1、高考仿真试题化学卷一可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O16 Na 23 Cl 35.5 S 32 Si 28 Cu 64 P 31第卷(必做，共45分)一、 选择题：本题共15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项只有一项是符合要求的。1下列叙述错误的是A.合金材料中可能含有非金属元素B.人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C.加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性D.在车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放答案:B解析:合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的，A正确；光导纤维主要成分是SiO2，属于无机物，B错误；加热会使蛋白
2、质发生变性，C正确；在车排气管上加装“催化转化器”能将有毒的CO和NO转化为无毒的CO2和N2，D正确。2铋（Bi）在医药方面有重要应用，下列关于Bi和Bi的说法正确的是ABi和Bi都含有83个中子BBi和Bi互为同位素CBi和Bi的核外电子数不同DBi和Bi分别含有126和127个质子答案：B解析：Bi和Bi互为同位素，质子数相同，电子数同，中子数不同。3下列关于有机物的正确说法是A聚乙烯可发生加成反应 B石油干馏可得到汽油、煤油等C淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体D乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成。答案：D解析：A乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键不能发生加成反应；B石
3、油分馏可得汽油和煤油属于物理变化过程，干馏是指隔绝空气加强热，属于化学变化；C淀粉属于糖类，完全水解生成葡萄糖；蛋白质完全水解生成氨基酸；两者的产物不可能是同分异构体；D乙酸乙酯和油脂都属于酯类，在氢氧化钠溶液反应后均生成醇，前者生成乙醇，后者生成甘油。4设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB.100 mL 2.0 mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC.标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氟气所含原子数均为2 NAD.20 g重水(D2O)中含有的电子数为10NA答案：D解析:A错，因为Fe和盐酸反应氧化产物是Fe
4、2+,5.6 g铁失去电子数为0.2NA；B错，因为醋酸是弱酸不完全电离，氢离子小于0.2NA；C错，氦气是单原子分子，所含原子数为NA。5下列实验能达到目的的是A在容量瓶中加一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B用稀硫酸和锌粒反应制氢气时加入少许硫酸铜以加快反应速率C用托盘天平准确称取0.40g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.010 molL-1的NaOH溶液D加入盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质答案：B解析：浓度的配制不能直接在容量瓶中配置A错，用稀硫酸和锌粒反应制氢气时加入少许硫酸铜时形成了铜锌原电池，锌为负极从而加快了反应速率B对，天平的准确度只有0.1g，所以不能
5、称取0.40g的NaOH固体，故C错，用盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质时引入了新的杂质氯化钠，故D错。6能正确表示下列反应的离子方程式的是A. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS + 2H+ = Fe2+ + H2SB. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3 +OH = CO32 +H2OC. 少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O + SO2 + H2O = C6H5OH + HSO3D. 大理石溶于醋酸中：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO + CO2+ H2O答案：D解析：硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，A不正
6、确；NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有氨气生成，方程式为：NH4+ + HCO3+ 2OH = CO32+ 2H2O + NH3，B不正确；SO2不足产物应该是SO32，C不正确。所以答案是D。7氮化硅（）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3= + 下列叙述正确的是A二氧化硅不与任何酸反应 B氮化硅的摩尔质量为140gwww.C上述反应中每生成1mol，得到12mol电子D在氮化硅的合成反应中，是还原剂，是氧化剂答案：C解析：A选项中二氧化硅可与氢氟酸反应，错误。B选项中摩尔质量的单位是g/mol，不是g，错误。D选项中在氮化硅的合
