【化学】2011高考化学解题方法系列专题 (6)

2011年高考化学试卷（江苏卷）试卷分析和试题分析2011年江苏高考化学卷，在继承2010年江苏高考化学卷的基础上，又进行了变化和创新。

在试题总题量保持相对稳定的情况下，对试题结构进行了微调。

客观题的题量在增加，而分值在下降；主观题的题量在减少，而分值在增加。

选择题中基础性试题所涉及的知识点在增多，内容继续向广度扩张，而难度则有所下降。

非选择题部分，纯理论性和计算性试题占比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。

这些内容，信息量、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决化学问题的能力要求与10年江苏高考化学试卷相当，但难度比去年有所下降。

选考内容不管是《选修三》，还是《实验化学》，都比较基础，难度比去年有明显的下降。

总的来说，2011年江苏高考化学试卷，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”（基础知识和基本技能），注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯定的。

纵观江苏近三年高考化学试题，基本题型和题量保持相对稳定，但试卷结构却在不断的变化。

化学用语、阿伏加德罗常数、离子反应方程式和离子共存、元素周期律和元素周期表、电化学和化学反应热效应、盐类水解和离子浓度大小比较、化学平衡、有机物的性质和合成、基础物质制备、离子检验和除杂、实验数据的阅读和处理、图表信息的综合运用等化学基础知识和主干内容三年基本保持稳定。

近三年江苏省高考化学试卷试题内容双向细目对照表：2012届高三化学复习，我看还是应该狠抓化学基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学中学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中的化学常识、化学知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的化学适应性和考场应变能力。

2011年江苏省高等学校招生考试化学试卷可能用到的相对的原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Br：80 Ag：108选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

高考化学的答题技巧有哪些整理化学选择题一般考查化学基础学问和基本解题力量，题目不是很难，但分值较大，错一题丢6分，这需要考生答题时思维肯定要严密。

下面给大家共享一些关于高考化学的答题技巧，盼望对大家有所关心。

高考化学的答题技巧选择题的题干一般会有许多限制性条件，如“无色的”、“通常状况下”、“标准状况下”、“说法正确的”、“说法错误的”等。

考生审题时不妨将这些关键词划出来，避开答题时忽视。

对题目涉及的一些特别物质，不要忽视其特别性质。

作答时，选择题四个选项中，假如是概念性的，应对有把握的快速进行推断。

如答案涉及计算，要仔细计算出结果，与四个选项对比后选择，切忌避开题目未读完就动手做。

专出名词书写要精确做填空题时，考生最需留意的是书写。

不仅字迹要清晰，答案也要写在规定的范围内，便利阅卷老师查阅。

在书写化学专出名词时肯定不要写错别字。

按规章，专出名词出错不能得分。

值得留意的是，化学量是有单位的，不要漏掉。

此外，化学方程式与离子方程式不能混淆，书写时肯定要配平，注明条件及状态。

书写化学方程式时，最简单漏掉的是水等小分子，相关条件要按书上的规范语言写，如不能将“放电”写成“闪电”等，也不能随便添加不需要的条件。

化学式、结构式、电子式、结构简式等不能混淆。

结构式和结构简式中哪些原子间用线连接要写清晰，特殊是要留意有机物结构简式中，双键等是不能省的。

值得留意的是，往年阅卷中最简单扣分的是苯环的结构简式，肯定要按书上规范书写。

阅卷老师只会依据标答和考生写在试卷上的白纸黑字来给分，不行能揣摩考生意思，因此肯定要书写清晰意思明确。

试验题作答别随便从阅卷看，试验题考生都简单下手做，但不简单得分，由于答题不够细心。

答题时，考生首先要多审几遍题，充分理解题目的要求，明的确验目的。

在回答时书写文字表达时，考生肯定要抓住要点，不能泛泛而谈，不能用套话，要有针对性。

如回答“气体通过浓硫酸时浓硫酸的作用”，假如简洁回答为“除杂质”、“干燥”就不符合要求，要明确回答是除掉混合气体中的哪些气体或干燥哪一种气体等。

专题06 守恒法【母题1★★★】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A．室温下，向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH －) = c(H＋)B．0.1mol·L－1 NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋) = c(HCO3－)＋2c(H2CO3)D．25 ℃时，pH = 4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH －)＜c(CHc(H＋)3COOH)＋【分析】0.01 mol·L－1 NH4HSO4中加NaOH溶液，当1:1与H＋反应结束后，由于NH4＋水解呈酸性，需再加NaOH与NH4＋反应使溶液呈中性，所以c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)，选项A正确。

B项中，虽然HCO3－水解呈碱性，但水解微弱，c(Na＋)与c(HCO3－ )数值接近，所以c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)，选项B错误。

C项中把c(H＋)移项得：c(OH－) = c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，这是质子守恒，选项C正确。

D项，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒有：2c(Na＋) = c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO－)＋2c(OH－) = c(CH3COOH)＋2c(H＋)，因溶液pH = 4.75，即c(H＋)＞c(OH－)，得c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，选项D错误。

