1、2016年全國高考統一化學試卷（新課標）一、選擇題.1（3分）化學在生活中有著廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是（）化學性質實際應用AAl2（SO4）3和小蘇打反應泡沫滅火器滅火B鐵比銅金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物DHF與SiO2反應氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記AA BB CC DD2（3分）下列說法錯誤的是（）A乙烷室溫下能與濃鹽酸發生取代反應 B乙烯可以用作生產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乙酸與甲酸甲酯互為同分異構體3（3分）下列有關實驗的操作正確的是（）實驗操作A配制稀硫酸先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入蒸餾水B排水法收

2、集KMnO4分解產生的O2先熄滅酒精燈，后移除導管C濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2氣體產物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水DCCl4萃取碘水中的I2先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層AA BB CC DD4（3分）已知異丙苯的結構簡式如圖，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，電解質溶液中K+向陽極移動B充電時，電解質溶液中c（OH）逐漸減小

3、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的原子序數依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結構，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（）A簡單離子半徑：WXZBW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C氣態氫化物的熱穩定性：WYD最高價氧化物的水化物的酸性：YZ7（3分）下列有關電解質溶液的說法正確的是（）A向0.1molL1CH3COOH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

4、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過過濾速度（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，此時溶液呈性（填“酸

5、”、“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品該工藝方法的優點是，產品的缺點是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、脫硝回答下列問題：（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溶液濃度為5×103molL1反應一

6、段時間后溶液中離子濃度的分析結果如表離子SO42SO32NO3NO2Clc/（molL1）8.35×1046.87×1061.5×1041.2×1053.4×103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

7、圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數均（填“增大”、“不變”或“減小”）反應ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常數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）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq

8、）的H=10以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生產硫酸的催化劑從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環境又有利于資源綜合利用廢釩催化劑的主要成分為：物質V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3質量分數/%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轉化為VO2+，反應的離子方程式為，同時V2O4轉成VO2+“廢渣1”的主要成分是（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變為VO2+，則需要氧化劑KClO3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

9、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”中發生反應的化學方程式【化學選修2：化學與技術】（15分）11（15分）聚合硫酸鐵（PFS）是誰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

10、化劑中最合適的是（填標號）AKMnO4BCl2CH2O2DHNO3（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則（5）相對于常壓蒸發，減壓蒸發的優點是（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V0mL，已知該樣品中Fe的質量分數w，則B的表達式為【化學-選修3：物質結

11、構與性質】（15分）12（15分）砷化鎵（GaAs）是優良的半導體材料，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As原子的核外電子排布式（2）根據元素周期律，原子半徑GaAs，第一電離能GaAs（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立體構型為，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，其晶胞結構如圖所示該晶體的類型為，Ga與As以鍵鍵合Ga和As的摩爾質量分別為MGagmol1和MAsgmol1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏伽德羅常數值為NA，

12、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】（15分）13（15分）端炔烴在催化劑存在下可發生偶聯反應，成為Glaser反應2RCCHRCCCCR+H2該反應在研究新型發光材料、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的結構簡式為，D的化學名稱為（2）和的反應類型分別為、（3）E的結構簡式為用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣mol（4）化合物（）也可發生Glaser偶聯反應生成聚合物，該聚合反應的化學方程式為（5）芳香化合物F是C的同分異構體，其分子中只有兩種不同化學環境的氫

13、，數目比為3：1，寫出其中3種的結構簡式（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年全國高考統一化學試卷（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，下列對應關系錯誤的是（）化學性質實際應用AAl2（SO4）3和小蘇打反應泡沫滅火器滅火B鐵比銅金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物DHF與SiO2反應氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記AA BB CC DD【分析】AAl2（SO4）3和小蘇打在溶液中發生互促水解反應，可生成二氧化碳氣體；B氯化鐵具有強氧化性，可與銅反應；C次氯酸鹽具有強氧化性，可用于

