2016年高考理综真题试卷（化学部分）（新课标Ⅲ卷）
一、选择题.
1．（2016·新课标Ⅲ卷）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
化学性质 实际应用
A Al2（SO4）3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火
B 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物
D HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
A．A B．B C．C D．D
2．（2016·新课标Ⅲ卷）下列说法错误的是（ ）
A．乙烷室温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．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
3．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验 操作
A 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B 排水法收集KMnO4分解产生的O2 先熄灭酒精灯，后移除导管
C 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2 气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D CCl4萃取碘水中的I2 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
A．A B．B C．C D．D
4．（2016·新课标Ⅲ卷）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C9H12
B．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．（2016·新课标Ⅲ卷）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﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（ ）
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+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣
D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
6．（2016·新课标Ⅲ卷）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（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
7．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol L﹣1 CH3COOH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 >1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
二、解答题.
8．（2016·新课标Ⅲ卷）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：
（一）碳酸钙的制备
（1）步骤①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过过滤速度
（3）（二）过氧化钙的制备
步骤②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 ．
（4）步骤③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 ．
9．（2016·新课标Ⅲ卷）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：
（1）NaClO2的化学名称为 ．
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．
离子 SO42﹣ SO32﹣ NO3﹣ NO2﹣ Cl﹣
c/（mol L﹣1） 8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4 1.2×10﹣5 3.4×10﹣3
①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”）．
②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”）．
③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 ．
（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p0如图所示．
①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”）．
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+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．
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是 ．
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（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= ．
10．（2016·新课标Ⅲ卷）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
又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：
物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3
质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2 ＜1
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 ．
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为 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+V4O124﹣ R4V4O12+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”）．
（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 ．
11．（2016·新课标Ⅲ卷）【[化学——选修2：化学与技术】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．
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）．
A．KMnO4 B．Cl2 C．H2 O2 D．HNO3
（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 mol L﹣1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 ．
12．（2016·新课标Ⅲ卷）【化学-选修3：物质结构与性质】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：
（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Ga As，第一电离能Ga As．（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ρ g cm﹣3，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As的摩尔质量分别为MGa g mol﹣1和MAs g mol﹣1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 ．
13．（2016·新课标Ⅲ卷）【化学-选修5：有机化学基础】端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应.2R﹣C≡C﹣H R﹣C≡C﹣C≡C﹣R+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：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D的化学名称为 ．
（2）①和③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（ ）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 ．
（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 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．Al2（SO4）3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C．次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，故C正确；
D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，故D正确．
故选B．
【分析】A．Al2（SO4）3和小苏打在溶液中发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应；C．次氯酸盐具有强氧化性，可用于漂白；D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应．本题综合考查元素、化合物等知识点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．
2．【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．乙烷性质稳定，一般不与酸碱发生反应，故A错误；
B．聚乙烯可以用作食品包装材料，而乙烯是生产聚乙烯的原料，故B正确；
C．乙醇与水以任意比互溶，乙醇与溴乙烷混溶，是因为乙醇与水能形成氢键使乙醇在水中的溶解度增大，故C正确；
D．乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：A．
【分析】A．乙烷性质稳定，一般不与酸碱发生反应；B．乙烯是生产聚乙烯的原料；C．乙醇与水能形成氢键使其溶解度增大；D．分子式相同，结构不同，互为同分异构体．本题考查有机物的相关性质，平时注意积累基础知识即可解答，题目比较简单．
3．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并不断搅拌，防止局部温度过高而溅出液体产生安全事故，故A错误；
B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该先移出导管，后熄灭酒精灯，否则易产生倒流现象而炸裂试管，故B错误；