【解答】AC【点拨】注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。

【解题锦囊】守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。

高考化学的解题方法高考化学的解题方法1、审题型：是指要看清题目属于辨析概念类型的还是计算类型的，属于考查物质性质的，还是考查实验操作的等等。

审清题目的类型对于解题是至关重要的，不同类型的题目处理的方法和思路不太一样，只有审清题目类型才能按照合理的解题思路处理。

2、审关键字：关键字往往是解题的切入口，解题的核心信息。

关键字可以在题干中，也可以在问题中，一个题干下的问题可能是连续的，也可能是独立的。

关键字多为与化学学科有关的，也有看似与化学无关的。

常见化学题中的关键字有：“过量”、“少量”、“无色”、“酸性(碱性)”、“短周期”、“长时间”、“小心加热”、“加热并灼烧”、“流动的水”等，对同分异构体的限制条件更应该注意。

3、审表达要求：题目往往对结果的表达有特定的要求。

例如：写“分子式”、“电子式”、“结构简式”、“名称”、“化学方程式”、“离子方程式”、“数学表达式”、“现象”、“目的”。

这些都应引起考生足够的重视，养成良好的审题习惯，避免所答非所问造成不必要的失分。

如何提高化学成绩知识点全覆盖理科的学习除了需要学生学习一些化学知识点之外，也需要学生根据知识点做出一些题目。

化学的题目看起来非常的复杂，但是经过一段时间的推敲之后，学生当理解了题目主要考查的内容之后，学生只要寻找到一些正确的解题方法，学生就能够正确地作出化学题。

高中生高中化学学习好方法有哪些?学生需要掌握更多的知识点，只有全方面的掌握知识点之后，学生的学习成绩才能够得到提高。

化学这门学科，除了需要掌握更多的化学知识点化学反应方程式之外，也需要了解更多的同类元素。

分析技巧不同的学科有不同的分析技巧，学生在学习过程中，需要学生具备很多理论知识，也需要这些学生懂得一些分析题目的技巧。

学生分析对了题目，学生就能够找对正确的思路，通过对这些题目进行分析，学生能够了解考察哪些知识。

目前越来越多的学生可以通过寻找正确的方法，帮助自己提升化学成绩。

高中化学重点知识1.结晶和重结晶：利用物质在溶液中溶解度随温度变化较大，如NaCl，KNO3。

专题06 物质的量浓度溶液的配制及误差分析（满分42分时间20分钟）姓名：班级：得分：1．下列配制的溶液浓度偏高的是( )A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C．称量4 g NaOH配制0.1 mol·L－1NaOH溶液1 000 mL时，砝码错放左盘D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线【答案】D【解析】A项，俯视刻度线，将会使量取得盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏低；B项，定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏小；C项，由于所称NaOH固体的质量为整数，不需移动游码，故称得固体NaOH的质量是准确的，不会影响到配制溶液的浓度；D 项，因液体热胀冷缩之故，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻度线，导致所配溶液浓度偏高。

考查：考查物质的量浓度溶液配制的误差分析2．容量瓶上需标有：①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线⑥酸式或碱式；六项中的（）A．①③⑤ B．③⑤⑥ C．①②④ D．②④⑥【答案】A考点：考查容量瓶的构造3．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏低的是（）A．定容时观察液面俯视B．未冷却直接转移溶液C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中D．容量瓶中原来有少量蒸馏水【答案】C【解析】试题分析：A．定容时俯视液面，导致溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故A错误；B．未冷却至室温直接把NaOH溶液移入容量瓶中，导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，故B错误；C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中，导致溶质损失，所配制溶液浓度偏低，故C正确；D．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，配制溶液浓度无影响，故D 错误；故选C。

考查：考查物质的量浓度溶液配制的误差分析4．下列目的能达到的是（）A．将58.5 g NaCl溶于1 L水中，可得1 mol/L的NaCl溶液B．可使用250 mL容量瓶分两次完成490 mL某浓度的BaCl2溶液的配制C．将25.0 g胆矾溶于水后配成100 mL溶液所得溶液浓度为1 mol/LD．将78 g Na2O2溶于水配成1 L溶液，可得到浓度为1 mol/L的溶液【答案】C考点：考查一定物质的量浓度的溶液的配制5．欲用胆矾（CuSO4•5H2O）配制480mL 0.1mol/L的CuSO4溶液。

氧化还原反应是历年高考热点之一，再现率达100%。

分析2011年高考试题不难发现，氧化还原反应的考查除了常见题型外，还与离子共存、电化学、热化学、化学实验、STS等试题紧密结合，加大了考查力度，全方位综合体现学科内知识的理解及应用能力。

一、基本概念的直接考查考查氧化还原反应的基础概念，关键是理清理顺氧化还原反应概念间的关系。

即化合价升高→失去电子→被氧化→发生氧化反应→是还原剂→具有还原性→对应氧化产物；化合价降低→得到电子→被还原→发生还原反应→是氧化剂→具有氧化性→对应还原产物。

