A的化學名稱為（3）由B生成C的化學反應方程式為；（4）B的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有種，其中在核磁共振氫譜中只出現(xiàn)四組峰的有種；（5）D的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有種，其中：①既能發(fā)生銀境反應，又能發(fā)生水解反應的是（寫結(jié)構(gòu)簡式）②能夠與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2的是（寫結(jié)構(gòu)簡式）

2011年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題1．下列敘述正確的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023個NaCl分子 B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023 C．欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl溶于1.00L水中D．電解58.5g熔融的NaCl，能產(chǎn)生22.4L氯氣（標準狀況）、23.0g金屬鈉【考點】54：物質(zhì)的量的相關計算；5C：物質(zhì)的量濃度的相關計算．【分析】根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成、離子的電子排布來分析微粒的物質(zhì)的量，并根據(jù)溶液的配制來分析溶液的體積，利用電解反應中氯化鈉的物質(zhì)的量來計算電解產(chǎn)物的量即可解答．【解答】解：A、因NaCl為離子化合物，則不存在NaCl分子，故A錯誤；B、因Na+的最外層電子總數(shù)為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則最外層電子的物質(zhì)的量為8mol，其電子總數(shù)為8×6.02×1023，故B正確；C、欲配置1.00L，1.00mol。L﹣1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl溶于適量水中，配成1L溶液，而不是溶于1L的水中，故C錯誤；D、NaCl的物質(zhì)的量為=1mol，則電解58.5g熔融的NaCl，1molNaCl生成0.5mol氯氣，能產(chǎn)生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯氣（標準狀況），而不是22.4L氯氣，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查微觀粒子的物質(zhì)的量的計算，明確物質(zhì)的構(gòu)成、電子排布、溶液的配制，電解等知識點來解答，學生熟悉物質(zhì)的量的計算、利用原子守恒來判斷電解產(chǎn)物的物質(zhì)的量是解答本題的關鍵．2．分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種 【考點】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定．【分析】判斷和書寫烷烴的氯代物的異構(gòu)體可以按照以下步驟來做：（1）先確定烷烴的碳鏈異構(gòu)，即烷烴的同分異構(gòu)體．（2）確定烷烴的對稱中心，即找出等效的氫原子．（3）根據(jù)先中心后外圍的原則，將氯原子逐一去代替氫原子．（4）對于多氯代烷的同分異構(gòu)體，遵循先集中后分散的原則，先將幾個氯原子集中取代同一碳原子上的氫，后分散去取代不同碳原子上的氫．【解答】解：分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體有主鏈有5個碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主鏈有3個碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8種情況。故選：C?！军c評】本題考查以氯代物的同分異構(gòu)體的判斷，難度不大，做題時要抓住判斷角度，找出等效氫原子種類．一般說來，同一個碳原子上的氫原子等效，同一個碳原子上連的所有甲基上的氫原子等效，處于鏡面對稱位置上的氫原子等效．氯原子取代任意一個等效氫原子所得的一氯代物是同一種．只要這樣就可以了．比如說丙烷有兩種一氯代物．3．下列反應中，屬于取代反應的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【考點】I6：取代反應與加成反應．【分析】①烯烴具有雙鍵，與溴的反應屬于加成反應；②在濃硫酸作用下，加熱到1700C時，乙醇發(fā)生消去反應，生成乙烯和水；③乙酸和乙醇在濃硫酸作用下加熱時發(fā)生酯化反應，生成乙酸乙酯和水，也屬于取代反應；④在濃硫酸作用下，加熱時苯和濃硝酸發(fā)生硝化反應生成硝基苯和水，也屬于取代反應．【解答】解：A、①屬于加成反應；②屬于消去反應，故A錯；B、③屬于酯化反應，也屬于取代反應；④屬于苯的硝化反應，也屬于取代反應，故B正確；C、①屬于加成反應；③屬于酯化反應，也屬于取代反應，故C錯；D、②屬于消去反應；④屬于苯的硝化反應，也屬于取代反應，故D錯。故選：B?！军c評】本題考查有機物的反應類型，做題時注意有機物的化學性質(zhì)．4．將濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（）A．c（H+） B．Ka（HF） C． D． 【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【專題】21：熱點問題；35：類比遷移思想；42：控制單因變量法；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】根據(jù)HF屬于弱電解質(zhì)，則在加水不斷稀釋時，電離程度增大，電離平衡保持向正反應方向移動，并注意溫度不變時，電離平衡常數(shù)不變來解答．