C．用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时，应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸，如果先通入浓硫酸后通入饱和食盐水，氯气中会产生部分水蒸气，所以得不到干燥、纯净的氯气，故C错误；
D．萃取分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，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时，有机层在下方、水层在上方，所以 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确；
故选D．
【分析】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并不断搅拌；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该先移出导管，后熄灭酒精灯；C．用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时，应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸；D．萃取分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及到的知识点有萃取分液、气体洗气和干燥、气体收集操作、溶液配制等，明确实验原理、物质性质、实验基本操作方法是解本题关键，注意实验操作先后顺序及操作规范性，题目难度不大．
4．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】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，与苯环直接相连的C在同一平面内，异丙基中非甲基C为四面体C，最多三原子共平面，故最多8个C原子共面，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．
【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．本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力，要掌握有机物的结构和官能团的性质，注意四面体碳最多3原子共平面，难度不大．
5．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．充电时阳离子向负极移动，故A错误；
B．充电时，电池反应为2Zn（OH）42﹣═Zn+4OH﹣﹣2e﹣，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐增大，故B错误；
C．放电时，负极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（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，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L（标准状况），故D错误．
故选C．
【分析】根据2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（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，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时阳离子向负极移动，以此解答该题．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．
6．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】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是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图： ，
A．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故A错误；
B．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，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B正确；
C．W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逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；
D．Y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逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；
故选：B．
【分析】本题考查了原子结构与元素周期表的关系，解答此题关键是正确推断各元素，在答题时，画出各元素的位置关系使解题更快也更准确，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，故A错误； 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；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，解答此题的关键是把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等，侧重考查分析与应用能力，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等．
8．【答案】（1）中和多余的盐酸，沉淀铁离子；过滤
（2）ade
（3）酸；除去溶液中溶解的二氧化碳
（4）CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；防止过氧化钙分解
（5）减少CaO2溶解而损失
（6）原料来源丰富、操作简单；煅烧石灰石需要消耗大量的能量
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；
（1）步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，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：中和多余的盐酸，沉淀铁离子；过滤；
（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过过滤速度，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；
（3）步骤②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，故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；
（4）步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是防止过氧化钙分解，
故答案为：CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；防止过氧化钙分解；
（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减少CaO2溶解而损失，故答案为：减少CaO2溶解而损失；
（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，产品的缺点是煅烧石灰石需要消耗大量的能量，
故答案为：原料来源丰富、操作简单；煅烧石灰石需要消耗大量的能量．
【分析】（1）碱可中和酸，小火煮沸利用沉淀生成；（2）过滤遵循一贴二低三靠；本题考查物质的制备实验，为高频考点，解答此题的关键是把握制备实验原理、实验技能、物质的性质等知识，侧重考查分析与实验能力，注意物质的性质及应用，题目难度中等．
9．【答案】（1）亚氯酸钠
（2）2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；减小；大于；二氧化硫的还原性强于NO
（3）减小；
（4）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；△ H1+△ H2=△ H3
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；
（2）①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2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；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：2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；
②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+ 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；
③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，故答案为：大于；二氧化硫的还原性强于NO；
（3）①有图分析可知，反应温度升高，氧气和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式 ，故答案为： ；
（4）①如果采用NaClO、Ca（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，所以Ca（ClO）2效果好，故答案为：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；
②已知SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）
，故答案为：△H1+△H2=△H3．
【分析】本题考查的知识点有氧化还原反应、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．
10．【答案】（1）V2O5+2H+=2VO2++H2O；SiO2
（2）0.5
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）碱
（5）K+
（6）2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】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+V4O124﹣ R4V4O12+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，
（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， 故答案为：V2O5+2H+=2VO2++H2O；SiO2；
（2）3 mol的VO2+变为VO2+，失去3 mol电子，1molKClO3转化成KCl得到6 mol电子。由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为0.5mol，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；
（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；（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2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑．