14、漂白；D玻璃含有二氧化硅，HF與SiO2反應【解答】解：AAl2（SO4）3水解呈酸性，小蘇打水解呈堿性，在溶液中二者發生互促水解反應，可生成二氧化碳氣體，可用于泡沫滅火器滅火，故A正確；B氯化鐵具有強氧化性，可與銅反應，與鐵、銅的活潑性無關，故B錯誤；C次氯酸鹽具有強氧化性和漂白性，可用于漂白，故C正確；D玻璃含有二氧化硅，HF與SiO2反應生成SiF4，氫氟酸可用于雕刻玻璃，故D正確故選B【點評】本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側重于化學與生活、生產的考查，有利于培養學生良好的科學素養，提高學習的積極性，注意相關基礎知識的積累，難度不大2（3分）下列說法錯誤的是（）A乙烷室溫下能與

15、濃鹽酸發生取代反應B乙烯可以用作生產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乙酸與甲酸甲酯互為同分異構體【分析】A乙烷性質穩定，一般不與酸堿發生反應；B乙烯是生產聚乙烯的原料；C乙醇與水以任意比互溶，溴乙烷不溶于水；D分子式相同，結構不同，互為同分異構體【解答】解：A乙烷性質穩定，一般不與酸堿發生反應，故A錯誤；B聚乙烯可以用作食品包裝材料，而乙烯是生產聚乙烯的原料，故B正確；C乙醇與水以任意比互溶，溴乙烷不溶于水，故C正確；D乙酸和甲酸甲酯分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確；故選：A【點評】本題考查有機物的相關性質，注意基礎知識的積累即可解答，題目比較簡單3（3分

16、）下列有關實驗的操作正確的是（）實驗操作A配制稀硫酸先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入蒸餾水B排水法收集KMnO4分解產生的O2先熄滅酒精燈，后移除導管C濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2氣體產物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水DCCl4萃取碘水中的I2先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層AA BB CC DD【分析】A稀釋濃硫酸時，應該將濃硫酸沿燒杯內壁倒入水中，并不斷攪拌；B排水法收集KMnO4分解產生的O2，應該先移出導管，后熄滅酒精燈；C用濃鹽酸和二氧化錳制取純凈的氯氣時，應該先通過飽和食鹽水后通過濃硫酸；D萃取分液時，下層液體從下口倒出，上層液體從上口倒出【解答】解：A稀釋濃硫酸時，

17、應該將濃硫酸沿燒杯內壁倒入水中，并不斷攪拌，防止局部溫度過高而濺出液體產生安全事故，故A錯誤；B排水法收集KMnO4分解產生的O2，應該先移出導管，后熄滅酒精燈，否則易產生倒流現象而炸裂試管，故B錯誤；C用濃鹽酸和二氧化錳制取純凈的氯氣時，應該先通過飽和食鹽水后通過濃硫酸，如果先通入濃硫酸后通入飽和食鹽水，氯氣中會產生部分水蒸氣，所以得不到干燥、純凈的氯氣，故C錯誤；D萃取分液時，下層液體從下口倒出，上層液體從上口倒出，四氯化碳和水不互溶且密度大于水，所以用四氯化碳萃取碘時，有機層在下方、水層在上方，所以先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層，故D正確；故選D【點評】本題考查化學實驗方案

18、評價，為高頻考點，涉及萃取分液、氣體洗氣和干燥、氣體收集操作、溶液配制等知識點，明確實驗原理、物質性質、實驗基本操作方法是解本題關鍵，注意實驗操作先后順序及操作規范性，題目難度不大4（3分）已知異丙苯的結構簡式如圖，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【分析】A由有機物結構簡式可知有機物的分子式為C9H12；B異丙苯和苯均為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高；C苯環為平面結構，與苯環直接相連的C在同一平面內，四面體C最多三原子共平面；D異丙苯和苯的結構相似，分子組成上相差3個CH2原子團，

19、互為同系物【解答】解：A由有機物結構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苯環為平面結構，但側鏈中存在四面體結構，故C錯誤；D異丙苯和苯的結構相似，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【點評】本題考查有機物的結構和性質，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構和官能團的性質，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，電池的電解質溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42下