【解答】解：A、因HF為弱酸，則濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋，促進電離，平衡正向移動，電離程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不斷減小，故A錯誤；B、因電離平衡常數(shù)只與溫度有關，則Ka（HF）在稀釋過程中不變，故B錯誤；C、因稀釋時一段時間電離產(chǎn)生等量的H+和F﹣，溶液的體積相同，則兩種離子的濃度的比值不變，但隨著稀釋的不斷進行，c（H+）不會超過10﹣7mol?L﹣1，c（F﹣）不斷減小，則比值變小，故C錯誤；D、因Ka（HF）=，當HF溶液加水不斷稀釋，促進電離，c（F﹣）不斷減小，Ka（HF）不變，則增大，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)的稀釋，明確稀釋中電離程度、離子濃度、Ka的變化即可解答，本題難點和易錯點是不斷稀釋時c（H+）不會超過10﹣7mol?L﹣1．5．鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有關該電池的說法不正確的是（）A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的堿性減弱 D．電池充電時，陽極反應為2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O 【考點】BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】51I：電化學專題．【分析】根據(jù)電池的總反應：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應，為氧化劑，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，則充電時，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陰極附近溶液的pH升高，電池充電時，陽極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反應后產(chǎn)物有氫氧化物，可得電解液為堿性溶液，由放電時的反應可以得出鐵做還原劑失去電子，Ni2O3做氧化劑得到電子，即正極為Ni2O3、負極為Fe，故A正確；B、根據(jù)總反應Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發(fā)生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，堿性電解質(zhì)中最終生成Fe（OH）2，負極反應為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正確；C、充電可以看作是放電的逆過程，即陰極為原來的負極，所以電池放電時，負極反應為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以電池充電過程時陰極反應為Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此電池充電過程中陰極附近溶液的pH會升高，故C錯誤；D、充電時，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陽極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正確。故選：C。【點評】本題考查二次電池的工作原理，涉及到原電池和電解池的有關知識，做題時注意根據(jù)總反應從氧化還原的角度判斷化合價的變化，以得出電池的正負極以及所發(fā)生的反應．6．能正確表示下列反應的離子方程式為（）A．硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑ B．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O C．少量SO2通入苯酚鈉溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣ D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O 【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】16：壓軸題；516：離子反應專題．【分析】A．硝酸具有強氧化性，能氧化FeS；B．漏寫銨根離子與氫氧根離子的反應；C．少量SO2通入苯酚鈉溶液生成亞硫酸根離子；D．碳酸鈣和醋酸反應生成醋酸鈣、水和二氧化碳．【解答】解：A．硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此產(chǎn)物應該是硝酸鐵、硫酸和一氧化氮，故A錯誤；B．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中除了生成碳酸鈉外還有一水合氨生成，方程式為NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B錯誤；C．SO2不足產(chǎn)物應該是SO32﹣，少量SO2通入苯酚鈉溶液中的離子反應為2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C錯誤；D．碳酸鈣和醋酸在離子反應中應保留化學式，大理石溶于醋酸中的離子反應為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，選項C為學生解答的難點，題目難度中等．7．短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大．元素W是制備一種高效電池的重要材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍．下列說法錯誤的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu) B．元素X與氫形成的原子比為1：1的化合物有很多種 C．元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成 D．