【分析】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，解答此题的关键是把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等．
11．【答案】（1）Fe2O3 xH2O；控制铁屑的颗粒
（2）硫酸；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）氧化亚铁离子；C
（4）pH过大，容易生成Fe（OH）3，产率降低
（5）可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解
（6）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，化学式为：Fe2O3 xH2O，粉碎过筛是控制筛选铁的颗粒，故答案为：Fe2O3 xH2O；控制铁屑的颗粒；
（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：H2SO4；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质，A、B、D都会引入新的杂质，C中过氧化氢被还原生成水无杂质离子引入，故答案为：C；
（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，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偏大时则容易生成Fe（OH）3，产率降低，故答案为：pH过大，容易生成Fe（OH）3，产率降低；
（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高聚合硫酸铁分解，故答案为：可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解；
（6）n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×c mol L﹣1，n（Fe）= =mol，B= （n为物质的量）= ，故答案为： ．
【分析】本题考查的知识点有物质组成探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
12．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3
（2）大于；小于
（3）三角锥形；sp3
（4）GaF3的为离子晶体，GaCl3的为分子晶体，离子晶体的熔点高
（5）原子晶体；共价；x100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）根据元素周期变，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As，故答案为：大于；小于；
（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+ (5-3X1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高，故答案为：GaF3的为离子晶体，GaCl3的为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g cm﹣3，根据均摊法计算，As： 8X+6X，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1= ，晶胞的体积V2= = ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 ×100%将V1、V2带入计算得百分率，故答案为：原子晶体；共价； ×100%．
【分析】本题考查的知识点有分子空间构型、电子排布式、原子杂化方式、晶胞密度的计算、电离能及半径大小比较等，综合性较强，最后的计算难度较大，要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生能力的考查．
13．【答案】（1）；苯乙炔
（2）取代反应；消去反应
（3）；4
（4）；n +（n﹣1）H2
（5） 任意三种
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】由B的分子式、C的结构简式可知B为 ，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为 ．对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应．D发生信息中的偶联反应生成E为 ．
（1）B的结构简式为 ，D的化学名称为苯乙炔， 故答案为： ；苯乙炔；
（2）①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应，故答案为：取代反应、消去反应；
（3）E的结构简式为 ，用1mol E合成1，4﹣二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol，故答案为： ；4；
（4）化合物（ ）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：n +（n﹣1）H2，故答案为：n +（n﹣1）H2；
（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，可能的结构简式为： ，故答案为： 任意3种；
（6） 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，然后与溴发生加成反应生成 ，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 ，合成路线流程图为： ，故答案为： ．
【分析】本题考查的知识点有有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化．
1 / 12016年高考理综真题试卷（化学部分）（新课标Ⅲ卷）
一、选择题.
1．（2016·新课标Ⅲ卷）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
化学性质 实际应用
A Al2（SO4）3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火
B 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物
D HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．Al2（SO4）3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C．次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，故C正确；
D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，故D正确．
故选B．
【分析】A．Al2（SO4）3和小苏打在溶液中发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应；C．次氯酸盐具有强氧化性，可用于漂白；D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应．本题综合考查元素、化合物等知识点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．
2．（2016·新课标Ⅲ卷）下列说法错误的是（ ）
A．乙烷室温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．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
【答案】A
【知识点】乙烯的化学性质
【解析】【解答】A．乙烷性质稳定，一般不与酸碱发生反应，故A错误；
B．聚乙烯可以用作食品包装材料，而乙烯是生产聚乙烯的原料，故B正确；
C．乙醇与水以任意比互溶，乙醇与溴乙烷混溶，是因为乙醇与水能形成氢键使乙醇在水中的溶解度增大，故C正确；
D．乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：A．
【分析】A．乙烷性质稳定，一般不与酸碱发生反应；B．乙烯是生产聚乙烯的原料；C．乙醇与水能形成氢键使其溶解度增大；D．分子式相同，结构不同，互为同分异构体．本题考查有机物的相关性质，平时注意积累基础知识即可解答，题目比较简单．
3．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验 操作
A 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B 排水法收集KMnO4分解产生的O2 先熄灭酒精灯，后移除导管
C 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2 气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D CCl4萃取碘水中的I2 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并不断搅拌，防止局部温度过高而溅出液体产生安全事故，故A错误；
B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该先移出导管，后熄灭酒精灯，否则易产生倒流现象而炸裂试管，故B错误；
C．用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时，应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸，如果先通入浓硫酸后通入饱和食盐水，氯气中会产生部分水蒸气，所以得不到干燥、纯净的氯气，故C错误；
D．萃取分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，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时，有机层在下方、水层在上方，所以 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确；
故选D．
【分析】A．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并不断搅拌；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，应该先移出导管，后熄灭酒精灯；C．用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时，应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸；D．萃取分液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及到的知识点有萃取分液、气体洗气和干燥、气体收集操作、溶液配制等，明确实验原理、物质性质、实验基本操作方法是解本题关键，注意实验操作先后顺序及操作规范性，题目难度不大．
4．（2016·新课标Ⅲ卷）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C9H12
B．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