7、成反应中，N的化合价由0价降低至-3价，所以N2是氧化剂，错误。8工业上用固体硫酸亚铁制取颜料铁红（ Fe2O3） ，反应原理是：2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3。 某学生欲检验该反应所产生的气态物质，他依次将气体通过盛有（I） BaCl2溶液、 ( II ) x 溶液、（III） NaOH 溶液的三个装置。则下列对该方案的评价中正确的是 A(I)中会生成 BaSO3、 BaSO4两种沉淀 B可将(I)中的 BaCl2溶液改为 Ba ( NO3 )2溶液C(II)所盛 x 应为品红溶液 D( III)的作用是检验生成的SO2 气体答案：C 解析：SO3与BaCl2溶液可以生成沉淀BaS
8、O4，SO与BaCl2溶液不反应。( II )的目的是检验生成的SO2，应选择品红溶液。（III） NaOH的目的是吸收尾气防止污染。若将(I)中的 BaCl2溶液改为 Ba ( NO3 )2溶液，不仅SO3被吸收SO2也能被吸收，因为Ba ( NO3 )2中的NO3与SO3与水作用后产生的H+可以组成HNO3，可以吸收具有还原性的SO2。9Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析
9、出Cu、Fe、Al答案：C解析：铝对应的氧化物Al2O3属于两性氧化物，A不正确；铝属于活泼金属其表面易被空气中氧气氧化形成一层致密的氧化膜而使铝不易被腐蚀；铁放置在空气可以直接发生化学腐蚀，例如铁与氯气直接反应而被腐蚀；铜放置在空气中会和空气中氧气、二氧化碳和水缓慢的反应生成碱式碳酸铜即铜绿，方程式为2Cu + O2 + CO2 + H2O = Cu2(OH)2CO3，因此选项B不正确；AlCl3、FeCl3、CuCl2均属于强酸弱碱盐，在溶液中会水解生成相应的氢氧化物和HCl，溶液在加热时会促进水解，同时生成的HCl挥发，进一步促进水解，当溶液蒸干后将最终将得到相应的氢氧化物或氧化物，所以
10、选项C正确；铝属于活泼的金属元素，在水溶液中Al3+不会放电生成铝单质；Fe3+在水溶液会放电但产物是Fe2+，而不是单质铁；只有Cu2+在阴极上得到电子生成单质铜。所以选项D也不正确。10下列叙述正确的是 A汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物 B乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应 C甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到 D含5个碳原子的有机物，每个分子中最多科形成4个CC单键答案：B解析：选项A中植物油是不饱和的高级脂肪酸甘油酯，其中还含有氧元素；选项B中乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化可以生成乙酸，羧酸与醇可以发生酯化反应；选项C中甲烷主要来自于天然气，而不是通过石油的分馏得到；选项
11、D中含有5个C的有机物，其中一个C原子最多可形成4个CC，而不是每个分子最多可形成4个CC。11.元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是A元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高CP、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强D元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素答案：C解析：对应主族元素的原子其最高化合价等于元素原子的最外层电子数，但氟元素无正价，氧元素没有最高化合价，A不正确；在多电子原子中，电子的能量是不相同的。在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的电
12、子能量较高，B不正确；P、S、Cl均属于第三周期的元素，且原子序数依次递增，所以非金属性依次增强，所以得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强，依次选项C正确；元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素一般既有金属性又有非金属性，在周期表中第三纵行到第十纵行，包括7个副族和一个共同组成了过渡元素，因此选项D也不正确。12. 已知：2Zn(s) + O2(g) 2ZnO(s) H1701.0kJmol-1 2Hg(l)+ O2(g) 2HgO(s) H2181.6kJmol-1则反应Zn(s) + HgO(s) ZnO(s) + Hg(l)的H为A. +519.4 kJmol1 B
13、. +259.7 kJmol1 C. 259.7 kJmol1 D. 519.4 kJmol1答案：C解析：反应的焓值由盖斯定律直接求出。即(H1H2)/ 2259.7 kJmol-1。13高温下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是 A该反应的焓变为正值 B平衡之后，向容器中充入H2，平衡向正反应方向移动，可使H2的转化率增大 C升高温度，逆反应速率减小 D该反应的化学方程式为COH2O催化剂高温CO2H2答案：A解析：由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O，故D错；由题意知，温度升高，平衡向正反应方向移动，说明正反应为吸
14、热反应，故该反应的焓变为正值，A正确；平衡之后，向容器中充入H2，平衡向正反应方向移动，但H2的转化率减小，故B错；C项，升高温度，正逆反应速率都会增大，故C错。14醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHHCH3COO，下列叙述不正确的是A醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H）c（OH）c（CH3COO）B0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH）减小CCH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D常温下pH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7答案：B解析：根据电荷守恒，选项A中的等量关系成立；选项B中溶液呈酸性，加水