元素Z可與元素X形成共價化合物XZ2 【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系；8G：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)．【專題】16：壓軸題．【分析】首先，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)的特點，推斷出W、X、Y和Z分別是什么元素；然后，根據(jù)元素的性質(zhì)，對照各個選項，判斷正誤．【解答】解：因X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，是C元素，Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，為Al元素。Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，Z為S元素，W是制備一種高效電池的重要材料，是Li元素；A、W、X的氯化物分別為LiCl和CCl4，則Li+的最外層只有兩個電子，不滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯誤；B、元素X與氫形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正確；C、元素Y為鋁，鋁與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成，故C正確；D、硫和碳可形成共價化合物CS2，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查元素的推斷和元素的性質(zhì)，充分利用原子結(jié)構(gòu)的知識是解題的關鍵．二、解答題（共3小題，滿分29分）8．（14分）0.80gCuSO4?5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線）如圖所示．請回答下列問題：（1）試確定200℃時固體物質(zhì)的化學式CuSO4?H2O（要求寫出推斷過程）；（2）取270℃所得樣品，于570℃灼燒得到的主要產(chǎn)物是黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應的化學方程式為CuSO4CuO+SO3↑．把該黑色粉末溶解于稀硫酸中，經(jīng)濃縮、冷卻，有晶體析出，該晶體的化學式為CuSO4?5H2O，其存在的最高溫度是102℃；（3）上述氧化性氣體與水反應生成一種化合物，該化合物的濃溶液與Cu在加熱時發(fā)生反應的化學方程式為2H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；（4）在0.10mol?L﹣1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH=8時，c（Cu2+）=2.2×10﹣8mol?L﹣1（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的H+濃度是0.2mol?L﹣1．【考點】F8：濃硫酸的性質(zhì)；M1：物質(zhì)的量濃度的計算；R2：硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量的測定．【專題】18：實驗分析題；54：化學實驗．【分析】（1）由圖分析可知，CuSO4?5H2O受熱到102℃時開始脫水分解，113℃時可得到較穩(wěn)定的一種中間物，到258℃時才會繼續(xù)分解．在200℃時失去的水的質(zhì)量為0.80g﹣0.57g=0.23g，根據(jù)相應的化學方程式即可確定此時固體物質(zhì)的化學式；（2）溫度為570℃灼燒得到的黑色粉末是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應方程式為：CuSO4CuO+SO3↑；CuO與稀硫酸反應的產(chǎn)物是硫酸銅和水，蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO4?5H2O；根據(jù)圖象分析其存在的最高102℃；（3）根據(jù)濃硫酸具有強氧化性進行分析并寫出有關的化學方程式；（4）根據(jù)溶度積常數(shù)進行計算c（Cu2+），根據(jù)溶液的電中性計算H+濃度．【解答】解：（1）CuSO4?5H2O受熱到102℃時開始脫水分解，113℃時可得到較穩(wěn)定的一種中間物，到258℃時才會繼續(xù)分解．在200℃時失去的水的質(zhì)量為0.80g﹣0.57g=0.23g，根據(jù)反應的化學方程式：CuSO4?5H2OCuSO4?（5﹣n）H2O+nH2O25018n0.80g0.80g﹣0.57g=0.23g，解得n=4，200℃時該固體物質(zhì)的化學式為CuSO4?H2O，故答案為CuSO4?H2O；（2）溫度為570℃灼燒得到的黑色粉末應是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應方程式為：CuSO4CuO+SO3↑；CuO與稀硫酸反應的產(chǎn)物是硫酸銅和水，蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO4?5H2O；其存在的最高102℃．故答案為：CuSO4CuO+SO3↑；CuSO4?5H2O；102℃；（3）SO3與水反應生成硫酸，濃硫酸與銅加熱反應的化學方程式為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；（4）根據(jù)題給Cu（OH）2的溶度積即可確定pH=8時，c（OH﹣）=10﹣6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，則c（Cu2+）=2.2×10﹣8mol?L﹣1；在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的溶質(zhì)為硫酸，c（SO42﹣）不變，為0.1mol?L﹣1，由電荷守恒可知c（H+）為0.2mol?L﹣1．故答案為：2.2×10﹣8；0.2．