重庆市部分区县2022届高三化学上学期入学试卷含解析

2022-2022学年重庆市部分区县高三入学化学试卷　一、选择题1．下列说法正确的是A．熔化状态下，能导电的物质一定是电解质B．溶于水能导电的物质一定是电解质C．熔化状态下，不能导电的化合物一定不是电解质D．BaSO4是强电解质　2．溴化碘的化学性质似卤素单质，能跟大多数金属反应生成金属卤化物，能跟某些金属单质反应生成相应卤化物，能跟水反应，其化学方程式为IBr+H2O═HBr+HIO．下列有关IBr的叙述中，不正确的是A．IBr的化学性质不如氯气活泼B．在很多反应中IBr充当氧化剂C．IBr跟水反应时既是氧化剂又是还原剂D．跟NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO　3．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是A．分散质颗粒直径都在l～100nm之间B．能透过半透膜C．加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成D．呈红褐色　4．Na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下22.4LCl2与足量NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，转移电子数为NaB．16g甲烷中含有的非极性共价键键数为4NaC．一定两点额SO2溶于水后形成pH为2的水溶液，其中H+的数目为0.01NaD．1.8gD2O中含有的质子数为2Na　5．下列各组离子中，在给定条件下能大量共存的是A．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣B．有SO42﹣存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、I﹣C．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br﹣D．在c=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、[Al4]﹣、SO32﹣　6．Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同．已知0.2molHNO3做氧化剂时，恰好把0.4molFe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成A．NH4+B．N2OC．NOD．NO2　7．下列离子方程式书写正确的是A．将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca2溶液中Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣B．向Ba2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．向Ca2溶液中通入适量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO15D．向FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　　二、非选择题8．现有如下各实验：A．将1gKCl加入10g沸腾的水中；B．将1g可溶性淀粉加入到100g水中，搅拌均匀后煮沸；C．将1gCaCO3粉末加入100g水中充分振荡；D．将0.1g植物油加入发哦10g水中，充分振荡混匀；E．将96mL乙酸与5mL水充分混合．上述实验中所得到的分散系，属于溶液的有　　　　　　，属于胶体的是　　　　　　，属于浊液的是　　　　　　．　9．把10mL淀粉胶体和5mLKCl溶液的混和体加入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中．2分钟后，用两支试管各取5mL烧杯中的液体，并做如下实验：向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，其现象是　　　　　　；向另一支试管里滴加少量碘水，其现象是　　　　　　；由上述实验得出的结论是　　　　　　．　10．氢化亚铜是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu．根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是　　　　　　．写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式　　　　　　CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是　　　　　　如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式　　　　　　．　11．某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO4﹣、H2O、Mn2+、H2O2、H+．已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2．该反应应选择的酸是：　　　　　　．A．盐酸　　B．浓硫酸　　C．稀硫酸　　D．醋酸．该反应中发生还原反应的过程是：　　　　　　→　　　　　　．写出该反应配平的离子方程式并标出电子转移的方向和数目：　　　　　　如果上述反应中有6.72L气体生成，转移的电子数为　　　　　　mol．H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业胶液中的氰化物，经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为　　　　　　．H2O2还有“绿色氧化剂”的美称，阐明H2O2被称为绿色氧化剂的理由是　　　　　　．　　选修2：化学与技术12．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：15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，该工艺原理的化学方程式为　　　　　　．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Zn2．Zn2可以与水反应生成氧化锌和乙烷．用化学方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理　　　　　　、　　　　　　．现代造纸工艺常用钛白粉替代明矾．钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①　　　　　　FeTiO3+　　　　　　C+　　　　　　Cl2　　　　　　TiCl4+　　　　　　FeCl3+　　　　　　CO②　　　　　　TiCl4+　　　　　　O2　　　　　　TiO2+　　　　　　Cl2．　　选修3：物质结构与性质13．氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示请回答下列问题：由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是　　　　　　、　　　　　　；基态B原子的电子排布式为　　　　　　；B和N相比，电负性较大的是　　　　　　，BN中B元素的化合价为　　　　　　；在BF3分子中，F﹣B﹣F的键角是　　　　　　，B原子的杂化轨道类型为　　　　　　，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立体结构为　　　　　　；在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为　　　　　　，层间作用力为　　　　　　；六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有　　　　　　个氮原子、　　　　　　个硼原子，立方氮化硼的密度是　　　　　　g•pm﹣3．　　选修5：有机化学基础14．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；15第二份加足量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g．{已知：NaAlO2+2H2O═NaHCO2+Al3↓}．根据上述实验回答：一定不存在的离子是　　　　　　，不能确定是否存在的离子是　　　　　　．试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度：离子符号　　　　　　，浓度　　　　　　；离子符号　　　　　　，浓度　　　　　　；离子符号　　　　　　，浓度　　　　　　．试确定K+是否存在　　　　　　，判断的理由是　　　　　　．　　152022-2022学年重庆市部分区县高三入学化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．下列说法正确的是A．熔化状态下，能导电的物质一定是电解质B．溶于水能导电的物质一定是电解质C．熔化状态下，不能导电的化合物一定不是电解质D．BaSO4是强电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【专题】化学用语专题．【分析】A、电解质一定是化合物；B、溶于水后自身能电离出自由移动离子而导电的化合物或在熔融状态下能导电的化合物为电解质；C、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；D、在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物为强电解质．【解答】解：A、电解质一定是化合物，故熔融状态下能导电的物质不一定是电解质，如金属铜，故A错误；B、溶于水后自身能电离出自由移动离子而导电的化合物或在熔融状态下能导电的化合物为电解质，如二氧化碳溶于水后能导电，但是非电解质，故B错误；C、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，一种物质在熔融状态下不能导电，但只要在水溶液中能导电，也是电解质，故C错误；D、在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物为强电解质，硫酸钡在熔融状态下能完全电离，故为强电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断以及强弱电解质的区别，难度不大，应注意的是电解质和非电解质均为化合物．　2．溴化碘的化学性质似卤素单质，能跟大多数金属反应生成金属卤化物，能跟某些金属单质反应生成相应卤化物，能跟水反应，其化学方程式为IBr+H2O═HBr+HIO．下列有关IBr的叙述中，不正确的是A．IBr的化学性质不如氯气活泼B．在很多反应中IBr充当氧化剂C．IBr跟水反应时既是氧化剂又是还原剂D．跟NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO【考点】氧化还原反应．【分析】IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应．【解答】解：A．IBr的化学性质不如氯气活泼，故A正确；B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，故B正确；C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，故C错误；D．由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，故D正确．故选C．15【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质，答题时注意题给信息，为解答该题的关键．　3．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是A．分散质颗粒直径都在l～100nm之间B．能透过半透膜C．加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成D．呈红褐色【考点】胶体的重要性质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、溶液和胶体粒子半径大小不同，直径范围不一样；B、胶体粒子直径较大，不能通过半透膜；C、在加热条件下，氯化铁水解生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁和水；D、氯化铁溶液颜色呈黄色，氢氧化铁胶体颜色呈红褐色．【解答】解：A、溶液中溶质粒子直径较一般小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，二者不同，故A错误；B、胶体粒子直径较大，不能通过半透膜，溶液中溶质粒子可通过半透膜，故B错误；C、加热氯化铁溶液时，铁离子水解生成氢氧化铁，蒸干、灼烧时氢氧化铁分解生成氧化铁和水，氢氧化铁胶体加热时聚沉生成沉淀，蒸干、灼烧时氢氧化铁分解生成氧化铁和水，故C正确；D、氯化铁溶液颜色呈黄色，为铁离子的颜色，氢氧化铁胶体颜色呈红褐色，故D错误；故选C．【点评】本题考查氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的区别，涉及到胶体、水解等知识，题目难度不大，注意二者颜色上的区别．　4．Na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．标准状况下22.4LCl2与足量NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，转移电子数为NaB．16g甲烷中含有的非极性共价键键数为4NaC．一定两点额SO2溶于水后形成pH为2的水溶液，其中H+的数目为0.01NaD．