2016年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標ⅲ）（含解析版）

1、2016年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）一、選擇題.1（3分）化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關(guān)系錯誤的是（） 選項化學性質(zhì)實際應用AClO2具有強氧化性自來水消毒殺菌BSO2具有還原性用作漂白劑CNaHCO3受熱易分解并且生成氣體焙制糕點DAl（OH）3分解吸收大量熱量并有H2O生成阻燃劑AABBCCDD2（3分）下列說法錯誤的是（）A乙烷光照下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應B乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料C乙醇室溫下在水中的溶解度大于溴乙烷D乙酸和甲酸甲酯互為同分異構(gòu)體3（3分）下列有關(guān)實驗的操作正確的是（） 實驗操作 A除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl直接將固體加熱 B實驗室收集C

2、u與稀硝酸反應成的NO向上排空氣法收集 C檢驗乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有氣泡產(chǎn)生 D測定某稀硫酸的濃度取20.00ml該稀硫酸于干凈的錐形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH標準液進行滴定AABBCCDD4（3分）已知異丙苯的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法錯誤的是（）A異丙苯的分子式為C9H12B異丙苯的沸點比苯高C異丙苯中碳原子可能都處于同一平面D異丙苯和苯為同系物5（3分）鋅空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42下列說法正確的是（）A充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陽極移動B充電時，電解質(zhì)溶液中c（

3、OH）逐漸減小C放電時，負極反應為：Zn+4OH2eZn（OH）42D放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）6（3分）四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與Y同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性下列說法正確的是（）AW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性B簡單離子半徑：WXZC氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WYD最高價氧化物的水化物的酸性：YZ7（3分）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是（）A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小B將CH3COONa溶液從2

4、0升溫至30，溶液中增大C向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變二、解答題.8過氧化鈣微溶于水，溶于酸，可用作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑以下是一種制備過氧化鈣的實驗方法回答下列問題：（一）碳酸鈣的制備（1）步驟加入氨水的目的是 小火煮沸的作用是使沉淀顆粒長大，有利于 （2）如圖是某學生的過濾操作示意圖，其操作不規(guī)范的是 （填標號）a漏斗末端頸尖未緊靠燒杯壁b玻璃棒用作引流c將濾紙濕潤，使其緊貼漏斗壁d濾紙邊緣高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中輕輕攪動以加快過濾速度（二）過氧化鈣的制備（3）步驟的具體操作為逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體

5、，此時溶液呈 性（填“酸”、“堿”或“中”）將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是 （4）步驟中反應的化學方程式為 ，該反應需要在冰浴下進行，原因是 （5）將過濾得到的白色結(jié)晶依次使用蒸餾水、乙醇洗滌，使用乙醇洗滌的目的是 （6）制備過氧化鈣的另一種方法是：將石灰石煅燒后，直接加入雙氧水反應，過濾后可得到過氧化鈣產(chǎn)品該工藝方法的優(yōu)點是 ，產(chǎn)品的缺點是 9煤燃燒排放的煙含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝?；卮鹣铝袉栴}：（1）NaClO2的化學名稱為 。（2）在鼓泡反應器中通入含SO2、NOx的煙氣，反應溫度323K，NaClO2溶液

6、濃度為5×103molL1反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如表。 離子SO42SO32NO3NO2 Cl c/（molL1） 8.35×104 6.87×106 1.5×104 1.2×105 3.4×103寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式 。增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率 （填“提高”、“不變”或“降低”）。隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸 （填“增大”、“不變”或“減小”）。由實驗結(jié)果可知，脫硫反應速率 脫硝反應速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在煙氣中初始濃度不同，還可能是 。（3）在不同

7、溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中SO2和NO的平衡分壓Pe如圖所示。由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均 （填“增大”、“不變”或“減小”）。反應ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常數(shù)K表達式為 。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。從化學平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的優(yōu)點是 。已知下列反應：SO2（g）+2OH（aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3則反應SO2（g