【點評】本題考查硫酸銅結(jié)晶水含量的測定、溶度積常數(shù)的計算以及物質(zhì)的量濃度的有關計算，題目較為綜合，分析圖象信息是完成本題目的關鍵．9．科學家利用太陽能分解水生成的氫氣在催化劑作用下與二氧化碳反應生成甲醇，并開發(fā)出直接以甲醇為燃料的燃料電池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱△H分別為﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1．請回答下列問題：（1）用太陽能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；（2）甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式為CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ?mol﹣1；（3）在容積為2L的密閉容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他條件不變的情況下，考察溫度對反應的影響，實驗結(jié)果如下圖所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列說法正確的是③④（填序號）①溫度為T1時，從反應開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=mol?L﹣1?min﹣1②該反應在T1時的平衡常數(shù)比T2時的?、墼摲磻獮榉艧岱磻芴幱贏點的反應體系從T1變到T2，達到平衡時增大（4）在T1溫度時，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容容器中，充分反應達到平衡后，若CO2轉(zhuǎn)化率為a，則容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為；（5）在直接以甲醇為燃料的燃料電池中，電解質(zhì)溶液為酸性，負極的反應式為CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正極的反應式為O2+6H++6e﹣=3H2O．理想狀態(tài)下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能產(chǎn)生的最大電能為702.1kJ，則該燃料電池的理論效率為96.6%（燃料電池的理論效率是指電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反應所能釋放的全部能量之比）．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；C9：用化學平衡常數(shù)進行計算；CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算；M7：有關燃燒熱的計算．【專題】13：圖像圖表題；21：熱點問題；33：物質(zhì)變化與能量變化統(tǒng)一思想；51：基本概念與基本理論．【分析】（1）根據(jù)氫氣的燃燒熱可知水分解吸收的能量，然后利用化學計量數(shù)與反應熱的關系來計算；（2）根據(jù)CO和CH3OH的燃燒熱先書寫熱方程式，再利用蓋斯定律來分析甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式；（3）根據(jù)圖象中甲醇的變化來計算反應速率，并利用圖象中時間與速率的關系來分析T1、T2，再利用影響平衡的因素來分析解答；（4）根據(jù)化學平衡的三段法計算平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量，再利用反應前后氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強之比來解答；（5）根據(jù)原電池中負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，并考慮電解質(zhì)溶液參與電極反應來分析，并利用電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反應所能釋放的全部能量之比來計算燃料電池的理論效率．【解答】解：（1）由H2（g）的燃燒熱△H為﹣285.8kJ?mol﹣1知，1molH2（g）完全燃燒生成1molH2O（l）放出熱量285.8kJ，即分解1molH2O（l）為1molH2（g）消耗的能量為285.8kJ，則分解10molH2O（l）消耗的能量為285.8kJ×10=2858kJ，故答案為：2858；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱△H分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1，則①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1②CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ?mol﹣1由蓋斯定律可知用②﹣①得反應CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），該反應的反應熱△H=﹣726.5kJ?mol﹣1﹣（﹣283.0kJ?mol﹣1）=﹣443.5kJ?mol﹣1，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ?mol﹣1；（3）根據(jù)題給圖象分析可知，T2先達到平衡則T2＞T1，由溫度升高反應速率增大可知T2的反應速率大于T1，又溫度高時平衡狀態(tài)CH3OH的物質(zhì)的量少，則說明可逆反應CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應，則T1時的平衡常數(shù)比T2時的大，③、④正確，②中該反應在T1時的平衡常數(shù)比T2時的大，則②錯誤，①中的單位應為mol?min﹣1，不符合濃度的單位，則①錯誤，故答案為：③④；（4）由化學平衡的三段模式法計算可知，CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）1300變化（mol/L）a3aaa平衡（mol/L）1﹣a3﹣3aaa根據(jù)相同條件下氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量之比，則容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為=，故答案為：；（5）由燃料電池是原電池的一種，負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子發(fā)生還原反應，甲醇燃燒生成二氧化碳和水，但在酸性介質(zhì)中，正極不會生成大量氫離子，則電解質(zhì)參與電極反應，甲醇燃料電池的負極反應式為CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正極反應式為O2+6H++6e﹣=3H2O，又該電池的理論效率為消耗1mol甲醇所能產(chǎn)生的最大電能與其燃燒熱之比，則電池的理論效率為×100%=96.6%，故答案為：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；O2+6H++6e﹣=3H2O；96.6%．【點評】本題綜合性較強，考查知識點較多，注重了對高考熱點的考查，學生應熟悉燃燒熱、蓋斯定律、熱化學反應方程式、反應速率、化學平衡、原電池等重要知識來解答．10．（15分）氫化鈣固體登山運動員常用的能源提供劑．某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化鈣．請回答下列問題：（1）請選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序為i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a（填儀器接口的字母編號）（2）根據(jù)完整的實驗裝置進行實驗，實驗步驟如下：檢查裝置氣密性后，裝入藥品；打開分液漏斗活塞BADC（請按正確的順序填入下列步驟的標號）．A．加熱反應一段時間B．收集氣體并檢驗其純度C．關閉分液漏斗活塞D．停止加熱，充分冷卻（3）實驗結(jié)束后，某同學取少量產(chǎn)物，小心加入水中，觀察到有氣泡冒出，溶液中加入酚酞后顯紅色，該同學據(jù)此斷，上述實驗確有CaH2生成．①寫出CaH2與水反應的化學方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；②該同學的判斷不正確，原因是金屬鈣與水反應也有類似現(xiàn)象．（4）請你設計一個實驗，用化學方法區(qū)分鈣與氫化鈣，寫出實驗簡要步驟及觀察到的現(xiàn)象取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應，將反應氣相產(chǎn)物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{色；取鈣做類似實驗，觀察不到白色變?yōu)樗{色．（5）登山運動員常用氫化鈣作為能源提供劑，與氫氣相比，其優(yōu)點是氫化鈣是固體，攜帶方便．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】17：綜合實驗題；541：化學實驗常用儀器及試劑．【分析】（1）一般制備純凈干燥的氣體的實驗裝置的順序為：制備裝置→除雜裝置→干燥裝置等；（2）實驗過程中要保證整個裝置內(nèi)已充滿氫氣，實驗的操作程序是：檢查裝置的氣密性→產(chǎn)生氫氣→收集氫氣并進行驗純→加熱反應→停止加熱→繼續(xù)通氫氣至冷卻→停止通入氫氣；（3）CaH2中H元素的化合價為﹣1價，CaH2具有還原性，與水發(fā)生氧化還原反應生成Ca（OH）2和H2；Ca與水反應也能產(chǎn)生Ca（OH）2和H2；（4）區(qū)分鈣和氫化鈣時可利用其組成、性質(zhì)的差異來判斷；（5）作為能源，氫化鈣是固體，比氫氣更易攜帶，使用也較方便．【解答】解：（1）氫化鈣和金屬鈣都是極強的還原劑，遇水、遇空氣都能發(fā)生劇烈反應，因此在制取氫化鈣時，必須要除去空氣、水等其他雜質(zhì)；在題給的實驗裝置中，不難判斷出氫氣的發(fā)生裝置，氫氣的凈化裝置和氫化鈣的生成裝置等，其連接順序為i→e→f→d→c→j→k（或k→j）→a；故答案為：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；（2）為保證整個裝置內(nèi)已充滿氫氣，因此實驗的操作程序是：檢查裝置的氣密性→產(chǎn)生氫氣→收集氫氣并進行驗純→加熱反應→停止加熱→繼續(xù)通氫氣至冷卻→停止通入氫氣，故答案為：BADC；（3）CaH2和Ca與水反應都能產(chǎn)生Ca（OH）2和H2，反應方程式分別為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根據(jù)反應后溶液呈堿性判斷是否含有CaH2，故答案為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；金屬鈣與水反應也有類似現(xiàn)象；（4）CaH2可以和氧氣在加熱條件下反應生成水，可用無水硫酸銅檢驗，現(xiàn)象是白色變?yōu)樗{色，故答案為：取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應，將反應氣相產(chǎn)物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{色；取鈣做類似實驗，觀察不到白色變?yōu)樗{色；（5）作為能源，氫化鈣明顯比氫氣更易攜帶，使用也較方便，故答案為：氫化鈣是固體，攜帶方便．【點評】本題考查元素化合物知識，涉及到物質(zhì)的性質(zhì)和制備實驗，注意實驗的一般方法．三、選修部分11．【化學﹣﹣選修2：化學與技術】普通紙張的主要成分是纖維素，在早期的紙張生產(chǎn)中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補其表面的微孔，防止墨跡擴散．請回答下列問題：（1）人們發(fā)現(xiàn)紙張會發(fā)生酸性腐蝕而變脆、破損，嚴重威脅紙質(zhì)文物的保存．