主要包括：判断或选择氧化还原反应，标电子转移的方向和总数，指出氧化剂和还原剂，指出被氧化的元素或被还原的产物，指出或选择具有氧化性或还原性的物质或离子，比较氧化性或还原性的强弱。

要抓着氧化还原反应的实质是电子得失，而表观特征是元素化合价的变化，以此可判断是否为失去。

根据氧化还原反应方程式及相应规律，可判断氧化性、还原性；氧化剂、还原剂。

二、化学计算的考查氧化还原反应的计算通常会涉及到三大守恒（质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒），特别是电子守恒（氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数），它是列式求解的关键依据，往往能达到事半功倍、快捷准确的效果。

尤其涉及连续、复杂的氧化还原反应计算时，不要按所有情况讨论，也不能按反应一步步进行计算，而是抓住反应的始态和终态各元素中原子的变化情况，利用上面的守恒来计算，使题目变得简单明了。

三、离子共存中氧化还原反应的考查涉及元素的单质及其化合物的许多反应是氧化还原反应，水溶液中进行的绝大多数反应是离子反应，它们是中学化学的重要内容，也是重要的反应类型，两者相互联系、相互渗透，体现了综合应用能力。

四、以电化学知识为载体的综合考查原电池原理与电解原理实质都是发生氧化还原反应，相关原理、计算及应用仍符合氧化还原反应规律。

物质间的反应大多数是氧化还原反应，氧化还原反应的有关规律及基本概念在工农业生产、日常生活及科学研究中有非常重要的应用，与很多知识综合皆可构成新颖命题。

高考化学解题方法高考化学解题方法有什么对于这个高考化学的解题方法有什么呢，也就注意题目的表达要求：题目往往对结果的表达有特定的要求。

下面小编给大家整理了关于高考化学解题方法的内容，欢迎阅读，内容仅供参考!高考化学解题方法1、高考化学解题抓住关键，以新联旧填空题形式新颖，思维巧妙，很富有思考性，综合性程度很高，内容跨度大，知识的串联性强，只要抓住关键，搞清题目的条件和要求，在此基础上题目的新要求与学过的旧知识联系，进行有关知识的整体思维，答案就能顺利推出。

2、高考化学解题利用规律，逐步推理近几年来，高考填空题中出现了许多“满足关系”和“取值范围”的题目。

这些题目形式新颖，创意较高，思维抽象，规律性很强。

该类题目大都是内容源于课本，要求学生对化学基本理论透彻理解，熟练运用，有一定的逻辑推理能力，对于这类题，应该将计就计，首先抓住知识的内在规律，找出对应关系，逐步推理，导出结果。

高考化学复习方法高考化学复习保证课堂效率，抓住重点。

高中的学习更具有自主性，有的同学喜欢熬夜学习，白天的精力不足;还有的同学觉得复习时老师讲的东西自己都知道，就不愿听，上课就自己刷题。

其实，这些做法都是不可取的。

无论如何，都要保证课堂效率，这是提高成绩的根本。

课堂上老师强调的都是一直以来大家的普遍问题和考试常见的知识点，跟随老师的思路，才能知道自己复习的重点应该放到哪，应该怎么分配自己的时间。

如果把老师讲课的时间拿来刷题，那么就会错过重点难点，搞不清易错之处，对于提高成绩不仅没有帮助，还可能会导致成绩下滑。

同理，晚上熬夜学习，白天上课精力不够，常常犯困，更是不可取。

高考化学答题技巧1、高考化学答题技巧——审题型：是指要看清题目属于辨析概念类型的还是计算类型的，属于考查物质性质的，还是考查实验操作的等等。

审清题目的类型对于解题是至关重要的，不同类型的题目处理的方法和思路不太一样，只有审清题目类型才能按照合理的解题思路处理。

2、高考化学答题技巧——审关键字：关键字往往是解题的切入口，解题的核心信息。

2011年高考化学复习总结性资料精选：高中化学巧解100题.txt有没有人像我一样在听到某些歌的时候会忽然想到自己的往事_______如果我能回到从前，我会选择不认识你。

不是我后悔，是我不能面对没有你的结局。

高中化学巧解100题在选择题中有一类技巧型题，一般属于综合性较强、中等难度以上的能力测试题。

近十年的高考中，每年都有2～4道题属于这种题型，它着重考查"双基"知识和分析、归纳、推理等解题能力。

这类题设计精巧，有的题设条件似显实隐、似足实少、；有的玲珑剔透、诱人遐思；有的长篇叙述，难见精要，但却构思巧妙，大智若愚。

特别是计算型题中，各种量之间关系错综复杂，各反应原理又隐含其中。

许多学生习惯于常规思维，提笔就算，结果是走上歧途，不得其解(即使算出了结果，却浪费了宝贵的时间)。

所以，对此类题，必须抓住其精巧之处、独特之点，避开常规方法，另辟蹊径、巧思妙解。

除了要在"审、明、透"三个环节上下工夫外，定要突出一个"巧"字。

要巧找共性、巧用特性，巧析范围，巧用数据，巧攻一点，巧用规律，要巧挖隐含量，巧用已知量。

以下所辑100例，但愿同学们能从中得到启迪，诱发灵气，有所提高。

1. 将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液，再通入过量的Cl2反应后，将固体蒸干得固体11.175g。

