新课标Ⅲ：全国统一高考2016-2018化学真题试卷及解析合集3套（可打印）.docx

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1、新课标：2016-2018年高考真题试卷及解析新课标：全国统一高考化学真题试卷及解析（2016年）一、选择题.1（3分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（） 选项化学性质实际应用AClO2具有强氧化性自来水消毒杀菌BSO2具有还原性用作漂白剂CNaHCO3受热易分解并且生成气体焙制糕点DAl（OH）3分解吸收大量热量并有H2O生成阻燃剂AABBCCDD2（3分）下列说法错误的是（）A乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应B乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体3（3分）下列有关实验的操作正确的是（） 实验操作 A除去NaH

2、CO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热 B实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO向上排空气法收集 C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生 D测定某稀硫酸的浓度取20.00ml该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准液进行滴定AABBCCDD4（3分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（）A异丙苯的分子式为C9H12B异丙苯的沸点比苯高C异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D异丙苯和苯为同系物5（3分）锌空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42下列说法正确的是（）穆童

3、A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c（OH）逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH2eZn（OH）42D放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）6（3分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性下列说法正确的是（）穆童AW与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性B简单离子半径：WXZC气态氢化物的热稳定性：WYD最高价氧化物的水化物的酸性：YZ7（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A向0.1molL1 CH

4、3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变二、解答题.8过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂以下是一种制备过氧化钙的实验方法回答下列问题：穆童（一）碳酸钙的制备（1）步骤加入氨水的目的是小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是（填标号）a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度（二）过氧化钙的

5、制备（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”）将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是穆童（4）步骤中反应的化学方程式为，该反应需要在冰浴下进行，原因是（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品该工艺方法的优点是，产品的缺点是穆童9煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：穆童（1）NaClO2的化学名称为。（2）在鼓泡反应器中通

6、入含SO2、NOx的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5103molL1反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。穆童 离子SO42SO32NO3NO2Cl c/（molL1） 8.35104 6.87106 1.5104 1.2105 3.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式。增加压强，NO的转化率（填“提高”、“不变”或“降低”）。穆童随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐（填“增大”、“不变”或“减小”）。由实验结果可知，脱硫反应速率脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是。穆童（3）在不同温度下，Na

7、ClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压Pe如图所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均（填“增大”、“不变”或“减小”）。反应ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常数K表达式为。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是。已知下列反应：SO2（g）+2OH（aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3则反应SO2（g）+Ca2+（aq

8、）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）的H=。穆童10以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境穆童又有利于资源综合利用废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为，同时V2O4转成VO2+“废渣1”的主要成分是穆童（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为

9、mol（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中“废渣2”中含有（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈性（填“酸”“碱”“中”）穆童（5）“流出液”中阳离子最多的是（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式【化学选修2：化学与技术】（15分）11（15分）聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程穆童回答下列问题（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为粉碎过筛的目

10、的是（2）酸浸时最合适的酸是，写出铁锈与酸反应的离子方程式（3）反应釜中加入氧化剂的作用是，下列氧化剂中最合适的是（填标号）AKMnO4 BCl2 CH2O2 DHNO3（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B= （n为物质的量）为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c molL1的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干扰）到终点时消耗NaOH溶液V mL按上述步骤做

11、空白对照试验，消耗NaOH溶液V0 mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为穆童【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12（15分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等回答下列问题：穆童（1）写出基态As原子的核外电子排布式（2）根据元素周期律，原子半径GaAs，第一电离能GaAs（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为，其中As的杂化轨道类型为（4）GaF3的熔点高于1000，GaCl3的熔点为77.9，其原因是（5）GaAs的熔点为1238，密度为 gcm3，其晶胞结构如图所示该晶体的类型为，Ga与As以键键合Ga和A

12、s的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为穆童四、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13（15分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应2RCCHRCCCCR+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：穆童回答下列问题：（1）B的结构简式为，D的化学名称为（2）和的反应类型分别为、（3）E的结构简式为用1mol E合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气mol（4）化合物（）

13、也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式穆童（6）写出用2苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线新课标：全国统一高考化学真题试卷及解析（2016年）参考答案与试题解析一、选择题.1（3分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（） 选项化学性质实际应用AClO2具有强氧化性自来水消毒杀菌BSO2具有还原性用作漂白剂CNaHCO3受热易分解并且生成气体焙制糕点DAl（OH）3分解吸收大量热量并有H2O生成阻燃剂AABBCCDD【考点】EM