15、稀释，c（H）减小，因此c（OH）增大；选项C中加入少量的固体CH3COONa，实际上相当于增大了CH3COO，使平衡向逆向移动；选项D中pH2的CH3COOH溶液中的c(H)和pH12的NaOH溶液中的c(OH)相等，但由于CH3COOH为弱酸，CH3COOH只有部分电离，所以反应后溶液呈酸性。 15.铅蓄电池的工作原理为：研读右图，下列判断不正确的是AK 闭合时，d电极反应式：B当电路中转移02mol电子时，I中消耗的为02 molCK闭合时，II中向c电极迁移DK闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极答案：C解析：本题考查电化学（原电池、电解池）的相关知识。K闭合时为原电池，
16、为电解池，中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4 + 2H2O -2e- = PbO2 + 4H+ + SO42- 所以A正确。在上述总反应式中，得失电子总数为2e-，当电路中转移02mol电子时，可以计算出中消耗的硫酸的量为02mol，所以B对。K闭合一段时间，也就是充电一段时间后可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极， d表面生成PbO2，做电源的正极，所以D也正确。K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，所以C错。第II卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第16题第20题为必考题，考生都必须做答。第21题第23题为选考题，考生根据要求做答。（一）
17、必考题（5题，共45分）16（11分）氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙。请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为_(填仪器接口的字母编号)。（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞_（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）。A.加热反应一段时间 B.收集气体并检验其纯度C.关闭分液漏斗活塞 D.停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成。 写出CaH2与水反应的化学方程式 _ _
18、；该同学的判断不正确，原因是_ _。（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象_。（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是_ _。答案：（1）ie，fd，cj(或k) ，k(或j)a （2）BADC （3）CaH2+2H2O = Ca(OH)2 + 2H2 金属钙与水反应也有类似现象 （4）取适量的氢化钙，在加热的条件下与干燥氧气反应，将反应后生成的气态产物通过装有白色的无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变蓝色，而取钙做相同的实验则观察不到白色变蓝色。 （5）氢化钙是固体携带方便。（除第（5）小题1分外，其余每空2分）解析：（1）钙属于极
19、活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢气体，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，选用的试剂分别是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：ie，fd，cj(或k) ，k(或j)a。（2）由于不纯氢气加热时可以跟氧气反应，也有可能会发生爆炸，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度；反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该是最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC。（3）CaH2能与H2O 反应：CaH2+2H2O = Ca(OH)2+2H2 ，而Ca也能与H2O反应：Ca+2H2O = Ca(OH)
20、2+H2 ，产物是相同的，故不能根据实验现象判断是否有CaH2生成。（4）要用化学方法区别钙和氢化钙，就要根据它们组成元素的不同：氢化钙的燃烧的产物有水，而钙的燃烧产物中无水，可以通过有无水鉴别。（5）氢气是气态的，携带不如氢化钙方便。17（9分）耐火材料主要成分为MgO和Al2O3，某厂用蛭石（主要成份为：MgO、FeO、Fe2O3、A12O3、SiO2）作原料生产耐火材料。化学课外小组同学用蛭石进行了实验（见实验流程图），分别制得Fe(OH)3、Mg(OH)2和Al(OH)3。.查阅资料得知的金属离子浓度为0.1mol/L时，其氢氧化物沉淀时的pH为：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2M
21、g(OH)2Al(OH)3开始沉淀时的pH2.37.610.44.0开始溶解：7.8完全沉淀时的pH3.79.612.45.2完全溶解：10.8蛭石矿样固体A滤液B试剂I过滤固体F滤液G滤液CFe(OH)3滤液D固体E过量NaOH过滤过滤CO2先加氧化剂再调pH.实验流程如下：请回答以下问题：（1）写出下列物质化学式：试剂I_；固体F 。（2）步骤中：可把pH调节到_，下列氧化剂中最好选用 （填字母）。AKMnO4 BH2O2 C浓HNO3（3）步骤中C生成D的离子方程式为 ；要保证固体E杂质尽量少，步聚调节溶液的pH合理范围是 。A5.27.8 B 7.812.4 C小于7.8 D大于12.