1.8gD2O中含有的质子数为2Na【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出氯气的物质的量，然后根据氯气与碱的反应为歧化反应；B、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4mol极性键来分析；C、溶液体积不明确；D、重水的摩尔质量为20g/mol．【解答】解：A、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即Na个，故A正确；B、16g甲烷的物质的量为1mol，而1mol甲烷中含4mol极性键即4Na个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol质子，故0.09mol重水中含0.9mol质子即0.9Na个，故D错误．故选B．15【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　5．下列各组离子中，在给定条件下能大量共存的是A．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣B．有SO42﹣存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、I﹣C．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br﹣D．在c=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、[Al4]﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=1的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量存在；B．与SO42﹣反应的离子不能大量存在；C．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，具有还原性的离子不能大量共存；D．c=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈碱性．【解答】解：A．pH=1的溶液呈酸性，ClO﹣与H+发生反应生成弱酸，且NH4+与ClO﹣发生互促水解反应，不能大量存在，故A错误；B．Ca2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量存在，故B错误；C．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量共存，故C错误；D．c=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大，注意相关基础知识的积累．　6．Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同．已知0.2molHNO3做氧化剂时，恰好把0.4molFe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成A．NH4+B．N2OC．NOD．NO2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】0.2molHNO3做氧化剂时，氮元素的化合价会降低，0.4molFe氧化为Fe2+，化合价升高，铁原子失去电子，氮原子是得到电子，根据得失电子守恒来计算HNO3的还原产物中N元素的价态．【解答】解：设硝酸被还原到的产物中，N元素的价态是x，则根据反应中得失电子守恒：0.4mol×=0.2mol×，解得x=1，所以硝酸被还原到的产物中，N元素的价态是+1价，应该是N2O．故选B．【点评】本题是一道关于电子守恒的计算题，电子守恒的灵活应用是考试的热点，难度不大．　7．下列离子方程式书写正确的是A．将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca2溶液中Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣B．向Ba2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OC．向Ca2溶液中通入适量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO15D．向FeI2溶液中加入少量氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca2溶液，全部生成CO32﹣，CO32﹣部分转化为CaCO3沉淀；B．向Ba2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，生成BaSO4、NH3•H2O和H2O；C．SO2具有还原性，与HClO发生氧化还原反应；D．I﹣还原性大于Fe2+．【解答】解：A．将过量的NaOH溶液滴入同浓度的少量Ca2溶液，反应的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A正确；B．向Ba2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+H++NH4++SO42﹣=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；C．SO2具有还原性，与HClO发生氧化还原反应，应生成CaSO4沉淀，故C错误；D．I﹣还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中加入少量氯水发生：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，题中易错点为C和D，注意氧化还原反应问题．　二、非选择题8．现有如下各实验：A．将1gKCl加入10g沸腾的水中；B．将1g可溶性淀粉加入到100g水中，搅拌均匀后煮沸；C．将1gCaCO3粉末加入100g水中充分振荡；D．将0.1g植物油加入发哦10g水中，充分振荡混匀；E．将96mL乙酸与5mL水充分混合．上述实验中所得到的分散系，属于溶液的有　AE　，属于胶体的是　B　，属于浊液的是　CD　．【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】分散系是一种物质分散到另一种物质中形成的混合物，依据分散质微粒直径大小分为，分散质微粒直径＜1nm形成的分散系为溶液，分散质微粒直径＞100nm形成的分散系为浊液，分散质微粒直径1nm﹣100nm形成的分散系为胶体．【解答】解：A．将1gKCl加入10g沸腾的水中形成的分散系为溶液；B．将1g可溶性淀粉加入到100g水中，搅拌均匀后煮沸，形成的分散系为胶体；C．将1gCaCO3粉末加入100g水中充分振荡形成的分散系为悬浊液；D．将0.1g植物油加入发哦10g水中，充分振荡混匀形成的分散系为乳浊液；E．将96mL乙酸与5mL水充分混合形成的分散系为溶液．故答案为：AE；B；CD．【点评】本题考查了分散系的组成和结构，注意风险分散质微粒的大小，掌握基础是解题关键，题目较简单．　9．把10mL淀粉胶体和5mLKCl溶液的混和体加入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中．