8、）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）的H= 。10以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生產(chǎn)硫酸的催化劑從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用廢釩催化劑的主要成分為：物質(zhì)V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3質(zhì)量分數(shù)/%2.22.92.83.122286065121以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：回答下列問題：（1）“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，反應的離子方程式為 ，同時V2O4轉(zhuǎn)成VO2+“廢渣1”的主要成分是 （2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+，則需要氧化劑KC

9、lO3至少為 mol（3）“中和”作用之一是使釩以V4O124形式存在于溶液中“廢渣2”中含有 （4）“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH為強堿性陰離子交換樹脂）為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈 性（填“酸”“堿”“中”）（5）“流出液”中陽離子最多的是 （6）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，寫出“煅燒”中發(fā)生反應的化學方程式 【化學選修2：化學與技術(shù)】（15分）11（15分）聚合硫酸鐵（PFS）是水處理中重要的絮凝劑，如圖是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程回答下列問題（1）廢鐵屑主要為表面附有大量鐵銹的鐵，鐵銹的主要成分

10、為 粉碎過篩的目的是 （2）酸浸時最合適的酸是 ，寫出鐵銹與酸反應的離子方程式 （3）反應釜中加入氧化劑的作用是 ，下列氧化劑中最合適的是 （填標號）AKMnO4 BCl2 CH2O2 DHNO3（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則 （5）相對于常壓蒸發(fā)，減壓蒸發(fā)的優(yōu)點是 （6）鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標，定義式為B= （n為物質(zhì)的量）為測量樣品的B值，取樣品m g，準確加入過量鹽酸，充分反應，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，以酚酞為指示劑，用c molL1的標準NaOH溶液進行中和滴定（部分操作略去，已排除鐵離子干擾）到終點時消耗N

11、aOH溶液V mL按上述步驟做空白對照試驗，消耗NaOH溶液V0 mL，已知該樣品中Fe的質(zhì)量分數(shù)w，則B的表達式為 【化學-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）12（15分）砷化鎵（GaAs）是優(yōu)良的半導體材料，可用于制作微型激光器或太陽能電池的材料等回答下列問題：（1）寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式 （2）根據(jù)元素周期律，原子半徑Ga As，第一電離能Ga As（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立體構(gòu)型為 ，其中As的雜化軌道類型為 （4）GaF3的熔點高于1000，GaCl3的熔點為77.9，其原因是 （5）GaAs的熔點為1238，密度為 gcm3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示該晶體

12、的類型為 ，Ga與As以 鍵鍵合Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGa gmol1和MAs gmol1，原子半徑分別為rGa pm和rAs pm，阿伏伽德羅常數(shù)值為NA，則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為 四、【化學-選修5：有機化學基礎(chǔ)】（15分）13（15分）端炔烴在催化劑存在下可發(fā)生偶聯(lián)反應，成為Glaser反應2RCCHRCCCCR+H2該反應在研究新型發(fā)光材料、超分子化學等方面具有重要價值下面是利用Glaser反應制備化合物E的一種合成路線：回答下列問題：（1）B的結(jié)構(gòu)簡式為 ，D的化學名稱為 （2）和的反應類型分別為 、 （3）E的結(jié)構(gòu)簡式為 用1mol E合成1，4二苯基丁

13、烷，理論上需要消耗氫氣 mol（4）化合物（）也可發(fā)生Glaser偶聯(lián)反應生成聚合物，該聚合反應的化學方程式為 （5）芳香化合物F是C的同分異構(gòu)體，其分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫，數(shù)目比為3：1，寫出其中3種的結(jié)構(gòu)簡式 （6）寫出用2苯基乙醇為原料（其他無機試劑任選）制備化合物D的合成路線 2016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（3分）化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關(guān)系錯誤的是（） 選項化學性質(zhì)實際應用AClO2具有強氧化性自來水消毒殺菌BSO2具有還原性用作漂白劑CNaHCO3受熱易分解并且生成氣體焙制糕點DAl（OH）3分解吸收大量熱量并有H2O生

