2016年高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅲ）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2016年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅲ）參考答案與試題解析一、選擇題.1．（3分）化學(xué)在生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)化學(xué)性質(zhì)實(shí)際應(yīng)用AClO2具有強(qiáng)氧化性自來(lái)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(diǎn)DAl（OH）3分解吸收大量熱量并有H2O生成阻燃劑A．A B．B C．C D．D 【考點(diǎn)】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；F5：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；GF：鈉的重要化合物；GK：鎂、鋁的重要化合物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．具有強(qiáng)氧化性，可用于殺菌消毒；B．做漂白劑與漂白性有關(guān)；C．NaHCO3不穩(wěn)定，與酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w；D．氫氧化鋁分解吸收熱量。【解答】解：A．ClO2具有強(qiáng)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(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．NaHCO3不穩(wěn)定，與酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，可用于焙制糕點(diǎn)，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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的雙基的掌握，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大。2．（3分）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．乙烷光照下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應(yīng) 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(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】533：有機(jī)反應(yīng)．【分析】A．乙烷與濃鹽酸不反應(yīng)；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(yīng)，光照下可與鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)，故A錯(cuò)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．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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意常見(jiàn)有機(jī)物的性質(zhì)，題目難度不大。3．（3分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的操作正確的是（）實(shí)驗(yàn)操作A除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl直接將固體加熱B實(shí)驗(yàn)室收集Cu與稀硝酸反應(yīng)成的NO向上排空氣法收集C檢驗(yàn)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(cè)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(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定A．A B．B C．C D．D 【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【專題】25：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)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；B．NO與空氣中氧氣反應(yīng)，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(shí)驗(yàn)中沒(méi)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(cuò)誤；B．NO與氧氣反應(yīng)，應(yīng)該用排水法收集，不能用排空氣法收集，故B錯(cuò)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(yīng)沒(méi)有明顯現(xiàn)象，需要滴入指示劑，否則無(wú)法完成實(shí)驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，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(shí)，明確常見(jiàn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ?．（3分）已知異丙苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．異丙苯的分子式為C9H12 B．異丙苯的沸點(diǎn)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(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】A．由有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知有機(jī)物的分子式為C9H12；B．異丙苯和苯均為分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，沸點(diǎn)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(gè)CH2原子團(tuán)，互為同系物．【解答】解：A．由有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知有機(jī)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(duì)分子質(zhì)量比苯大，故分子間作用力強(qiáng)與苯，沸點(diǎn)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(cuò)誤；D．異丙苯和苯的結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差3個(gè)CH2原子團(tuán)，互為同系物，故D正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)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(dòng)車(chē)動(dòng)力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應(yīng)為2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列說(shuō)法正確的是（）A．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中K+向陽(yáng)極移動(dòng) B．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中c（OH﹣）逐漸減小 C．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣ D．放電時(shí)，電路中通過(guò)2mol電子，消耗氧氣22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況） 【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】51I：電化學(xué)專題．【分析】根據(jù)2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣可知，O2中元素的化合價(jià)降低，被還原，應(yīng)為原電池正極，Zn元素化合價(jià)升高，被氧化，應(yīng)為原電池負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充電時(shí)陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．充電時(shí)陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．充電時(shí)，電池反應(yīng)為Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，電解質(zhì)溶液中c（OH﹣）逐漸增大，故B錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，故C正確；D．放電時(shí)，每消耗標(biāo)況下22.4L氧氣，轉(zhuǎn)移電子4mol，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原電池與電解池的基礎(chǔ)知識(shí)，正確判斷正負(fù)極、陰陽(yáng)極，注意電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)及電子轉(zhuǎn)移的計(jì)算，正確判斷化合價(jià)的變化為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等。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(jiǎn)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(shuō)法正確的是（）A．