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】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，与苯环直接相连的C在同一平面内，异丙基中非甲基C为四面体C，最多三原子共平面，故最多8个C原子共面，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．
【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．本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力，要掌握有机物的结构和官能团的性质，注意四面体碳最多3原子共平面，难度不大．
5．（2016·新课标Ⅲ卷）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﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（ ）
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+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣
D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．充电时阳离子向负极移动，故A错误；
B．充电时，电池反应为2Zn（OH）42﹣═Zn+4OH﹣﹣2e﹣，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐增大，故B错误；
C．放电时，负极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（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，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L（标准状况），故D错误．
故选C．
【分析】根据2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（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，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时阳离子向负极移动，以此解答该题．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．
6．（2016·新课标Ⅲ卷）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（ ）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】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是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图： ，
A．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故A错误；
B．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，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B正确；
C．W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逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；
D．Y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逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；
故选：B．
【分析】本题考查了原子结构与元素周期表的关系，解答此题关键是正确推断各元素，在答题时，画出各元素的位置关系使解题更快也更准确，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．（2016·新课标Ⅲ卷）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol L﹣1 CH3COOH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 >1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A．加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小，则溶液中 增大，故A错误； 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；
故选D．
【分析】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，解答此题的关键是把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等，侧重考查分析与应用能力，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等．
二、解答题.
8．（2016·新课标Ⅲ卷）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：
（一）碳酸钙的制备
（1）步骤①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过过滤速度
（3）（二）过氧化钙的制备
步骤②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 ．
（4）步骤③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 ．
【答案】（1）中和多余的盐酸，沉淀铁离子；过滤
（2）ade
（3）酸；除去溶液中溶解的二氧化碳
（4）CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；防止过氧化钙分解
（5）减少CaO2溶解而损失
（6）原料来源丰富、操作简单；煅烧石灰石需要消耗大量的能量
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；
（1）步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，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：中和多余的盐酸，沉淀铁离子；过滤；
（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过过滤速度，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；
（3）步骤②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，故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；
（4）步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是防止过氧化钙分解，
故答案为：CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；防止过氧化钙分解；
（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减少CaO2溶解而损失，故答案为：减少CaO2溶解而损失；
（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，产品的缺点是煅烧石灰石需要消耗大量的能量，
故答案为：原料来源丰富、操作简单；煅烧石灰石需要消耗大量的能量．
【分析】（1）碱可中和酸，小火煮沸利用沉淀生成；（2）过滤遵循一贴二低三靠；本题考查物质的制备实验，为高频考点，解答此题的关键是把握制备实验原理、实验技能、物质的性质等知识，侧重考查分析与实验能力，注意物质的性质及应用，题目难度中等．
9．（2016·新课标Ⅲ卷）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：
（1）NaClO2的化学名称为 ．
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．
离子 SO42﹣ SO32﹣ NO3﹣ NO2﹣ Cl﹣
c/（mol L﹣1） 8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4 1.2×10﹣5 3.4×10﹣3
①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”）．
②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”）．
③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 ．
（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p0如图所示．
①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”）．
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+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．
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是 ．
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（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= ．
【答案】（1）亚氯酸钠
（2）2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；减小；大于；二氧化硫的还原性强于NO
（3）减小；
（4）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；△ H1+△ H2=△ H3
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；
（2）①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2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；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：2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；提高；
②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+ 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；
③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，故答案为：大于；二氧化硫的还原性强于NO；
（3）①有图分析可知，反应温度升高，氧气和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式 ，故答案为： ；