22、4（4）步骤中反应的离子方程式为 。答案与解析：（1）稀盐酸或稀硫酸（1分） Al(OH)3（1分）（2）3.73.9（或3.73.9区间内的任意一数值。1分） B（1分）（3）Al3+4OH=AlO2+2H2O（2分） D（1分）（4）CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3（2分）18（9分）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。（1）下图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320左右，电池反应为2Na+xSNa2Sx,正极的电极反应式为 。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是 。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的 倍
23、。（2）Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH （填“增大”“减小”或“不变”）。答案：（1）XS+2eSX2；离子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫；4.5；（每空2分）（2）c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)（2分）；减小（1分）。解析：（1）由电池反应可与看出金属钠失去电子作为负极，单质硫得电子被还原成SX2，所以正极的电极反应式为XS+2eSX2；由于原电池内部要靠离子得定向运动而导电，同时钠和硫极易化合，所以也必需把二者隔离开，因此其作用是离子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫；在铅蓄电池中铅作负极，反应式为Pb(s) + SO
24、42(aq)2ePbSO4(s)，因此当消耗1mol即207 g铅时转移2 mol电子，而207g钠可与失去的电子数为207/239，所以钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的9/24.5倍。（2）Na2S属于强碱弱酸盐S2水解显碱性，所以c(H)最小。但由于水解程度很小，大部分S2还在溶液中。因为氢硫酸属于二元弱酸，所以S2水解时分两步进行且以第一步水解为主，方程式为S2+ H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH，因此Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)；由于S2极易与Cu2结合形成CuS沉淀而抑制S2水解，因此溶液碱性会降低，酸性会增强，方程
25、式为S2+ Cu2CuS。19.（8分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。请回答下列问题：（1）与比较，和分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：_ _；_ _；（2）实验平衡时B的转化率为_；实验平衡时C的浓度为_；（3）该反应的_0，判断其理由是_；（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：实验：=_；实验：=_。答案：（1）加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变(1分)温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小(1分)（2）40%（或0.4）(1分)； 0.06mol/L
26、(1分)；（3）(1分)； 升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应(1分)（4）0.014mol(Lmin)-1(1分)； 0.008mol(Lmin)-1(1分)解析：（1）使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而比所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于和相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应
27、速率的（2）不妨令溶液为1L，则中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L(3) 0；理由：由和进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，0（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验的A的浓度为：0.072mol/L,则C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,=2=0.014mol(Lmin)-1；进行到4.0min实验的A的浓度为：0.064m
28、ol/L，C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L,=0.0089mol(Lmin)-1。20.（8分）.由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，右下图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ)的变化。(1)关于该反应的下列说法中，正确的是_。 AH0，S0； BH0，S0； CH0，S0； DH0。(2)该反应平衡常数K的表达式为_。(3)温度降低，平衡常数K_(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)为探
29、究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2) _molL-1min-1。(5)下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO2)增大的有_。 A升高温度； B加入催化剂； C将H2O(g)从体系中分离； D再充入1molCO2和3molH2； E充入He(g)，使体系总压强增大。在温度t下，某NaOH的稀溶液中c(H+)=10-amolL，c(OH)=10bmolL，已知a+b=12，该温度下水的离子积Kw=_；t_25（填“大于”、“小