14、成阻燃劑AABBCCDD【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；F5：二氧化硫的化學性質(zhì)；GF：鈉的重要化合物；GK：鎂、鋁的重要化合物菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52：元素及其化合物【分析】A具有強氧化性，可用于殺菌消毒；B做漂白劑與漂白性有關(guān)；CNaHCO3不穩(wěn)定，與酸反應生成二氧化碳氣體；D氫氧化鋁分解吸收熱量?！窘獯稹拷猓篈ClO2具有強氧化性，可使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒，故A正確；B做漂白劑與漂白性有關(guān)，與還原性無關(guān)，故B錯誤；CNaHCO3不穩(wěn)定，與酸反應生成二氧化碳氣體，可用于焙制糕點，故C正確；D氫氧化鋁分解吸收熱量，可用于阻燃劑，故D正確。故選：B。【點評】本題考查物質(zhì)的

15、性質(zhì)與應用，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學生的雙基的掌握，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，難度不大。2（3分）下列說法錯誤的是（）A乙烷光照下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應B乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料C乙醇室溫下在水中的溶解度大于溴乙烷D乙酸和甲酸甲酯互為同分異構(gòu)體【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】533：有機反應【分析】A乙烷與濃鹽酸不反應；B聚乙烯為食品包裝材料；C乙醇與水分子間含氫鍵，溴乙烷不含；D乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同?！窘獯稹拷猓篈乙烷與濃鹽酸不反應，光照下可與鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應，故A錯誤；B聚乙烯為食品包裝材料，乙烯可合成聚乙烯，故B正確；C

16、乙醇與水分子間含氫鍵，溴乙烷不含，則乙醇室溫下在水中的溶解度大于溴乙烷，故C正確；D乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，故D正確；故選：A。【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系、有機反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意常見有機物的性質(zhì)，題目難度不大。3（3分）下列有關(guān)實驗的操作正確的是（） 實驗操作 A除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl直接將固體加熱 B實驗室收集Cu與稀硝酸反應成的NO向上排空氣法收集 C檢驗乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有氣泡產(chǎn)生 D測定某稀硫酸的濃度取20.00ml該稀硫酸于干凈的錐形

17、瓶中，用0.1000mol/L的NaOH標準液進行滴定AABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】25：實驗評價題【分析】A碳酸氫鈉熱穩(wěn)定性較弱，加熱易分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；BNO與空氣中氧氣反應，不能用排空氣法收集；C乙酸溶液中滴加NaHCO3溶液有氣泡產(chǎn)生，證明乙酸的酸性大于碳酸；D該中和滴定實驗中沒有加入指示劑【解答】解：A由于碳酸氫鈉加熱易分解，不能利用加熱的方法除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl，故A錯誤；BNO與氧氣反應，應該用排水法收集，不能用排空氣法收集，故B錯誤；C配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有氣泡產(chǎn)生，證明乙酸的酸性大于碳酸，碳酸

18、具有酸性，則證明乙酸具有酸性，故C正確；D稀硫酸與NaOH溶液的反應沒有明顯現(xiàn)象，需要滴入指示劑，否則無法完成實驗，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了化學實驗方案的評價，題目難度不大，涉及物質(zhì)分離與提純、氣體收集方法、中和滴定等知識，明確常見化學實驗基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力4（3分）已知異丙苯的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法錯誤的是（）A異丙苯的分子式為C9H12B異丙苯的沸點比苯高C異丙苯中碳原子可能都處于同一平面D異丙苯和苯為同系物【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】534：有機物的化學性質(zhì)及推斷【分析】A由有機物結(jié)構(gòu)簡式可知有機物的分子

19、式為C9H12；B異丙苯和苯均為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，沸點越高；C苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，與苯環(huán)直接相連的C在同一平面內(nèi)，四面體C最多三原子共平面；D異丙苯和苯的結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差3個CH2原子團，互為同系物【解答】解：A由有機物結(jié)構(gòu)簡式可知有機物的分子式為C9H12，故A正確；B異丙苯和苯均為分子晶體，異丙苯的相對分子質(zhì)量比苯大，故分子間作用力強與苯，沸點比苯高，故B正確；C苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，但側(cè)鏈中存在四面體結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D異丙苯和苯的結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差3個CH2原子團，互為同系物，故D正確。故選：C?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學