（4）①如果采用NaClO、Ca（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，所以Ca（ClO）2效果好，故答案为：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；
②已知SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）
，故答案为：△H1+△H2=△H3．
【分析】本题考查的知识点有氧化还原反应、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．
10．（2016·新课标Ⅲ卷）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
又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：
物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3
质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2 ＜1
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 ．
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为 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+V4O124﹣ R4V4O12+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”）．
（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 ．
【答案】（1）V2O5+2H+=2VO2++H2O；SiO2
（2）0.5
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）碱
（5）K+
（6）2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】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+V4O124﹣ R4V4O12+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，
（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， 故答案为：V2O5+2H+=2VO2++H2O；SiO2；
（2）3 mol的VO2+变为VO2+，失去3 mol电子，1molKClO3转化成KCl得到6 mol电子。由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为0.5mol，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；
（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；（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2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4VO3 V2O5+H2O+2NH3↑．
【分析】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，解答此题的关键是把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等．
11．（2016·新课标Ⅲ卷）【[化学——选修2：化学与技术】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．
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）．
A．KMnO4 B．Cl2 C．H2 O2 D．HNO3
（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 mol L﹣1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 ．
【答案】（1）Fe2O3 xH2O；控制铁屑的颗粒
（2）硫酸；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（3）氧化亚铁离子；C
（4）pH过大，容易生成Fe（OH）3，产率降低
（5）可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解
（6）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，化学式为：Fe2O3 xH2O，粉碎过筛是控制筛选铁的颗粒，故答案为：Fe2O3 xH2O；控制铁屑的颗粒；
（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：H2SO4；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质，A、B、D都会引入新的杂质，C中过氧化氢被还原生成水无杂质离子引入，故答案为：C；
（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，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偏大时则容易生成Fe（OH）3，产率降低，故答案为：pH过大，容易生成Fe（OH）3，产率降低；
（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高聚合硫酸铁分解，故答案为：可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解；
（6）n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×c mol L﹣1，n（Fe）= =mol，B= （n为物质的量）= ，故答案为： ．
【分析】本题考查的知识点有物质组成探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
12．（2016·新课标Ⅲ卷）【化学-选修3：物质结构与性质】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：
（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Ga As，第一电离能Ga As．（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ρ g cm﹣3，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As的摩尔质量分别为MGa g mol﹣1和MAs g mol﹣1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 ．
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3
（2）大于；小于
（3）三角锥形；sp3
（4）GaF3的为离子晶体，GaCl3的为分子晶体，离子晶体的熔点高
（5）原子晶体；共价；x100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）根据元素周期变，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As，故答案为：大于；小于；
（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+ (5-3X1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高，故答案为：GaF3的为离子晶体，GaCl3的为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g cm﹣3，根据均摊法计算，As： 8X+6X，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1= ，晶胞的体积V2= = ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 ×100%将V1、V2带入计算得百分率，故答案为：原子晶体；共价； ×100%．
【分析】本题考查的知识点有分子空间构型、电子排布式、原子杂化方式、晶胞密度的计算、电离能及半径大小比较等，综合性较强，最后的计算难度较大，要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生能力的考查．
13．（2016·新课标Ⅲ卷）【化学-选修5：有机化学基础】端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应.2R﹣C≡C﹣H R﹣C≡C﹣C≡C﹣R+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：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D的化学名称为 ．
（2）①和③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（ ）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 ．
（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 ．
【答案】（1）；苯乙炔
（2）取代反应；消去反应
（3）；4
（4）；n +（n﹣1）H2
（5） 任意三种
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】由B的分子式、C的结构简式可知B为 ，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为 ．对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应．D发生信息中的偶联反应生成E为 ．
（1）B的结构简式为 ，D的化学名称为苯乙炔， 故答案为： ；苯乙炔；
（2）①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应，故答案为：取代反应、消去反应；
（3）E的结构简式为 ，用1mol E合成1，4﹣二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol，故答案为： ；4；
（4）化合物（ ）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：n +（n﹣1）H2，故答案为：n +（n﹣1）H2；
（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，可能的结构简式为： ，故答案为： 任意3种；
（6） 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，然后与溴发生加成反应生成 ，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 ，合成路线流程图为： ，故答案为： ．
【分析】本题考查的知识点有有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化．
1 / 1