求原来所配溶液中K+、Cl(、Br(物质的量浓度之比为 ( )(A)3:2:1 (B)3:2:2 (C)5:4:2 (D)4:3:2【简析】题设中的数据，虽然按常规方法或差量法都可解。

但都费事费力，若考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出nK+=nCl(+nBr(，对照选项只能选A。

2. 在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体，电火花点燃后，三种气体都正好反应完全，冷却到室温，所得溶液得质量分数为25.26%，则原混合气体中三者得分子个数之比为 ( ) (A)6:3:1 (B)9:6:1 (C)13:6:1 (D)15:8:1【简析】巧思时,根据2H2+O2==2H2O，H2+Cl2===2HCl。

化学解题技巧------------------------守恒法“守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一.一般情况下,能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决,但较费时且易出错.而 “守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题,其特点是不纠缠于细枝末节,只关注始态和终态,寻找变化前后特有的守恒因素,快速建立等式关系,巧妙作答,能提高解题速率和准确率.“守恒法”在不同版本的教辅材料中,有多种表述形式,如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒…等等.其实所谓的“守恒”因素不外乎三种情况：一是物料守恒,二是电性电量守恒.一、物料守恒所谓“物料”,就是物质.从物质的形态而言,有宏观意义上的物质,又有微观意义上的粒子.当谈到“物料”守恒时,对宏观物质而言,主要是质量守恒；对微观粒子而言,则主要是与物质的量挂钩的元素守恒.(一)质量守恒在此探讨的质量守恒,已不再是狭义的质量守恒定律,它涵盖了物理和化学两种变化中的有关守恒关系.1.固态混合物由固体物质组成的混合物,往往在化学变化前后存在某一方面的守恒因素,利用这些因素可省时省力. 例1：取一定量的KClO 3和MnO 2的混合物共热制取O 2,反应开始时MnO 2在混合物中的质量分数为20%,当反应进行到MnO 2在混合物中的质量分数为25%时,求KClO 3的分解百分率.解析：MnO 2在反应中作催化剂,反应前后质量守恒.设原混合物的质量为m 1g,反应结束后混合物的质量为m 2g,则MnO 2反应前后的质量分别为：0.2m 1g 和0.25m 2g.由MnO 2的质量守恒可得：0.2m 1g ＝0.25m 2g,m 2＝0.8m 1.由反应前后质量守恒可知,放出O 2的质量应等于反应前后的固体质量之差,即：m 1g-m 2g ＝m 1g-0.8m 1g ＝0.2m 1g.即可求得KClO 3的分解百分率为：%64%1008.0962.024511=⨯⨯gm ggm g .2.溶液对溶液而言,可以从其组成上,即浓度（质量分数）、溶剂和溶质三方面去寻找内含的某些守恒因素,用于解决有关溶液计算的问题. (1)浓度守恒例2：某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%,取一定量的此饱和溶液,加入w g 该无水盐,在温度不变的情况下,析出m g 含有一定量结晶水的该盐晶体,则从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%wB.m -wC.(m +w )×26.8%D.( m -w )×26.8%解析：由于温度不变,析晶后,剩余溶液、减少的溶液（m -w ）及原溶液浓度（质量分数）守恒,故有（m -w ）×26.8%,答案应选D.(2)溶剂守恒例3： 在一定温度下,向55.3g 蒸馏水中加入一定量的无水Na 2SO 3粉末,充分搅拌后过滤,得到60g 滤液和一定量的Na 2SO 3·7H 2O 晶体,若此温度下Na 2SO 3的溶解度为20g,求析出的Na 2SO 3·7H 2O 晶体的质量.解析：解此题的关键是：溶剂水的质量守恒.析晶后,原溶剂水分成了两部分,即所得饱和溶液中的水和析出晶体中的结晶水.若设析出晶体的质量为x g.则gg gg g g g xg g 20100100601261261263.55+⨯++⨯=,解得：x =10.6g.(3)溶质守恒例4：将某二价金属R 的单质粉末投入到200mL 浓度为1mol/L 的H 2SO 4溶液中,待完全反应后滤去过量的金属粉末,蒸发溶液到剩余84g 时,保持温度为t ℃,开始析出RSO 4·7H 2O 晶体.在该温度下继续蒸发,当析出20.5g 晶体时,还留下49g 溶液.求金属R 的相对原子质量.解析：由题意可知,84g 溶液和49g 溶液皆为t ℃时的饱和溶液.设RSO 4的摩尔质量为M ,RSO 4在t ℃时的溶解度为S g.由溶质的质量守恒可得：解方程组得：S =40,M =120g/mol所以,金属R 的相对原子质量为：120-96=24. 3.其它有些混合体系中,不同形态的物质（如气态和固态或液态,固态和液态等）之间往往会存在某种形式的守恒量,利用这些量之间的守恒关系,可使问题得以简化.例5：向一定量的NaOH 固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液,充分搅拌,恰好完全反应,有蓝色沉淀生成,过滤,所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等.则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的的氢氧化钠的物质的量之比为 .解析：此题属于一道典型的无数据计算题.