20、生的分析能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)和官能團的性質(zhì)，注意四面體碳最多3原子共平面，難度不大5（3分）鋅空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42下列說法正確的是（）A充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陽極移動B充電時，電解質(zhì)溶液中c（OH）逐漸減小C放電時，負極反應為：Zn+4OH2eZn（OH）42D放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）【考點】BH：原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51I：電化學專題【分析】根據(jù)2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42可知，O2中元素的化合價

21、降低，被還原，應為原電池正極，Zn元素化合價升高，被氧化，應為原電池負極，電極反應式為Zn+4OH2eZn（OH）42，充電時陽離子向陰極移動，以此解答該題。【解答】解：A充電時陽離子向陰極移動，故A錯誤；B充電時，電池反應為Zn（OH）42+2eZn+4OH，電解質(zhì)溶液中c（OH）逐漸增大，故B錯誤；C放電時，負極反應式為Zn+4OH2eZn（OH）42，故C正確；D放電時，每消耗標況下22.4L氧氣，轉(zhuǎn)移電子4mol，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查原電池與電解池的基礎(chǔ)知識，正確判斷正負極、陰陽極，注意電極反應式的書寫及電子轉(zhuǎn)移的計算，正確判斷化合價的變化為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等

22、。6（3分）四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與Y同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性下列說法正確的是（）AW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性B簡單離子半徑：WXZC氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WYD最高價氧化物的水化物的酸性：YZ【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X為Na由原子序數(shù)可知，Y、Z處于第三周期，而Z與X（鈉）形成的離子

23、化合物的水溶液呈中性，則Z為ClW、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，且W與Y同族，W在第二周期且是非金屬元素，W可能是氮（或）氧，則對應的Y為磷（或硫）【解答】解：四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X為Na由原子序數(shù)可知，Y、Z處于第三周期，而Z與X（鈉）形成的離子化合物的水溶液呈中性，則Z為ClW、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，且W與Y同族，W在第二周期且是非金屬元素，W可能是氮（或）氧，則對應的Y為磷（或硫）。AW可能是氮或氧，與鈉形成的化合物可能是氮化鈉，氧化鈉，過氧化鈉，它們與水反應都能生成氫氧化鈉使溶液呈堿性，故A正確；

24、BX離子（Na+）、W離子的電子層為2層，Z離子（Cl）電子層為3層，電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故簡單離子半徑大小順序是：XWZ，故B錯誤；CW與Y處于同于主族，從上到下非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WY，故C錯誤；DY與Z處于同同期，從左到右非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物的酸性：ZY，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應用，側(cè)重對元素周期律的考查，正確推斷各元素為解答關(guān)鍵，注意元素的不確定性，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力7（3分）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是（）A向0.1molL1 CH3COOH溶

25、液中加入少量水，溶液中減小B將CH3COONa溶液從20升溫至30，溶液中增大C向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題【分析】A加水促進電離，則n（H+）增大，c（CH3COOH）減?。籅從20升溫至30，促進水解，Kh增大；C向鹽酸中加入氨水至中性，則c（H+）=c（OH），結(jié)合電荷守恒分析；D向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=【解答】解：AKa=，加水雖然促

26、進電離，n（CH3COO）增大，但c（CH3COO）減小，Ka保持不變，則溶液中增大，故A錯誤；B從20升溫至30，促進水解，Kh增大，則溶液中=減小，故B錯誤；C向鹽酸中加入氨水至中性，則c（H+）=c（OH），由電荷守恒可知，溶液中=1，故C錯誤；D向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=，Ksp只與溫度有關(guān)，而溫度不變，則溶液中不變，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查酸堿混合及弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點，把握電離平衡、溶解平衡及酸堿混合定性分析等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意平衡常數(shù)的應用及電荷守恒應用，題目難度中等二、解答題.8過氧化鈣微