14、：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F5：二氧化硫的化学性质；GF：钠的重要化合物；GK：镁、铝的重要化合物穆童【专题】52：元素及其化合物【分析】A具有强氧化性，可用于杀菌消毒；B做漂白剂与漂白性有关；CNaHCO3不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体；D氢氧化铝分解吸收热量。【解答】解：AClO2具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；B做漂白剂与漂白性有关，与还原性无关，故B错误；CNaHCO3不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，故C正确；D氢氧化铝分解吸收热量，可用于阻燃剂，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质的性质与应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查

15、学生的双基的掌握，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。穆童2（3分）下列说法错误的是（）A乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应B乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体【考点】HD：有机物的结构和性质【专题】533：有机反应【分析】A乙烷与浓盐酸不反应；B聚乙烯为食品包装材料；C乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；D乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。【解答】解：A乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，故A错误；B聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，故B正确；C乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶

16、解度大于溴乙烷，故C正确；D乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。穆童3（3分）下列有关实验的操作正确的是（） 实验操作 A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热 B实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO向上排空气法收集 C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生 D测定某稀硫酸的浓度取20.00ml该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准液进行滴

17、定AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【专题】25：实验评价题【分析】A碳酸氢钠热稳定性较弱，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；BNO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集；C乙酸溶液中滴加NaHCO3溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸；D该中和滴定实验中没有加入指示剂【解答】解：A由于碳酸氢钠加热易分解，不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，故A错误；穆童BNO与氧气反应，应该用排水法收集，不能用排空气法收集，故B错误；C配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸，碳酸具有酸性，则证明乙酸具有酸性，故C正确；穆童D稀硫酸与NaOH

18、溶液的反应没有明显现象，需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质分离与提纯、气体收集方法、中和滴定等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力穆童4（3分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（）A异丙苯的分子式为C9H12B异丙苯的沸点比苯高C异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D异丙苯和苯为同系物【考点】HD：有机物的结构和性质【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】A由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12；B异丙苯和苯均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作

19、用力越强，沸点越高；C苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，四面体C最多三原子共平面；D异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个CH2原子团，互为同系物【解答】解：A由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12，故A正确；B异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强与苯，沸点比苯高，故B正确；C苯环为平面结构，但侧链中存在四面体结构，故C错误；D异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个CH2原子团，互为同系物，故D正确。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，注意四面体碳

20、最多3原子共平面，难度不大穆童5（3分）锌空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42下列说法正确的是（）穆童A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c（OH）逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH2eZn（OH）42D放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【专题】51I：电化学专题【分析】根据2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn（OH）42可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，

21、电极反应式为Zn+4OH2eZn（OH）42，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。穆童【解答】解：A充电时阳离子向阴极移动，故A错误；B充电时，电池反应为Zn（OH）42+2eZn+4OH，电解质溶液中c（OH）逐渐增大，故B错误；穆童C放电时，负极反应式为Zn+4OH2eZn（OH）42，故C正确；D放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，故D错误。故选：C。【点评】本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。穆童6（3分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大

22、，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性下列说法正确的是（）穆童AW与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性B简单离子半径：WXZC气态氢化物的热稳定性：WYD最高价氧化物的水化物的酸性：YZ【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为ClW、X的简单离子具有相同电子层结构，且W

23、与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是氮（或）氧，则对应的Y为磷（或硫）穆童【解答】解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为ClW、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是氮（或）氧，则对应的Y为磷（或硫）。穆童AW可能是氮或氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A正确；穆童BX离子（Na+）、W离子的电子层为2层，Z离子（Cl）电子

24、层为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：XWZ，故B错误；穆童CW与Y处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：WY，故C错误；DY与Z处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：ZY，故D错误。故选：A。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断各元素为解答关键，注意元素的不确定性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力穆童7（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从

25、20升温至30，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】A加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小；B从20升温至30，促进水解，Kh增大；C向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒分析；D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=【解答】解：AKa=，加水虽然促进电离，n（CH3COO）增大，但c（CH3COO）减小，Ka保持

26、不变，则溶液中增大，故A错误；穆童B从20升温至30，促进水解，Kh增大，则溶液中=减小，故B错误；C向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知，溶液中=1，故C错误；D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，故D正确；穆童故选：D。【点评】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等穆童二、解答题.8过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂以下