依题意不难分析出其中的守恒关系,即m (NaOH)＝m [Cu(OH)2].设与CuSO 4反应的NaOH 为x mol,与H 2SO 4反应的NaOH 为y mol,则由(x mol+y mol)×40g/mol ＝98g/mol ×(x mol ×21),940=y x . (二)物质的量守恒在大多数资料中,对物质的量守恒描述的并不多,其实我们最常遇到的元素守恒就隶属于其中.当然还有涉及宏观（具体）物质的守恒. 1.涉及宏观（具体）物质的守恒例6：质量分数为a 的某物质的溶液m g 与质量分数为b 的该物质的溶液n g 混合后,蒸发掉p g 水.得到的溶液每毫升质量为q g,物质的量浓度为c .则溶质的分子量（相对分子质量）A.)()(p n m c bn am q -++ B.)()(bn am q p n m c +-+0.2L ×1mol/L ×M =Sgg Sgg g M M g +⨯++⨯100491265.20 0.2L ×1mol/L ×M =Sgg Sgg +⨯10084C.)()(1000p n mc bn am q -++ D.)(1000)(bn am q p n m c +-+解析：根据溶质的物质的量守恒可得：310/-⨯-+=⨯+⨯mLqg pqng mg M b ng a mg r L/mL ×c mol/L,整理得：)()(1000p n m c bn am q M r -++=g/mol,故选C.2.元素守恒实际上,元素守恒也含有质量守恒的意思,只不过在具体应用时,很少直接用其质量而是用其物质的量（或粒子个数）.元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒,但原子守恒和离子守恒并没有严格意义上的区分,只是由于在不同情境中呈现的形态不同而已,多数情况下,常笼统地称作元素守恒. (1)原子守恒例7：某温度下,1L 密闭容器中加入1molN 2和3molH 2,使反应达到平衡.测得平衡混合物中N 2、H 2、NH 3的物质的量分别为M 、N 、Q .如果温度不变,只改变初始物质的加入量,而要求M 、N 、Q 维持不变,则N 2、H 2、NH 3的加入量用x 、y 、z 表示时,应满足条件：(1)若x =0,y =0,则z = .(2)若x =0.75mol,则y = , z = .(3)x 、y 、z 应满足的一般条件是（用含x 、y 、z 的方程式表示） .例8：将a molH 2S 和1molO 2置于一个容积可变的容器内进行反应.维持容器内气体的压强不变（101kPa ）,在120℃下测得反应前后容器内气体的密度分别为d 1和d 2.若a 的取值不同,则H 2S 的氧化产物可能有如下三种情况：(1)全部是SO 2,此时a 的取值范围是 .(2)全部是S,此时a 的取值范围是 ,d 1 d 2（填大于、小于或等于）.(3)部分是SO 2,部分是S,此时a 的取值范围是 ,反应所生成的SO 2的物质的量为 mol,容器内气体的物质的量之和为 mol.（以含a 的代数式表示）解析：n (O 2)=1mol,设生成SO 2为x mol,S 为y mol,H 2O 为z mol.直写方程式：a H 2S+[1]O 2=x SO 2+y S+ z H 2O(g).(1)若y ≤0,则全部生成SO 2：N 2+3H 2 2NH 3解得a =32,即a 的取值范围是：a ≤32. (2)若x ≤0,则全部生成S ：解得a =2,即a 的取值范围是：a ≥2.(3)若x ＞0,y ＞0,则产物中既有SO 2,又有S ：因为y ＞0,从(2)可知y ≤2,所以a 的取值范围是：32＜a ＜2.反应后,SO 2的物质的量为(1-2a )mol,容器内气体的物质的量之和为：x +z =(1+2a)mol. 例9：将2molH 2O 和2molCO 置于1L 容器中,在一定条件下,加热至高温,发生如下可逆反应： (1)当上述系统达到平衡时,欲求其混合气体的平衡组成,则至少需要知道两种气体的平衡浓度,但这两种气体不能．．同时是 和 ,或 和 .（填它们的分子式） (2)若平衡时O 2和CO 2的物质的量分别为n (O 2)平=a mol,n (CO 2)平=b mol.试求n (H 2O)平= .（用含a 、b 的代数式表示）（2）由O 原子守恒可知,由CO 生成CO 2分子内增加的O 原子来源于H 2O,另外O 2中的O 原子也来源于H 2O.因此,n (H 2O)反应=2×n (O 2) +1×n (CO 2)=2×a mol+1×b mol=(2a +b )mol.n (H 2O)平=2mol-(2a +b )mol=(2-2a -b )mol.(2)离子守恒例10：向含0.01mol AlCl 3的溶液中逐滴加入34mL 1mol/L NaOH 溶液,则生成物及其物质的量分别由S 原子守恒：x =a 由H 原子守恒：2z =2a 由O 原子守恒：2x +z =2由S 原子守恒：y =a 由H 原子守恒：2z =2a 由O 原子守恒：z =2由S 原子守恒：x +y =a由H 原子守恒：2z =2a 由O 原子守恒：2x +z =2a =32(1+y ) x =1-2az =a解得： 2H 2O(g) 2H 2+O 2 2CO(g)+O 2 2CO 2为.解析：n (NaOH):n (AlCl 3)=0.034mL ×1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5),大于3小于4,故生成物中既有Al(OH)3,又有NaAlO 2.设生成的Al(OH)3的化学计量数为x ,NaAlO 2的化学计量数为y .直写方程式：5AlCl 3+17NaOH=x Al(OH)3↓+y NaAlO 2+15NaCl+2317xH 2O则n [Al(OH)3]=0.006mol,n (NaAlO 2)=0.004 mol, n (NaCl)= 0.003mol. (3)原子、离子并存守恒（元素守恒）例11：将一定质量的镁、铝合金投入100mL 一定浓度的盐酸中,合金全部溶解,向所得溶液中滴加5mol/L 的NaOH 溶液至过量,生成沉淀的质量与加入NaOH 溶液的体积关系如图所示.