30、于”或“等于”）。向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(t)，测得混合溶液的部分pH如下表所示。序号NaOH溶液的体积mL盐酸的体积mL溶液的pH20000008200020006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为_ 。C(CH3OH)C(H2O)C(CO2)C(H2)3答案与解析：（每空1分）.（1）C （2） （3）增大 （4）0.225 (5) C D 110-12； 大于； 4 (二)选考题：共10分。请考生从给出的3道化学题中任选一题做答。21【化学化学与技术】（10分）普通纸张的成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回
31、答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是_ _。为防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的化学（离子）方程式为：_ _ _。（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是_ _。喷洒Zn(C2H5)2。Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理_ _。（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾，钛白粉的一种工业制法是以钛铁
32、矿主要成分（FeTiO3）为原料按下过程进行的，请完成下列化学方程式： 答案：（1）明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂（2分）；CaCO3 + 2H=Ca2+ H2O + CO2（2分）；（2）过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损（2分）；Zn(C2H5)2 + H2O = ZnO+2C2H6、ZnO + 2H= Zn2 + H2O；（各1分）（3）2 6 7 2 2 6； 1 1 1 2（各1分）。解析：（1）因为明矾中含有Al3，而Al3水解显酸性，在酸性条件下纤维素会发生水解使高分子链断裂；由于碳酸钙会消耗氢离子而降低溶液的酸性，从而防止纤维素水解，方
33、程式为CaCO3 + 2H= Ca2+ H2O + CO2；（2）因为纤维素在碱性条件下也会发生水解，同样会造成书籍的污损；根据产物可以写出该反应的化学方程式Zn(C2H5)2 + H2OZnO + 2C2H6。因为ZnO也可以消耗氢离子，所以也能防止酸性腐蚀，方程式为ZnO + 2H= Zn2+ H2O。（3）考察氧化还原方程式的配平，依据电子得失守恒可以配平。22【化学物质结构与性质】（10分）氧是地壳中含量最多的元素。（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为 个。（2）H2O分子内的OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为 。的沸点比高，原因是_ _。（3） H+可与H2O形成H3O+
34、，H3O+中O原子采用 杂化。H3O+中HOH键角比H2O中HOH键角大，原因为 。（4）CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为agcm-3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为 cm3。答案：（1）2（1分）（2）OH键、氢键、范德华力（2分）；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键是分子间作用力增大（2分）；（3）sp3（1分）；H2O中O原子有2对孤对电子，H3O只有1对孤对电子，排斥力较小（2分）；（4）224/aNA（2分）。解析：（1）氧元素核外有8个电子，其基态原子核外电子排布为1S22S22P4，所以氧元素基态原子核外未
35、成对电子数为2个。（2）OH键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为OH键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。（3）依据价层电子对互斥理论知H3O+中O上的孤对电子对数1/2（531）1，由于中心O的价层电子对数共有3+14对，所以H3O+为四面体，因此H3O+中O原子采用的是sp3杂化；同理
36、可以计算出H2O中O原子上的孤对电子对数1/2（621）2，因此排斥力较大，水中H-O-H键角较小。（4）氯化钠的晶胞如图所示，因此钙晶胞中含有的氯离子个数为81/8+61/34，同样也可以计算出钠离子个数为4。由于CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为456/aNA 224/aNA。23. 【化学有机化学基础】（10分）有机化合物AH的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在6575之间，1 molA完全燃烧消耗7 mol氧气，则A的结构简式是 ；（2）在特定催化剂作用下，A与等
37、物质的量的H2反应生成E。E中官能团的名称是 ；写出与E属于同一类物质的同分异构体有 种；由E转化为F的化学方程式是 ；（3）G与金属钠反应能放出气体，由G转化为H的化学方程式是 ；（4）的反应类型是 ；的反应类型是 ；答案：（1）（CH3）2CHCCH（2分） （2）碳碳双键（1分） 4（1分） （2）（3）方程式各2分略（4）加成反应（或还原反应）（1分） 取代反应（1分）解析：（1）由H判断G中有5个碳，进而A中5个C，再看A能与H2加成，能与Br2加成，说明A中不饱和度至少为2，又据1molA燃烧，消耗7molO2,故A分子式为：C5H8, 相对分子质量68在6575之间，再据题意A中只有一个官能团，且含有支链，可以确定A的结构简式如下：（CH3）2CHCCH；（2）（CH3）2CHCCH与等物质的量的H2完全加成后得到E：（CH3）2CHCH=CH2,E再与Br2加成的反应就很好写了，见答案(2)；H2SO4(浓)（3）二元醇和二元酸发生酯化反应，注意生成的水不能掉了！反应条件用应该也可以，或者用 应该也可以，见答案；(4)反应类型略。