27、是一种制备过氧化钙的实验方法回答下列问题：穆童（一）碳酸钙的制备（1）步骤加入氨水的目的是调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离穆童（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是ade（填标号）a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度（二）过氧化钙的制备（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈酸性（填“酸”、“碱”或“中”）将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳穆童（4）步骤中反应的化学方程式为CaCl2

28、+2NH3H2O+H2O2+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，该反应需要在冰浴下进行，原因是温度过高时双氧水易分解穆童（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面水分（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品该工艺方法的优点是工艺简单、操作方便，产品的缺点是纯度较低穆童【考点】U3：制备实验方案的设计【专题】548：制备实验综合【分析】（一）碳酸钙的制备由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸

29、钙沉淀；穆童（1）碱可中和酸，小火煮沸利于沉淀生成；（2）过滤遵循一贴二低三靠；（二）过氧化钙的制备由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品，石灰石便宜易得，但纯度较低，以此来解答穆童【解答】解：（一）碳酸钙的制备由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；穆童（1）步骤加入氨水的目的是中和多

30、余的盐酸，沉淀铁离子小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤，故答案为：调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀；过滤分离；（2）a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故错误；b玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故正确；c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故正确；d滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故错误；e玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度，可能捣破滤纸，过滤失败，故错误；故答案为：ade；（二）过氧化钙的制备由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；穆

31、童（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳，穆童故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；（4）步骤中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是温度过高时双氧水易分解，穆童故答案为：CaCl2+2NH3H2O+H2O2+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；温度过高时双氧水易分解；穆童（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面水分，故答案为：去除晶体表面

32、水分；（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单，产品的缺点是纯度较低，穆童故答案为：工艺简单、操作方便；纯度较低【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质的性质及应用，题目难度中等穆童9煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：穆童（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气，反应温度323

33、K，NaClO2溶液浓度为5103molL1反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。穆童 离子SO42SO32NO3NO2Cl c/（molL1） 8.35104 6.87106 1.5104 1.2105 3.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O。增加压强，NO的转化率提高（填“提高”、“不变”或“降低”）。穆童随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小（填“增大”、“不变”或“减小”）。由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是NO

34、溶解度较低或脱硝反应活化能较高。穆童（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压Pe如图所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小（填“增大”、“不变”或“减小”）。反应ClO2+2SO322SO42+Cl的平衡常数K表达式为。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。穆童已知下列反应：SO2（g）+2OH（aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（

35、aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）的H=H1+H2H3。穆童【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素【专题】51E：化学平衡专题【分析】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；（2）亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；穆童根据反应的方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+

36、3Cl+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；穆童由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；穆童（3）由图分析可知，根据反应3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；穆童根据反应的方程式ClO2+2SO322SO42+Cl可知平衡常数K表达式为K=；（4）如果采用NaClO、C

37、a（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；穆童则根据盖斯定律计算。【解答】解：（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；（2）亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O；提高；穆童根据反应的方程式3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液

38、的pH逐渐降低，故答案为：减小；穆童由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；穆童（3）由图分析可知，根据反应3ClO2+4NO+4OH=4NO3+3Cl+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；穆童根据反应的方程式ClO2+2SO322SO42+Cl可知平衡常数K表达式为K=，故答

39、案为：；穆童（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；穆童已知SO2（g）+2OH（aq）SO32（aq）+H2O（l）H1ClO（aq）+SO32（aq）SO42（aq）+Cl（aq）H2CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）H3则根据盖斯定律可知+即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO（aq）+2OH（aq）CaSO4（s）+H2O（l）+Cl（aq）H=H1+H2H3，故答案为：H1+H2

40、H3。穆童【点评】本题考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，方程式的书写要遵循相关守恒，题目难度中等。穆童10以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境穆童又有利于资源综合利用废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，

41、同时V2O4转成VO2+“废渣1”的主要成分是SiO2穆童（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为0.5mol（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3穆童（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性（填“酸”“碱”“中”）穆童（5）“流出液”中阳离子最多的是K+（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3

42、穆童【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】545：物质的分离提纯和鉴别【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移

43、动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答穆童【解答】解：从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱

44、性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，穆童（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，由上述分析可知滤渣1为SiO2，穆童故答案为：V2O5+2H+=2VO2+H2O；SiO2；（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为=0.5mol，穆童故答案为：0.5；（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；穆童（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；穆童（5）由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，故答案为：K+；（6）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3，故答案为：2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3穆童【点