2分钟后，用两支试管各取5mL烧杯中的液体，并做如下实验：向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，其现象是　出现白色沉淀　；向另一支试管里滴加少量碘水，其现象是　无明显变化　；由上述实验得出的结论是　Cl﹣能透过半透膜，淀粉胶体不能透过半透膜　．【考点】胶体的重要性质；淀粉的性质和用途．15【专题】溶液和胶体专题；糖类与蛋白质专题．【分析】胶体粒子不能通过半透膜，而氯化钠中的离子可以通过半透膜，氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，淀粉遇到碘水会变蓝色，据此来分析即可．【解答】解：淀粉胶体和氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是氯离子和钠离子能通过半透膜而进入烧杯的水中．向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，其现象是出现白色沉淀；故答案为：出现白色沉淀；袋内液体是淀粉胶体，向另一支试管里滴加少量碘水，无明显变化；故答案为：无明显变化；由上述实验现象得出的结论是Cl﹣能透过半透膜，淀粉胶体粒子不能透过半透膜；故答案为：Cl﹣能透过半透膜，淀粉胶体粒子不能透过半透膜．【点评】本题考查了胶体的重要性质﹣﹣渗析，题目难度不大，掌握胶体、淀粉的性质是解题的关键．　10．氢化亚铜是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu．根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是　还原剂　．写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式　2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl　CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是　H2　如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式　CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑　．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的书写；氧化还原反应．【专题】信息给予题．【分析】根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子；Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体．【解答】解：根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，故答案为：还原剂；CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；15Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，故答案为：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑．【点评】本题是信息给予题，筛选有用信息结合已学知识进行整合处理．　11．某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：O2、MnO4﹣、H2O、Mn2+、H2O2、H+．已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2．该反应应选择的酸是：　C　．A．盐酸　　B．浓硫酸　　C．稀硫酸　　D．醋酸．该反应中发生还原反应的过程是：　MnO4﹣　→　Mn2+　．写出该反应配平的离子方程式并标出电子转移的方向和数目：　2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑　如果上述反应中有6.72L气体生成，转移的电子数为　0.6　mol．H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业胶液中的氰化物，经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为　KHCO3　．H2O2还有“绿色氧化剂”的美称，阐明H2O2被称为绿色氧化剂的理由是　H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性　．【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】高锰酸根时强氧化性的离子，能将盐酸、醋酸等氧化；化合价降低元素在反应中被还原发生还原反应；根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂的特点和性质来寻找反应物和生成物，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；根据离子方程式和电子转移情况进行计算；化学方程式遵循原子守恒；H2O2是氧化剂的产物是H2O，没有毒性及污染性．【解答】解：这是MnO4﹣酸性环境下氧化H2O2的反应，A、盐酸也会被MnO4﹣氧化，故A错误；B、浓硫酸没有必要，这里主要利用硫酸的酸性就可以了，不需要浓硫酸，浓硫酸是利用它的吸水性、强氧化性等情况才用的，故B错误；C、稀硫酸可以提供酸性环境并且不易被高锰酸根氧化，故C正确；D、醋酸酸性弱，还可能被MnO4﹣氧化，故D错误．故选C．该反应过程中，MnO4﹣的Mn元素化合价降低，在反应中被还原生成Mn2+，发生还原反应，故答案为：MnO4﹣；Mn2+；该反应过程中，高锰酸根的氧化性和双氧水的还原性导致二者间发生氧化还原反应，即2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，在该反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，电子转移情况如下：，15故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，；上述反应中生成5mol氧气转移电子10mol，当反应中有6.72L即0.3mol氧气生成时，则转移的电子为0.6mol，故答案为：0.6；反应KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中，根据原子守恒可知生成物A的化学式为KHCO3，故答案为：KHCO3；H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性，所以H2O2被称为绿色氧化剂，故答案为：H2O2是氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性．