由图中数据分析计算：(1)原合金中镁、铝的质量； (2)盐酸的物质的量浓度.解析：由图可知：Mg(OH)2的质量为11.6g,Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g.(2)当V (NaOH,aq ) =160mL 时,Mg 2+、Al 3+完全沉淀,此时溶液为NaCl 溶液,由Cl -离子、Na +离子守恒可知：例12：向300mL KOH 溶液中缓慢通入2.24L CO 2气体（标准状况）,充分反应后,在减压低温下蒸发溶液,得到11.9g 白色固体.请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH 溶液的物质的量浓度是多少？解析：先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24L CO 2与KOH 溶液反应所得产物只有一种,即K 2CO 3由Na +守恒：17=y +15 由Al 3+守恒：5=x +yx =3 y =2解得：m (Mg)=4.8g(1)由镁元素守恒可知： Mg Mg(OH)2 24g 58gm (Mg) 11.6g解得：m (Al)=2.7g由铝元素守恒可知：Al Al(OH)3 27g 78g m (Al) 7.8gH C l N a C l N a O H 1m o l 1m o l解得：c (HCl)=8.0mol/L 100mL ×c (HCl) 160mL ×5mol/L或KHCO 3.若只生成K 2CO 3,由C 原子守恒可求得m (K 2CO 3)=molL L/4.2224.2×138g/mol=13.8g ；若只生成KHCO 3,由C原子守恒可求得m (KHCO 3)=molL L/4.2224.2×100g/mol=10.0g.而题设质量为11.9g,故该白色固体由K 2CO 3和KHCO 3组成.由C 原子守恒可得：n (CO 2)=n (K 2CO 3)+n (KHCO 3)=molL L/4.2224.2=0.100mol.设K 2CO 3的物质的量为a mol,则KHCO 3的物质的量为0.100mol-a mol.则由138g/mol ×a mol+100g/mol ×(0.100mol-a mol)=11.9g,解之得：a =0.050mol.所以m (K 2CO 3)=0.050mol ×138g/mol=6.90g, m (KHCO 3)=0.050mol ×100 g/mol=5.00g.由K +离子守恒可得：n (KOH)=2×n (K 2CO 3)+1×n (KHCO 3)= 2×0.050mol+1×0.050mol=0.150mol. 所以c (KOH)=n (KOH)/V =0.150mol/0.300L=0.50mol/L.(4)质子守恒一般情况下,很少单独考虑质子守恒,实际上在盐（水）溶液中存在的质子守恒可看作是物料守恒与电荷守恒（后面将要涉及到）的叠加项.所谓的质子守恒,实质是从水的电离出发,考虑弱酸根离子结合水电离出的H +或弱碱阳离子结合水电离出的OH -,然后在溶液中寻找H +和OH -的“藏身”之所,而列出的等式关系.常用于盐溶液中粒子浓度关系的比较.下面以Na 2CO 3溶液、NH 4Cl 溶液和(NH 4)2CO 3溶液为例,来确定它们的溶液中各自存在的质子守恒关系.Na 2CO 3溶液：在不考虑CO 32-水解时,水电离出的H +与OH -的物质的量是相等的,但当CO 32-水解结合部分水电离出的H +后,分别生成了HCO 3-（结合一个H +）和H 2CO 3(结合两个H +),而OH -未被消耗,因此可列出等式关系：c (OH -)=c (H +)+c (HCO 3-)+2×c (H 2CO 3),即Na 2CO 3溶液中的质子守恒.NH 4Cl 溶液：同理,NH 4+水解结合的是由水电离出的部分OH -,生成了NH 3·H 2O,而H +未被消耗,因此可列出等式关系：c (H +)=c (OH -)+c (NH 3·H 2O),即为NH 4Cl 溶液中的质子守恒.(NH 4)2CO 3溶液：NH 4+水解结合的是由水电离出的部分OH -,生成了NH 3·H 2O ；CO 32-水解结合部分水电离出的H +,分别生成了HCO 3-和H 2CO 3,H +、OH -都有一部分被消耗,分别寻找H +、OH -在溶液中的“藏身”之所,即可列出下列等式关系：c (H +)+c (HCO 3-)+2×c (H 2CO 3)=c (OH -)+c (NH 3·H 2O),即为(NH 4)2CO 3溶液中的质子守恒.体积守恒利用体积守恒的题目相比较而言要少一些,实际上它仍隶属于物质的量守恒.化学平衡中会经常遇到反应前后体积守恒的题目,并用于判断和计算,只不过通常情况下不从守恒角度去认识罢了.例13：在t ℃时,向一密闭容器中充入2mol A 和3mol B,发生如下化学反应： ,平衡后测得各物质浓度有如下关系：c a(A)·c (B)=c (C)·c (D).然后在温度不变的情况下,扩大容器容积至原来的10倍,结果A 的百分含量始终不变,则这时B 的转化率为（ ） A.60% B.40% C.20% D.无法确定a A(g)+B(g) C(g)+D(g)二、电性电量守恒带电粒子可分为阴、阳离子和电子.在晶体或溶液中,不论有多少种离子,晶体或溶液总是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数（电性相反、电量相等）,即所谓的电荷守恒；在氧化还原反应或电解池中,氧化剂（或在阴极上）所得电子总数与还原剂（或在阳极上）所失电子总数相等,即所谓的电子守恒. 1.电荷守恒多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系.