W與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性 B．簡(jiǎn)單離子半徑：W＜X＜Z C．氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＜Y D．最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：Y＞Z 【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【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）形成的離子化合物的水溶液呈中性，則Z為Cl．W、X的簡(jiǎn)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(duì)應(yīng)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Cl．W、X的簡(jiǎn)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(duì)應(yīng)的Y為磷（或硫）。A．W可能是氮或氧，與鈉形成的化合物可能是氮化鈉，氧化鈉，過(guò)氧化鈉，它們與水反應(yīng)都能生成氫氧化鈉使溶液呈堿性，故A正確；B．X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(jiǎn)單離子半徑大小順序是：X＜W＜Z，故B錯(cuò)誤；C．W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：W＞Y，故C錯(cuò)誤；D．Y與Z處于同同期，從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重對(duì)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(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．7．（3分）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是（）A．向0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中加入少量水，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＞1 D．向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變 【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．加水促進(jìn)電離，則n（H+）增大，c（CH3COOH）減?。籅．從20℃升溫至30℃，促進(jìn)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：A．Ka=，加水雖然促進(jìn)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(cuò)誤；B．從20℃升溫至30℃，促進(jìn)水解，Kh增大，則溶液中=減小，故B錯(cuò)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(cuò)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(diǎn)評(píng)】本題考查酸堿混合及弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，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(yīng)用能力的考查，注意平衡常數(shù)的應(yīng)用及電荷守恒應(yīng)用，題目難度中等．二、解答題.8．過(guò)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(guò)氧化鈣的實(shí)驗(yàn)方法．回答下列問(wèn)題：（一）碳酸鈣的制備（1）步驟①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(zhǎng)大，有利于過(guò)濾分離．（2）如圖是某學(xué)生的過(guò)濾操作示意圖，其操作不規(guī)范的是ade（填標(biāo)號(hào)）．a(chǎn)．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(rùn)，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(dòng)以加快過(guò)濾速度（二）過(guò)氧化鈣的制備（3）步驟②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(shí)溶液呈酸性（填“酸”、“堿”或“中”）．將溶液煮沸，趁熱過(guò)濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳．（4）步驟③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl，該反應(yīng)需要在冰浴下進(jìn)行，原因是溫度過(guò)高時(shí)雙氧水易分解．（5）將過(guò)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(guò)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(yīng)，過(guò)濾后可得到過(guò)氧化鈣產(chǎn)品．該工藝方法的優(yōu)點(diǎn)是工藝簡(jiǎn)單、操作方便，產(chǎn)品的缺點(diǎn)是純度較低．【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】548：制備實(shí)驗(yàn)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，過(guò)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(guò)濾遵循一貼二低三靠；（二）過(guò)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(guò)濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過(guò)氧化氫反應(yīng)生成CaO2、NH4Cl、水；再過(guò)濾，洗滌得到過(guò)氧化鈣；制備過(guò)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(yīng)，過(guò)濾后可得到過(guò)氧化鈣產(chǎn)品，石灰石便宜易得，但純度較低，以此來(lái)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(guò)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）步驟①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(zhǎng)大，有利于過(guò)濾，故答案為：調(diào)節(jié)溶液pH使Fe（OH）3沉淀；過(guò)濾分離；（2）a．漏斗末端頸尖未緊靠燒杯壁，應(yīng)漏斗末端頸尖緊靠燒杯壁，故錯(cuò)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(rùn)，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(yīng)低于漏斗上邊緣，故錯(cuò)誤；e．玻璃棒不能在漏斗中輕輕攪動(dòng)以加快過(guò)濾速度，可能搗破濾紙，過(guò)濾失敗，故錯(cuò)誤；故答案為：ade；（二）過(guò)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(guò)濾后，濾液中氯化鈣、氨水、過(guò)氧化氫反應(yīng)生成CaO2、NH4Cl、水；再過(guò)濾，洗滌得到過(guò)氧化鈣；（3）步驟②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(shí)溶液呈酸性；將溶液煮沸，趁熱過(guò)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③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，該反應(yīng)需要在冰浴下進(jìn)行，原因是溫度過(guò)高時(shí)雙氧水易分解，故答案為：CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl；溫度過(guò)高時(shí)雙氧水易分解；（5）將過(guò)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，故答案為：去除晶體表面水分；（6）制備過(guò)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(yīng)，過(guò)濾后可得到過(guò)氧化鈣產(chǎn)品．該工藝方法的優(yōu)點(diǎn)是原料來(lái)源豐富、操作簡(jiǎn)單，產(chǎn)品的缺點(diǎn)是純度較低，故答案為：工藝簡(jiǎn)單、操作方便；純度較低．【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)技能、物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)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(shí)對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫、脫硝?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）NaClO2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉。（2）在鼓泡反應(yīng)器中通入含SO2、NOx的煙氣，反應(yīng)溫度323K，NaClO2溶液濃度為5×10﹣3mol?L﹣1．反應(yīng)一段時(shí)間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如表。離子SO42﹣SO32﹣NO3﹣NO2﹣Cl﹣c/（mol?L﹣1）8.35×10﹣46.87×10﹣61.5×10﹣41.2×10﹣53.4×10﹣3①寫(xiě)出NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O。