27、溶于水，溶于酸，可用作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑以下是一種制備過氧化鈣的實驗方法回答下列問題：（一）碳酸鈣的制備（1）步驟加入氨水的目的是調(diào)節(jié)溶液pH使Fe（OH）3沉淀小火煮沸的作用是使沉淀顆粒長大，有利于過濾分離（2）如圖是某學生的過濾操作示意圖，其操作不規(guī)范的是ade（填標號）a漏斗末端頸尖未緊靠燒杯壁b玻璃棒用作引流c將濾紙濕潤，使其緊貼漏斗壁d濾紙邊緣高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中輕輕攪動以加快過濾速度（二）過氧化鈣的制備（3）步驟的具體操作為逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈酸性（填“酸”、“堿”或“中”）將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化

28、碳（4）步驟中反應的化學方程式為CaCl2+2NH3H2O+H2O2+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，該反應需要在冰浴下進行，原因是溫度過高時雙氧水易分解（5）將過濾得到的白色結(jié)晶依次使用蒸餾水、乙醇洗滌，使用乙醇洗滌的目的是去除晶體表面水分（6）制備過氧化鈣的另一種方法是：將石灰石煅燒后，直接加入雙氧水反應，過濾后可得到過氧化鈣產(chǎn)品該工藝方法的優(yōu)點是工藝簡單、操作方便，產(chǎn)品的缺點是純度較低【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】548：制備實驗綜合【分析】（一）碳酸鈣的制備由流程可知，加鹽酸，碳酸鈣、鐵的氧化物均溶解，加雙氧水可氧化亞鐵離子，加氨水將鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀，

29、過濾后的濾液中含鹽酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸鈣沉淀；（1）堿可中和酸，小火煮沸利于沉淀生成；（2）過濾遵循一貼二低三靠；（二）過氧化鈣的制備由流程可知，碳酸鈣溶于鹽酸后，至溶液中尚存有少量固體，過濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過氧化氫反應生成CaO2、NH4Cl、水；再過濾，洗滌得到過氧化鈣；制備過氧化鈣的另一種方法是：將石灰石煅燒后，直接加入雙氧水反應，過濾后可得到過氧化鈣產(chǎn)品，石灰石便宜易得，但純度較低，以此來解答【解答】解：（一）碳酸鈣的制備由流程可知，加鹽酸，碳酸鈣、鐵的氧化物均溶解，加雙氧水可氧化亞鐵離子，加氨水將鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾后的濾液中含鹽酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸鈣沉

30、淀；（1）步驟加入氨水的目的是中和多余的鹽酸，沉淀鐵離子小火煮沸的作用是使沉淀顆粒長大，有利于過濾，故答案為：調(diào)節(jié)溶液pH使Fe（OH）3沉淀；過濾分離；（2）a漏斗末端頸尖未緊靠燒杯壁，應漏斗末端頸尖緊靠燒杯壁，故錯誤；b玻璃棒用作引流，使液體順利流下，故正確；c將濾紙濕潤，使其緊貼漏斗壁，防止液體從濾紙與漏斗的縫隙流下，故正確；d濾紙邊緣應低于漏斗上邊緣，故錯誤；e玻璃棒不能在漏斗中輕輕攪動以加快過濾速度，可能搗破濾紙，過濾失敗，故錯誤；故答案為：ade；（二）過氧化鈣的制備由流程可知，碳酸鈣溶于鹽酸后，至溶液中尚存有少量固體，過濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過氧化氫反應生成CaO2、NH4C

31、l、水；再過濾，洗滌得到過氧化鈣；（3）步驟的具體操作為逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，溶液中溶解二氧化碳，此時溶液呈酸性；將溶液煮沸，趁熱過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳，故答案為：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；（4）步驟中反應的化學方程式為CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，該反應需要在冰浴下進行，原因是溫度過高時雙氧水易分解，故答案為：CaCl2+2NH3H2O+H2O2+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；溫度過高時雙氧水易分解；（5）將過濾得到的白色結(jié)晶依次使用蒸餾水、乙醇洗滌，使用乙醇洗滌的目的是去除晶體表面水分，故