在有关溶液的计算题中,若没有特别说明,则可忽略H +、OH -的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时,却必须考虑在内.例14：将a L 由(NH 4)SO 4和NH 4NO 3组成的混合溶液分成两等份,一份加入b mol 烧碱并加热,刚好把NH 3赶出；另一份需消耗含c mol BaCl 2的溶液,沉淀刚好完全.则原溶液中c (NO 3-)为 .解析：由题设不难求得a L 混合溶液中含2b mol NH 4+和2c mol SO 42-.依据电荷守恒可得：1×n (NH 4+)=2×n (SO 42-)+1×n (NO 3-),1×2b mol=2×2c mol+1×c (NO 3-)×a L,c (NO 3-)=acb 42 mol/L. 例15：常温下,将甲酸和氢氧化钠溶液混合,所得溶液pH=7,则此溶液中 A.c (HCOO -)＞c (Na +) B.c (HCOO -)＜c (Na +) C.c (HCOO -)＝c (Na +)D.无法确定c (HCOO -)与c (Na +)的关系解析：由电荷守恒可知,c (HCOO -)+c (OH -)= c (H +)+c (Na +),因pH=7,则c (OH -)= c (H +),故c (HCOO -)＝c (Na +),选C.例16：天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷,例如某种NiO 晶体中就存在如图所示的缺陷:一个Ni 2+空缺,另有两个Ni 2+被两个Ni 3+所取代.其结果晶体仍呈电 中性,但化合物中Ni 和O 的比值却发生了变化. 某氧化镍样品组成为Ni 0.97O.试计算该晶体中Ni 3+与Ni 2+的离子数之比.解析：其解法相当多,在此仅讨论守恒法.法一：设1molNi 0.97O 中含Ni 3+x mol,则Ni 2+为(0.97-x )mol.据电荷守恒可得,3×x mol+2×(0.97-x )mol=2×1mol,解得x =0.06mol,则Ni 3+与Ni 2+的离子数之比为：0.06mol:(0.97-0.06)mol=6:91.法二：据电荷守恒直接分析.依题意“一个Ni 2+空缺,另有两个Ni 2+被两个Ni 3+所取代.其结果晶体仍呈电中性,…”从电荷守恒的角度理解：当一个Ni 3+取代一个Ni 2+后,正电荷增加1[(+3)-(+2)],若要保证晶体呈N i 3+ O 2-O 2- O 2- O 2-O 2-O 2-N i 2+N i 3+N i 2+N i 2+电中性,就必须再增加一个正电荷,也就是说,每当有一个Ni 2+空缺时,需增加两个Ni 3+（即取代晶体中的两个Ni 2+）.1mol Ni 0.97O 中空缺0.03mol Ni 2+,那么Ni 3+应为2×0.03mol=0.06mol.法三：结合原子守恒.设1mol Ni 0.97O 中含Ni 3+为x mol,Ni 2+为y mol. 解得：x =0.06mol,y =0.91mol. 2.电子守恒例17：容积为30mL 的试管中充满了NO 2和O 2的混合气体,将试管倒立在水槽中,一段时间后,试管中仍然有5mL 气体.则原混合气体中NO 2和O 2的体积比可能是 .解析：设原混合气体中有a mL NO 2,则O 2为（30-a ）mL.(1)若剩余气体是5mL O 2,那么NO 2完全转化为HNO 3,O 2只有（30-a -5）mL=（25-a ）mL 被还原.由阿伏加德罗定律和电子守恒得：a ×1=(25-a )×4,a =20mL,所以V (NO 2) : V (O 2)=20mL : (30-20)mL=2:1. (2) 若剩余气体是5mL NO,则生成5mL NO 消耗的NO 2为15mL,也就是说有(a -15)mL NO 2与(30-a )mLO 2反应生成了HNO 3.由阿伏加德罗定律和电子守恒得：(a -15)×1=(30-a )×4,a =27mL,所以V (NO 2):V (O 2)=27mL:(30-27)mL=9:1.例18：含n g HNO 3的稀硝酸溶液恰好与m g Fe 完全反应,若已知有1/4的HNO 3被还原成NO,则n :m 的取值范围是 .三、综合守恒某些情况下,有的题目可以用不同的守恒关系解决,而有的题目则需要同时运用多种守恒关系方能解决.1.元素守恒、电荷守恒例19：向100mL FeCl 3溶液中通入标准状况下的H 2S 2.24L,待H 2S 全部被吸收后,再加入过量铁粉,待反应停止后,测得溶液中含有0.6mol 金属阳离子,则原FeCl 3溶液的物质的量浓度是 .由Ni 原子守恒：x mol+y mol=0.97mol 由电荷守恒：3×x mol+2×y mol=2×1mol 则有NO 2 HNO 3、O 2 HNO 3 -e -+4e -解析：有关反应：2FeCl 3+H 2S=2FeCl 2+2HCl+S ↓,2FeCl 3+Fe=3FeCl 2,Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑由此不难发现,通入的H 2S 实际上只相当于分解成了H 2和S,对溶液而言并不会产生任何影响,反应前后溶液中恒定不变的是Cl -离子.法一：据Cl -离子守恒可得：c (Cl -)×0.100L=0.6mol ×2,c (Cl -)=0.12mol/L,则c (FeCl 3)=31×c (Cl -)=0.4mol/L.法二：据反应前后正电荷守恒可得：c (Fe 3+)×0.100L ×3=0.6mol ×2,c (Fe 3+)=0.4mol/L,c (FeCl 3)= 0.4mol/L.例20：（2003年新课程卷）将0.2mol/L HCN 溶液和0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合后,溶液显碱性,下列关系式中正确的是A.c (HCN)＜c (CN -)B.c (Na +)＞c (CN -)C.c (HCN)-c (CN -)= c (OH -)D.c (HCN)+c (CN -)=0.1mol/L2.