增加壓強(qiáng)，NO的轉(zhuǎn)化率提高（填“提高”、“不變”或“降低”）。②隨著吸收反應(yīng)的進(jìn)行，吸收劑溶液的pH逐漸減小（填“增大”、“不變”或“減小”）。③由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)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NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高。（3）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中SO2和NO的平衡分壓Pe如圖所示。①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p小”）。②反應(yīng)ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常數(shù)K表達(dá)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。①?gòu)幕瘜W(xué)平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的優(yōu)點(diǎn)是形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高。②已知下列反應(yīng)：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(yīng)SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的△H=△H1+△H2﹣△H3?！究键c(diǎn)】BB：反應(yīng)熱和焓變；CB：化學(xué)平衡的影響因素．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】（1）NaClO2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉；（2）①亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反應(yīng)是體積減小的，則增加壓強(qiáng)，NO的轉(zhuǎn)化率提高；②根據(jù)反應(yīng)的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知隨著吸收反應(yīng)的進(jìn)行氫氧根離子被消耗，吸收劑溶液的pH逐漸降低；③由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)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(qiáng)，易被氧化；（3）①由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分壓的負(fù)對(duì)數(shù)隨溫度的升高而減小，則說(shuō)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(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小；②根據(jù)反應(yīng)的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常數(shù)K表達(dá)式為K=；（4）①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(yīng)方向進(jìn)行；②則根據(jù)蓋斯定律計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）NaClO2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉，故答案為：亞氯酸鈉；（2）①亞氯酸鈉具有氧化性，且NaClO2溶液呈堿性，則NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反應(yīng)是體積減小的，則增加壓強(qiáng)，NO的轉(zhuǎn)化率提高，故答案為：3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；提高；②根據(jù)反應(yīng)的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知隨著吸收反應(yīng)的進(jìn)行氫氧根離子被消耗，吸收劑溶液的pH逐漸降低，故答案為：減小；③由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)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(yīng)活化能較高，故答案為：大于；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高；（3）①由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分壓的負(fù)對(duì)數(shù)隨溫度的升高而減小，則說(shuō)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(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為：減??；②根據(jù)反應(yīng)的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常數(shù)K表達(dá)式為K=，故答案為：；（4）①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(yīng)方向進(jìn)行，所以Ca（ClO）2效果好，故答案為：形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高；②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①+②﹣③即得到反應(yīng)SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）△H=△H1+△H2﹣△H3．，故答案為：△H1+△H2﹣△H3?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)、蓋斯定律、外界條件對(duì)反應(yīng)速率和平衡狀態(tài)的影響等，要求學(xué)生掌握基本概念，結(jié)合生活實(shí)際分析問(wèn)題、解決問(wèn)題，方程式的書(shū)寫(xiě)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?jǐn)?shù)/%2.2～2.92.8～3.122～2860～651～2＜1以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：回答下列問(wèn)題：（1）“酸浸”時(shí)V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，反應(yīng)的離子方程式為V2O5+2H+=2VO2++H2O，同時(shí)V2O4轉(zhuǎn)成VO2+．“廢渣1”的主要成分是SiO2．（2）“氧化”中欲使3mol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(jiǎn)單表示為：4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣（以ROH為強(qiáng)堿性陰離子交換樹(shù)脂）．為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈堿性（填“酸”“堿”“中”）．（5）“流出液”中陽(yáng)離子最多的是K+．（6）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，寫(xiě)出“煅燒”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑．【考點(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【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(shí)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(yáng)離子，只有SiO2不溶，則過(guò)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(shí)，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同時(shí)中和硫酸，過(guò)濾得到的濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，“離子交換”和“洗脫”可簡(jiǎn)單表示為：4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣，由ROH為強(qiáng)堿性陰離子交換樹(shù)脂可知，堿性條件下利用反應(yīng)逆向移動(dòng)，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，“煅燒”時(shí)分解生成V2O5，以此來(lái)解答．【解答】解：從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時(shí)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(yáng)離子，只有SiO2不溶，則過(guò)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(shí)，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同時(shí)中和硫酸，過(guò)濾得到的濾渣2為Fe（OH）3、Al（OH）3，“離子交換”和“洗脫”可簡(jiǎn)單表示為：4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣，由ROH為強(qiáng)堿性陰離子交換樹(shù)脂可知，堿性條件下利用反應(yīng)正向移動(dòng)，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，“煅燒”時(shí)分解生成V2O5，（1）“酸浸”時(shí)V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，反應(yīng)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3mol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(qiáng)堿性陰離子交換樹(shù)脂可“離子交換”和“洗脫”，則應(yīng)選擇堿性條件下使用，且OH﹣濃度大反應(yīng)逆向移動(dòng)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(yáng)離子最多的是K+，故答案為：K+；（6）“煅燒”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑，故答案為：2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑．【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離及實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物與實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的訓(xùn)練，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．【[化學(xué)——選修2：化學(xué)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(wèn)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Fe2O3?xH2O．粉碎過(guò)篩的目的是選取細(xì)小顆粒，增大反應(yīng)物接觸面積，提高“酸浸”反應(yīng)速率．（2）酸浸時(shí)最合適的酸是硫酸，寫(xiě)出鐵銹與酸反應(yīng)的離子方程式Fe2O3?xH2O+6H+=2Fe3++（x+3）H2O．（3）反應(yīng)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(biāo)號(hào)）．A．KMnO4B．Cl2C．H2O2D．HNO3（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(shí)Fe3+水解程度弱，pH偏大時(shí)則容易生成Fe（OH）3，產(chǎn)率降低．（5）相對(duì)于常壓蒸發(fā)，減壓蒸發(fā)的優(yōu)點(diǎn)是可以防止溫度過(guò)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(biāo)，定義式為B=（n為物質(zhì)的量）．為測(cè)量樣品的B值，取樣品mg，準(zhǔn)確加入過(guò)量鹽酸，充分反應(yīng)，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，以酚酞為指示劑，用cmol?L﹣1的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液進(jìn)行中和滴定（部分操作略去，已排除鐵離子干擾）．到終點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液VmL．按上述步驟做空白對(duì)照試驗(yàn)，消耗NaOH溶液V0mL，已知該樣品中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w，則B的表達(dá)式為．【考點(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量．【專題】544：定量測(cè)定與誤差分析．【分析】廢鐵屑粉粹過(guò)篩后加入酸浸，過(guò)濾得到濾液在反應(yīng)釜中加入氧化劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加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(guò)篩是選取細(xì)小顆粒，增大反應(yīng)物接觸面積，提高“酸浸”反應(yīng)速率；（2）依據(jù)制備的物質(zhì)聚合硫酸鐵可知，酸化反應(yīng)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(yīng)生成鐵離子和水；（3）反應(yīng)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(jìn)行，防止溫度過(guò)高而導(dǎo)致物質(zhì)分解；（6）B=（n為物質(zhì)的量），n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×cmol?L﹣1，n（Fe）==mol．【解答】解：（1）鐵銹的主要成分是氧化鐵水合物，化學(xué)式為：Fe2O3?xH2O，粉碎過(guò)篩是選取細(xì)小顆粒，增大反應(yīng)物接觸面積，提高“酸浸”反應(yīng)速率，故答案為：Fe2O3?xH2O；選取細(xì)小顆粒，增大反應(yīng)物接觸面積，提高“酸浸”反應(yīng)速率；（2）依據(jù)制備的物質(zhì)聚合硫酸鐵可知，酸化反應(yīng)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(yīng)生成鐵離子和水，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3?xH2O+6H+=2Fe3++（x+3）H2O，故答案為：H2SO4；Fe2O3?xH2O+6H+=2Fe3++（x+3）H2O；（3）反應(yīng)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(huì)引入新的雜質(zhì)，C中過(guò)氧化氫被還原生成水無(wú)雜質(zhì)離子引入，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(shí)Fe3+水解程度弱，pH偏大時(shí)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(jìn)行，防止常壓蒸發(fā)溫度過(guò)高聚合硫酸鐵分解，故答案為：可以防止溫度過(guò)高，聚合硫酸鐵分解；（6）n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×cmol?L﹣1，n（Fe）==mol，B=（n為物質(zhì)的量）=3×=，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】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(yīng)實(shí)質(zhì)的理解應(yīng)用，注意信息的分析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【化學(xué)-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(dǎo)體材料，可用于制作微型激光器或太陽(yáng)能電池的材料等．回答下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)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(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)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(diǎn)高．（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，密度為ρg?cm﹣3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．該晶體的類型為原子晶體，Ga與As以共價(jià)鍵鍵合．Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag?mol﹣1和MAsg?mol﹣1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，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(diǎn)】86：原子核外電子排布；8B：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；9I：晶胞的計(jì)算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）As為ⅤA族33號(hào)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(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3，由于有一對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，分子空間構(gòu)型為三角錐形；（4）GaF3的熔點(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)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(diǎn)高；（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，熔點(diǎn)較高，以共價(jià)鍵結(jié)合形成屬于原子晶體，密度為ρg?cm﹣3，根據(jù)均攤法計(jì)算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的體積V1=（）×10﹣30，晶胞的體積V2==，故GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為將V1、V2帶入計(jì)算得百分率=×100%．【解答】解：（1）As為ⅤA族33號(hào)元素，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）根據(jù)元素周期律，Ga與As位于同一周期，Ga原子序數(shù)小于As，故半徑Ga大于As，同周期第一電離能從左到右，逐漸增大，故第一電離能Ga小于As，故答案為：大于；小于；（3）AsCl3中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3，由于有一對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，分子空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3；（4）GaF3的熔點(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)為77.9℃，其原因是GaF3為離子晶體，GaCl3為