【点评】本题是一道关于氧化还原反应知识的综合题，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．　选修2：化学与技术12．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：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　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　；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，该工艺原理的化学方程式为　CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O　．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　过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损　；②喷洒Zn2．Zn2可以与水反应生成氧化锌和乙烷．用化学方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理　Zn2+H2O=ZnO+2C2H6↑　、　ZnO+H+=Zn2++H2O　．现代造纸工艺常用钛白粉替代明矾．钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①　2　FeTiO3+　6　C+　7　Cl2　2　TiCl4+　2　FeCl3+　6　CO②　1　TiCl4+　1　O2　1　TiO2+　2　Cl2．【考点】氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的书写．【专题】氧化还原反应专题．【分析】明矾电离产生的铝离子为弱碱阳离子，水解显酸性，而纤维素在酸性条件下能发生水解，导致纸张发生腐蚀；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，碳酸钙能够与氢离子反应而消耗氢离子，据此解答；①纤维素在碱性条件下同样也能发生水解，因此喷洒碱性溶液同样也能造成书籍污损；②由题目选项信息知Zn2与水反应生成氧化锌和乙烷，氧化锌和H+反应生成锌离子和水，据此书写化学方程式；分析反应中各元素化合价变化，找出元素化合价升高的元素和化合价降低的元素，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律书写方程式．15【解答】解：明矾离产生的铝离子为弱碱阳离子，水解显酸性，纸张发生酸性腐蚀的原因是纤维素在酸性条件下能发生水解；碳酸钙能中和H+，可防止纸张的酸性腐蚀，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，所以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；故答案为：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；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；①纤维素不但能在酸性环境下水解，在碱性条件下同样水解．过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损，故答案为：过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损；②由信息可知：Zn2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，化学方程式为：Zn2+H2O=ZnO+2C2H6↑，氧化锌可以与酸性溶液反应，从而消耗掉氢离子，起到防止腐蚀的作用，反应离子方程式：ZnO+H+=Zn2++H2O，故答案为Zn2+H2O=ZnO+2C2H6↑；ZnO+H+=Zn2++H2O；①令FeTiO3的系数为1，根据Ti原子守恒可知，TiCl4的系数为1，由Fe原子守恒可知FeCl3的系数为1，由O原子守恒可知CO的系数为3，根据C原子守恒可知C的系数为3，根据Cl原子守恒可知氯气的系数为，同时扩大2倍，配平后方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO，故答案为：2，6，7；2，2，6；②反应中Cl：﹣1价→0价，O：0价→﹣2价，要使氧化剂、还原剂得失电子守恒，则TiCl4的系数为1，O2系数为1，依据原子个数守恒，TiO2系数为1，Cl2系数为2，方程式：TiCl4+O2TiO2+2Cl2；故答案为：1；1；1；2．【点评】本题考查了化学方程式书写，侧重考查氧化还原反应方程式配平，明确盐类水解规律、氧化还原反应基本概念、得失电子守恒规律是解题关键，题目难度中等．　选修3：物质结构与性质13．氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示请回答下列问题：由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是　B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O　、　B2O3+2NH32BN+3H2O　；基态B原子的电子排布式为　1s22s22p1　；B和N相比，电负性较大的是　N　，BN中B元素的化合价为　+3　；15在BF3分子中，F﹣B﹣F的键角是　120°　，B原子的杂化轨道类型为　sp2　，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立体结构为　正四面体　；在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为　共价键　，层间作用力为　分子间作用力　；六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有　4　个氮原子、　4　个硼原子，立方氮化硼的密度是　　g•pm﹣3．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的能级分布；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算．【专题】压轴题．【分析】由图及元素守恒可写出这两个反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；B的原子序数为5，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1；B和N都属于第二周期元素，同周期自左至右元素的电负性逐渐增大，故电负性较大的是N；B属于第ⅢA族元素，化合价为+3价．依据价层电子对互斥理论，计算出的孤对电子对数以及价层电子对数，可判断出分子的空间构型；B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据其结构与石墨相似，层与层之间应该靠分子间作用力结合．