32、答案為：去除晶體表面水分；（6）制備過氧化鈣的另一種方法是：將石灰石煅燒后，直接加入雙氧水反應，過濾后可得到過氧化鈣產(chǎn)品該工藝方法的優(yōu)點是原料來源豐富、操作簡單，產(chǎn)品的缺點是純度較低，故答案為：工藝簡單、操作方便；純度較低【點評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握制備實驗原理、實驗技能、物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意物質(zhì)的性質(zhì)及應用，題目難度中等9煤燃燒排放的煙含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝?；卮鹣铝袉栴}：（1）NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉。（2）在鼓泡反應器中通入含SO2、NOx的煙氣，反應溫

33、度323K，NaClO2溶液濃度為5×103molL1反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如表。 離子SO42SO32NO3NO2 Cl c/（molL1） 8.35×104 6.87×106 1.5×104 1.2×105 3.4×103寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O。增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率提高（填“提高”、“不變”或“降低”）。隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p小”）。由實驗結(jié)果可知，脫硫反應速率大于脫硝反應速率（填“

34、大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在煙氣中初始濃度不同，還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高。（3）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中SO2和NO的平衡分壓Pe如圖所示。由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p小”）。反應ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常數(shù)K表達式為。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。從化學平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的優(yōu)點是形成CaSO4沉淀，反應平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高。已知下列反應：SO2（g）+2OH（

35、aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3則反應SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）的H=H1+H2H3?！究键c】BB：反應熱和焓變；CB：化學平衡的影響因素菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51E：化學平衡專題【分析】（1）NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉；（2）亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；正反應是體積減小的，則增加壓強，

36、NO的轉(zhuǎn)化率提高；根據(jù)反應的方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O可知隨著吸收反應的進行氫氧根離子被消耗，吸收劑溶液的pH逐漸降低；由實驗結(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強，易被氧化；（3）由圖分析可知，根據(jù)反應3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分壓的負對數(shù)隨溫度的升高而減小，則說明溫度越高，NO的平衡分壓越大，NO的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應方向進行，平衡常數(shù)減??；根據(jù)反應的方程式ClO2+2SO322SO42+

37、Cl可知平衡常數(shù)K表達式為K=；（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行；則根據(jù)蓋斯定律計算。【解答】解：（1）NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉，故答案為：亞氯酸鈉；（2）亞氯酸鈉具有氧化性，且NaClO2溶液呈堿性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；正反應是體積減小的，則增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率提高，故答案為：3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；提高；根據(jù)反應的方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2

38、O可知隨著吸收反應的進行氫氧根離子被消耗，吸收劑溶液的pH逐漸降低，故答案為：減?。挥蓪嶒灲Y(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高，故答案為：大于；NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高；（3）由圖分析可知，根據(jù)反應3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分壓的負對數(shù)隨溫度的升高而減小，則說明溫度越高，NO的平衡分壓越大，NO的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應方向進行，平衡常數(shù)減小，故答案為：減?。桓鶕?jù)反應的方程式ClO2+2SO322SO4

39、2+Cl可知平衡常數(shù)K表達式為K=，故答案為：；（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，生成硫酸鈣沉淀，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行，所以Ca（ClO）2效果好，故答案為：形成CaSO4沉淀，反應平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高；已知SO2（g）+2OH（aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3則根據(jù)蓋斯定律可知+即得到反應SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）H=H1

40、+H2H3，故答案為：H1+H2H3。【點評】本題考查氧化還原反應、蓋斯定律、外界條件對反應速率和平衡狀態(tài)的影響等，要求學生掌握基本概念，結(jié)合生活實際分析問題、解決問題，方程式的書寫要遵循相關(guān)守恒，題目難度中等。10以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生產(chǎn)硫酸的催化劑從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用廢釩催化劑的主要成分為：物質(zhì)V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3質(zhì)量分數(shù)/%2.22.92.83.122286065121以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：回答下列問題：（1）“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，反應的離子方程式為V2O5+2H+