20、列說法正確的是（）A充電時，電解質溶液中K+向陽極移動B充電時，電解質溶液中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）【分析】根據2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42可知，O2中元素的化合價降低，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，電解質溶液中c（OH）逐漸增大，故B錯誤；C

21、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，轉移電子4mol，故D錯誤故選C【點評】本題考查原電池與電解池的基礎知識，正確判斷正負極、陰陽極，注意電極反應式的書寫及電子轉移的計算，正確判斷化合價的變化為解答該題的關鍵，題目難度中等6（3分）四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結構，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（）A簡單離子半徑：WXZBW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C氣態氫化物的熱穩定性：WYD最高價氧化物的

22、水化物的酸性：YZ【分析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉；Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，Z只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化物的水溶液屬于強酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結構，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，Y在X與Z之間，位置關系如圖：，據此解答【解答】解：四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉；Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，Z只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化

23、物的水溶液屬于強酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結構，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，Y在X與Z之間，位置關系如圖：，AX、W離子的電子層為2層，Z離子即氯離子電子層為3層，電子層多半徑大，電子層結構相同時，序小半徑反而大，則簡單離子半徑大小順序是：XWZ，故A錯誤；BW在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧，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B正確；CW與Y處于同于主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，氣態氫化物的熱穩定性逐漸減弱，則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

24、氧化物的水化物的酸性逐漸增強，則ZY，故D錯誤；故選：B【點評】本題考查了原子結構與元素周期表的關系，正確推斷各元素為解答關鍵，在答題時，畫出各元素的位置關系使解題更快也更準確，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力7（3分）下列有關電解質溶液的說法正確的是（）A向0.1molL1CH3COOH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1D向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變【分析】A加水促進電離，則n（H+）增大，c（CH3COOH）減小；B從20升溫至30，促進水解，Kh增大；C向鹽酸中加入氨水

25、至中性，則c（H+）=c（OH），結合電荷守恒分析；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，而溫度不變，則溶液中不變，故D正確；故選D【點評】本題考查酸堿混合及弱電解質的電離，為高頻考點

26、，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鍵，側重分析與應用能力的考查，注意平衡常數的應用及電荷守恒應用，題目難度中等二、解答題.8過氧化鈣微溶于水，溶于酸，可用作分析試劑、醫用防腐劑、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節溶液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過過濾速度（二）過氧化鈣的制備（3）步驟的

27、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品該工藝方法的優點是工藝簡單、操作方便，產品的缺點是純度較低【分析】（一）碳酸鈣的制備由流程可知，加鹽

28、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

29、，加氨水將鐵離子轉化為沉淀，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：調節溶液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過過濾速度，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

30、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；（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

31、得到的白色結晶依次使用蒸餾水、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品該工藝方法的優點是原料來源豐富、操作簡單，產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】本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備實驗原理、實驗技能、物質的性質為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意物質的性質及應用，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、脫硝回答下列問題：（1）NaClO

32、2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果如表離子SO42SO32NO3NO2Clc/（molL1）8.35×1046.87×1061.5×1041.2×1053.4×103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逐漸減小（填“增大”、“不變”或“減小”

33、）由實驗結果可知，脫硫反應速率大于脫硝反應速率（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均減小（填“增大”、“不變”或“減小”）反應ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常數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具有的優點是形成CaSO4沉淀，反應平衡向產物方向移動，SO2轉化率

34、提高已知下列反應：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）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）的H=H1+H2H3【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，NO的轉化率提高；根據反應的方程式3ClO2+4NO+4

35、OH=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；由實驗結果可知，在相同時間內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，根據反應3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分壓的負對數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，平衡常數減小；根據反應的方程式ClO2+2SO322SO42+Cl可知平衡常數K表達式為K=；（4）如果采用NaClO、

36、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的轉化率提高，故答案為：3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；提高；根據反應的方程式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

37、漸降低，故答案為：減小；由實驗結果可知，在相同時間內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，根據反應3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分壓的負對數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，平衡常數減小，故答案為：減小；根據反應的方程式ClO2+2SO322SO42+Cl可知平衡常數K表達式為K=，故答案為：；（4）如果采用