元素守恒、电子守恒例21：用石墨电极电解500mL 含KNO 3和Cu(NO 3)两种溶质的溶液,一段时间后,在两个电极上均生成11.2L 气体（标准状况下）.试求：(1)原溶液中c (Cu 2+)；(2)电解后溶液中c (H +)(忽略溶液体积的变化). 解析：根据题中信息可知： (1)依据电子守恒：44.222.11⨯mol L L (O 2)=24.222.11⨯molL L (H 2) +0.5L ×c (Cu 2+)×2,解得,c (Cu 2+)=1.0mol/L.(2)依据原子守恒可得:Cu(NO 3)2~2NO 3-~2HNO 3~2H +则溶液中c (H +)=2×c (Cu 2+)=2.0mol/L. 3.电荷守恒、电子守恒例22：在一定条件下,RO 3n -和F 2可发生如下反应：RO 3n -+F 2+2OH -=RO 4-+2F -+H 2O 从而可知在RO 3n -中,元素R 的化合价是阴极：析出铜,逸出H 2 阳极：逸出O 2A.+4B.+5C.+6D.+7解析：设元素R在RO3n-中的化合价为x.法一：据电荷守恒：n+1×2=1+2×1,n=1.则x-2×3=-1,x=5.法二：据电子守恒：(7-x)×1=[0-(-1)]×2,x=5.4.元素守恒、电子守恒、电荷守恒一个正确的氧化还原离子方程式的配平,应同时遵循三个守恒关系,即元素守恒、电子守恒和电荷守恒.例23：配平方程式：[ ]S x2-+[ ]BrO3-+[ ]OH-= [ ]SO42-+[ ]Br-+[ ]H2O。

2011年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题1．下列叙述正确的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C．欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠2．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6种B．7种C．8种D．9种3．下列反应中，属于取代反应的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①②B．③④C．①③D．②④4．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）A．c（H+）B．K a（HF）C．D．5．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O6．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．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+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O7．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2二、解答题（共3小题，满分29分）8．（14分）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．请回答下列问题：（1）试确定200℃时固体物质的化学式（要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为；（4）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=mol•L﹣1（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是mol•L ﹣1．9．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为；（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为；（5）在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为，正极的反应式为．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）．10．（15分）氢化钙固体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．①写出CaH2与水反应的化学方程式；②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．三、选修部分11．【化学﹣﹣选修2：化学与技术】普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸张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；为了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：①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；②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矿（主要成分为FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①FeTiO3+ C+Cl 2TiCl4+ FeCl3+ CO②TiCl4+ O2TiO2+ Cl2．12．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。