41、=2VO2+H2O，同時V2O4轉(zhuǎn)成VO2+“廢渣1”的主要成分是SiO2（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+，則需要氧化劑KClO3至少為0.5mol（3）“中和”作用之一是使釩以V4O124形式存在于溶液中“廢渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3（4）“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH為強堿性陰離子交換樹脂）為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈堿性（填“酸”“堿”“中”）（5）“流出液”中陽離子最多的是K+（6）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，寫出“煅燒”中發(fā)生反應的化學方程式2NH4VO3V2O5+H2O+

42、2NH3【考點】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，V2O4轉(zhuǎn)成VO2+氧化鐵、氧化鋁均轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，只有SiO2不溶，則過濾得到的濾渣1為SiO2，然后加氧化劑KClO3，將VO2+變?yōu)閂O2+，再加KOH時，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同時中和硫酸，過濾得到的濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH為強堿性陰離子交換樹脂可知，堿性條

43、件下利用反應逆向移動，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，“煅燒”時分解生成V2O5，以此來解答【解答】解：從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，V2O4轉(zhuǎn)成VO2+氧化鐵、氧化鋁均轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，只有SiO2不溶，則過濾得到的濾渣1為SiO2，然后加氧化劑KClO3，將VO2+變?yōu)閂O2+，再加KOH時，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同時中和硫酸，過濾得到的濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH為強堿性陰離子交

44、換樹脂可知，堿性條件下利用反應正向移動，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，“煅燒”時分解生成V2O5，（1）“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，反應的離子方程式為V2O5+2H+=2VO2+H2O，由上述分析可知濾渣1為SiO2，故答案為：V2O5+2H+=2VO2+H2O；SiO2；（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+，由電子守恒可知，則需要氧化劑KClO3至少為=0.5mol，故答案為：0.5；（3）由上述流出分析可知濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案為：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）利用強堿性陰離子交換樹脂可“離子交換”和“

45、洗脫”，則應選擇堿性條件下使用，且OH濃度大反應逆向移動提高洗脫效率，故答案為：堿；（5）由上述分析可知，流出液中主要為硫酸鉀，則“流出液”中陽離子最多的是K+，故答案為：K+；（6）“煅燒”中發(fā)生反應的化學方程式為2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3，故答案為：2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3【點評】本題考查混合物分離提純的綜合應用，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離及實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物與實驗相結(jié)合的訓練，綜合性較強，題目難度中等【化學選修2：化學與技術(shù)】（15分）11（15分）聚合硫酸鐵（PFS）是水處理中重要的絮凝劑，如圖

46、是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程回答下列問題（1）廢鐵屑主要為表面附有大量鐵銹的鐵，鐵銹的主要成分為Fe2O3xH2O粉碎過篩的目的是選取細小顆粒，增大反應物接觸面積，提高“酸浸”反應速率（2）酸浸時最合適的酸是硫酸，寫出鐵銹與酸反應的離子方程式Fe2O3xH2O+6H+=2Fe3+（x+3）H2O（3）反應釜中加入氧化劑的作用是氧化亞鐵離子，下列氧化劑中最合適的是C（填標號）AKMnO4 BCl2 CH2O2 DHNO3（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則容易生成Fe（OH）3，產(chǎn)率降低（5）相對于常壓蒸發(fā)，減壓蒸發(fā)的優(yōu)點是可

47、以防止溫度過高，聚合硫酸鐵分解（6）鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標，定義式為B= （n為物質(zhì)的量）為測量樣品的B值，取樣品m g，準確加入過量鹽酸，充分反應，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，以酚酞為指示劑，用c molL1的標準NaOH溶液進行中和滴定（部分操作略去，已排除鐵離子干擾）到終點時消耗NaOH溶液V mL按上述步驟做空白對照試驗，消耗NaOH溶液V0 mL，已知該樣品中Fe的質(zhì)量分數(shù)w，則B的表達式為【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】544：定量測定與誤差分析【分析】廢鐵屑粉粹過篩后加入酸浸，過濾得到濾液在反應釜中加入氧化劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加