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为，一个立方氮化硼晶胞的体积是3，因此立方氮化硼的密度是g•pm﹣3．．【解答】解：由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3与氨气在高温下反应即生成BN，方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O；故答案为：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；15基态B原子的电子排布式为1s22s2sp1；B与N均位于第二周期，电负性从左向右依次递减，所以N的电负性大于B；BN中B元素的化合价为+3．故答案为：1s22s2sp1；N；+3；依据价层电子对互斥理论，计算出BF3的孤对电子对数=×=×=0，并且价层电子对数为3，所以BF3分子为平面正三角形结构，键角为120°，杂化方式为sp2；BF4﹣中心原子的孤对电子对数=×=×=0，其价层电子对数为4，所以其结构为正四面体．故答案为：120°；sp2；正四面体；B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合．故答案为：共价键；分子间作用力；根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此一个立方氮化硼晶胞中含有4个N原子和4个B原子．一个晶胞中的质量为，一个立方氮化硼晶胞的体积是3，因此立方氮化硼的密度是g•pm﹣3．故答案为：．【点评】本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法．　选修5：有机化学基础14．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g．{已知：NaAlO2+2H2O═NaHCO2+Al3↓}．根据上述实验回答：一定不存在的离子是　Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+　，不能确定是否存在的离子是　Cl﹣　．试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度：离子符号　NH4+　，浓度　0.2mol/L　；离子符号　Al3+　，浓度　0.2mol/L　；离子符号　SO42﹣　，浓度　0.5mol/L　．试确定K+是否存在　是　，判断的理由是　根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子　．【考点】常见离子的检验方法．【分析】第一份加入几滴AgNO3溶液后有沉淀产生，溶液中可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；第二份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是0.02mol，无沉淀生成，一定不含Fe3+、Mg2+；15在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，说明原溶液中一定存在Al3+，结合离子共存可知一定不存在CO32﹣；1.02g为氧化铝的质量，其物质的量为：=0.01mol，说明每份溶液中含有0.02molAl3+；第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定存在SO42﹣，则一定不存在钡离子；沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，则硫酸钡的物质的量为：=0.05mol，说明每份溶液中含有0.05molSO42﹣；0.02molAl3+所带正电荷为0.06mol、0.02mol铵根离子带有0.02mol正电荷，而0.05molSO42﹣所带负电荷为0.1mol，根据电荷守恒可知，说明溶液中一定还含有阳离子K+，据此对各选项进行判断．【解答】解：第一份加入几滴AgNO3溶液后有沉淀产生，溶液中可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；第二份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是0.02mol，无沉淀生成，一定不含Fe3+、Mg2+；在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，说明原溶液中一定存在Al3+，结合离子共存可知一定不存在CO32﹣；1.02g为氧化铝的质量，其物质的量为：=0.01mol，说明每份溶液中含有0.02molAl3+；第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定存在SO42﹣，则一定不存在钡离子；沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，则硫酸钡的物质的量为：=0.05mol，说明每份溶液中含有0.05molSO42﹣；0.02molAl3+所带正电荷为0.06mol、0.02mol铵根离子带有0.02mol正电荷，而0.05molSO42﹣所带负电荷为0.1mol，根据电荷守恒可知，说明溶液中一定还含有阳离子K+，根据分析可知，一定存在的离子为：K+、NH4+、Al3+、SO42﹣，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+，根据分析可知，无法确定是否存在Cl﹣，所以溶液中可能存在Cl﹣，故答案为：Fe3+、Mg2+、CO32﹣、Ba2+；Cl﹣；铵根离子的物质的量是0.02mol，含有0.02molAl3+，含有0.05molSO42﹣，0.02molAl3+所带正电荷为0.06mol、0.02mol铵根离子带有0.02mol正电荷，而0.05molSO42﹣所带负电荷为0.1mol，根据电荷守恒可知，说明溶液中一定还含有阳离子K+，溶液体积为0.1L，所以其浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.5mol/L，故答案为：NH4+、0.2mol/L；Al3+、0.2mol/L；SO42﹣、0.5mol/L；溶液中正电荷的总物质的量为：n+3n=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，负电荷的总物质的量为：2n=0.1mol，根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子，由于可能存在氯离子，则钾离子的物质的量至少为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，c≥0.2mol．l﹣1，故答案为：是；根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子．【点评】本题考查常见离子的检验，题目难度中等，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．　15