38、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，反應平衡向產物方向移動，SO2轉化率提高；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+H2H3，故答案為：H1+H2H3【點評】本題考查氧化還原反

39、應、蓋斯定律、外界條件對反應速率和平衡狀態的影響等，要求學生掌握基本概念，結合生活實際分析問題、解決問題，方程式的書寫要遵循相關守恒，題目難度中等10以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生產硫酸的催化劑從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環境又有利于資源綜合利用廢釩催化劑的主要成分為：物質V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3質量分數/%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轉化為VO2+，反應的離子方程式為V2O5+2H+=2VO2+H2O，同時V2O4轉成VO2+“廢渣1”的主要成分是

40、SiO2（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變為VO2+，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”中發生反應的化學方程式2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3【分析】從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時

41、V2O5轉化為VO2+，V2O4轉成VO2+氧化鐵、氧化鋁均轉化為金屬陽離子，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+變為VO2+，再加KOH時，鐵離子、鋁離子轉化為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

42、程可知，“酸浸”時V2O5轉化為VO2+，V2O4轉成VO2+氧化鐵、氧化鋁均轉化為金屬陽離子，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+變為VO2+，再加KOH時，鐵離子、鋁離子轉化為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轉化為VO2

43、+，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+變為VO2+，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“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

44、為：K+；（6）“煅燒”中發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，把握流程中發生的反應、混合物分離及實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物與實驗相結合的訓練，綜合性較強，題目難度中等【化學選修2：化學與技術】（15分）11（15分）聚合硫酸鐵（PFS）是誰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，鐵銹的主要成分為Fe2O3xH2O粉碎過篩的目的是選取細小顆粒，增大反應

45、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）AKMnO4BCl2CH2O2DHNO3（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則容易生成Fe（OH）3，產率降低（5）相對于常壓蒸發，減壓蒸發的優點是可以防止溫度過高，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

46、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V0mL，已知該樣品中Fe的質量分數w，則B的表達式為【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，加入水和硫酸生成聚合硫酸鐵，減壓蒸發得到PES固體產品，（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）依據制備的物質聚合硫酸鐵可知，酸化反應不能引入新的雜質，需要硫酸酸化，鐵銹中氧化鐵和酸反應生成鐵離子和水；（

47、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；（4）鐵離子易水解生成紅褐色氫氧化鐵膠體；（5）減壓蒸發在較低溫度下可進行，防止溫度過高而導致物質分解；（6）B=（n為物質的量），n（OH）=（V0V）×103×c molL1，n（Fe）=mol【解答】解：（1）鐵銹的主要成分是氧化鐵水合物，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）依據制備的物質聚合硫酸鐵可知，酸化反應不能引入新的雜質，需要硫酸酸化，鐵

48、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，A、B、D都會引入新的雜質，C中過氧化氫被還原生成水無雜質離子引入，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，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則容易生成Fe（OH）3，產率降低，故答案為：容易生成Fe（OH）3，產率降低；（5）減壓蒸發在較低溫度下可進行，防止常壓蒸發溫度

49、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為物質的量）=，故答案為：【點評】本題考查了物質組成探究、物質性質的分析、試劑選擇和離子反應實質的理解應用，注意信息的分析，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等【化學-選修3：物質結構與性質】（15分）12（15分）砷化鎵（GaAs）是優良的半導體材料，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As原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3（2）根據元素周期律，原子半徑Ga大于As

50、，第一電離能Ga小于As（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立體構型為三角錐形，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，其晶胞結構如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的摩爾質量分別為MGagmol1和MAsgmol1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏伽德羅常數值為NA，則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為×100%【分析】（1）As為A族33號元素，電子排布式為

51、：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）同一周期，原子序數越小半徑越大，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=鍵個數+孤電子對個數=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，以共價鍵結合形成屬于原子晶體，密度為 gcm3，根據均攤法計算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的體積V1=（）×1030，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帶入計算得百分率=×100%【解答】解：（1）As為A族33號元素，電子排布式為：1s22s2