48、入水和硫酸生成聚合硫酸鐵，減壓蒸發(fā)得到PES固體產(chǎn)品，（1）鐵銹的主要成分是氧化鐵水合物，粉碎過篩是選取細小顆粒，增大反應物接觸面積，提高“酸浸”反應速率；（2）依據(jù)制備的物質(zhì)聚合硫酸鐵可知，酸化反應不能引入新的雜質(zhì)，需要硫酸酸化，鐵銹中氧化鐵和酸反應生成鐵離子和水；（3）反應釜中加入氧化劑的作用是氧化亞鐵離子為鐵離子，氧化劑不引入新的雜質(zhì)；（4）鐵離子易水解生成紅褐色氫氧化鐵膠體；（5）減壓蒸發(fā)在較低溫度下可進行，防止溫度過高而導致物質(zhì)分解；（6）B= （n為物質(zhì)的量），n（OH）=（V0V）×103×c molL1，n（Fe）=mol【解答】解：（1）鐵銹的主要成分是氧

49、化鐵水合物，化學式為：Fe2O3xH2O，粉碎過篩是選取細小顆粒，增大反應物接觸面積，提高“酸浸”反應速率，故答案為：Fe2O3xH2O；選取細小顆粒，增大反應物接觸面積，提高“酸浸”反應速率；（2）依據(jù)制備的物質(zhì)聚合硫酸鐵可知，酸化反應不能引入新的雜質(zhì)，需要硫酸酸化，鐵銹中氧化鐵和酸反應生成鐵離子和水，反應的離子方程式為：Fe2O3xH2O+6H+=2Fe3+（x+3）H2O，故答案為：H2SO4；Fe2O3xH2O+6H+=2Fe3+（x+3）H2O；（3）反應釜中加入氧化劑的作用是氧化亞鐵離子為鐵離子，氧化劑不引入新的雜質(zhì)，A、B、D都會引入新的雜質(zhì)，C中過氧化氫被還原生成水無雜質(zhì)離子引

50、入，故答案為：C；（4）鐵離子易水解生成紅褐色氫氧化鐵膠體，聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則容易生成Fe（OH）3，產(chǎn)率降低，故答案為：容易生成Fe（OH）3，產(chǎn)率降低；（5）減壓蒸發(fā)在較低溫度下可進行，防止常壓蒸發(fā)溫度過高聚合硫酸鐵分解，故答案為：可以防止溫度過高，聚合硫酸鐵分解；（6）n（OH）=（V0V）×103×c molL1，n（Fe）=mol，B= （n為物質(zhì)的量）=3×=，故答案為：【點評】本題考查了物質(zhì)組成探究、物質(zhì)性質(zhì)的分析、試劑選擇和離子反應實質(zhì)的理解應用，注意信息的分析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，

51、題目難度中等【化學-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）12（15分）砷化鎵（GaAs）是優(yōu)良的半導體材料，可用于制作微型激光器或太陽能電池的材料等回答下列問題：（1）寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）根據(jù)元素周期律，原子半徑Ga大于As，第一電離能Ga小于As（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立體構(gòu)型為三角錐形，其中As的雜化軌道類型為sp3（4）GaF3的熔點高于1000，GaCl3的熔點為77.9，其原因是GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體，離子晶體的熔點高（5）GaAs的熔點為1238，密度為 gcm3，其晶胞結(jié)構(gòu)如

52、圖所示該晶體的類型為原子晶體，Ga與As以共價鍵鍵合Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGa gmol1和MAs gmol1，原子半徑分別為rGa pm和rAs pm，阿伏伽德羅常數(shù)值為NA，則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為×100%【考點】86：原子核外電子排布；8B：元素電離能、電負性的含義及應用；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51D：化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)【分析】（1）As為A族33號元素，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）同一周期，原子序數(shù)越小半徑越大，同周期第一電離能從左到右，逐漸增大；（3）AsCl3中價層電子對個數(shù)=鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3，由于有一對孤對電子對，分子空間構(gòu)型為三角錐形；（4）GaF3的熔點高于1000，GaCl3的熔點為77.9，其原因是GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體，離子晶體的熔點高；（5）GaAs的熔點為1238，熔點較高，以共價鍵結(jié)合形成屬于原子晶體，密度為 gcm3，根據(jù)均攤法計算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的體積V1=（）×1030，