經(jīng)分析檢驗，發(fā)現(xiàn)酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關，其中的化學原理是明礬水解產(chǎn)生酸性環(huán)境，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂；為了防止紙張的酸性腐蝕，可在紙漿中加入碳酸鈣等添加劑，該工藝原理的化學（離子）方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．（2）為了保護這些紙質(zhì)文物，有人建議采取下列措施：①噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等．這樣操作產(chǎn)生的主要問題是過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損；②噴灑Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷．用化學（離子）方程式表示該方法生成氧化鋅及防止酸性腐蝕的原理Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H+=Zn2++H2O．（3）現(xiàn)代造紙工藝常用鈦白粉（TiO2）替代明礬．鈦白粉的一種工業(yè)制法是以鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3）為原料按下列過程進行的，請完成下列化學方程式：①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO②1TiCl4+1O21TiO2+2Cl2．【考點】48：化學方程式的書寫；49：離子方程式的書寫；B3：氧化還原反應方程式的配平；DD：鹽類水解的應用．【分析】涂敷明礬呈酸性的原因是明礬中存在Al3+的水解，紙張發(fā)生酸性腐蝕的原因是纖維素在酸性條件下能發(fā)生水解；碳酸鈣能中和H+，可防止紙張的酸性腐蝕，反應的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；纖維素在堿性條件下同樣也能發(fā)生水解，因此噴灑堿性溶液同樣也能造成書籍污損；由Zn（C2H5）2與水反應生成氧化鋅和乙烷\、氧化鋅和H+反應來分析防止酸性腐蝕的離子方程式；利用電子得失守恒法來配平題給的兩個化學方程式．【解答】解：（1）明礬中鋁離子水解產(chǎn)生氫離子，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質(zhì)會變脆，破損．故答案為：明礬水解產(chǎn)生酸性環(huán)境，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（2）①纖維素不但能在酸性環(huán)境下水解，在堿性條件下同樣水解．過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損．故答案為：過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損；②由信息可知：Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷，其實反應原理相可看成鋅結(jié)合水電離出來的氫氧根，最后變?yōu)檠趸\和水，則C2H5結(jié)合氫變?yōu)橐彝椋趸\可以與酸性溶液反應，從而消耗掉氫離子，起到防止腐蝕的作用．故答案為②Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑；ZnO+2H+=Zn2++H2O；（3）①利用電子得失守恒法有：Cl：0→﹣1；Fe：+2→+3；C：0→+2由原子守恒：TiCl4、FeCl3前系數(shù)同時乘以2，這樣再根據(jù)Ti守恒與Fe守恒就可以配平該反應方程式了．故答案為：2；6；7；2；2；6；②根據(jù)氧氣為氧化劑，1mol氧氣得到2mol電子，生成1mol氯氣失去1mol電子，故答案為：1；1；1；2．【點評】該題是一個好題，前兩個小題重點考查了鹽類水解的應用．最后一小題考查氧化還原反應．難度是有的，但是符合學生的認知規(guī)律，作答起來有突破口．12．氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應可以得到BF3和BN，如下圖所示請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O、B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）基態(tài)B原子的電子排布式為1s22s22p1；B和N相比，電負性較大的是N，BN中B元素的化合價為+3；（3）在BF3分子中，F(xiàn)﹣B﹣F的鍵角是120°，B原子的雜化軌道類型為sp2，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立體結(jié)構(gòu)為正四面體；（4）在與石墨結(jié)構(gòu)相似的六方氮化硼晶體中，層內(nèi)B原子與N原子之間的化學鍵為共價鍵（或極性共價鍵），層間作用力為分子間作用力；（5）六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有4個氮原子、4個硼原子，立方氮化硼的密度是g?pm﹣3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA）?！究键c】8A：原子核外電子的能級分布；8B：元素電離能、電負性的含義及應用；97：鍵能、鍵長、鍵角及其應用；9I：晶胞的計算．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）由圖及元素守恒可寫出這兩個反應的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）B的原子序數(shù)為5，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p1；B和N都屬于第二周期元素，同周期自左至右元素的電負性逐漸增大，故電負性較大的是N；B屬于