2016年普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷3化学

1、 2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷3）化学 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（ ） 化学性质 实际应用 A 和小苏打反应 Al（SO）342 泡沫灭火器灭火 B 铁比铜金属性强 FeCl腐蚀Cu刻制印刷电路板3 C 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D HF与SiO反应 2 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 AA BB CC DD 2（3分）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（3分）下列有关实验的操作正确的

2、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 分解产 排水法收集KMnO4生的O 2 先熄灭酒精灯，后移除导管 C 反应制备纯 浓盐酸与MnO2净Cl 2 后通过饱和食 气体产物先通过浓硫酸，盐水 D CCl萃取碘水中的I 24 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 AA BB CC DD 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CH 129B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2 ）O2Zn（OH

3、）下列说法正确的是（+4OH应为2Zn+O+2H422+ K向阳极移动A充电时，电解质溶液中 OH）逐渐减小B充电时，电解质溶液中c（2 ）2eZn（OHC放电时，负极反应为：Zn+4OH4 电子，消耗氧气放电时，电路中通过2mol22.4L（标准状况）D的简单离子具、X的原子序数依次增大，、X、Y、ZW分）四种短周期主族元素6（3WX与W的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，与Y同族，Z有相同电子层结构，X 形成的离子化合物的水溶液呈中性下列说法正确的是（ ）Z XA简单离子半径：W 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性BW与XY 气态氢化物的热稳定性：WC 1第页（共17页） D最高价氧化物的

4、水化物的酸性：YZ 7（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ） 1减小 CHCOOH 溶液中加入少量水，溶液中A向0.1mol?L3 ，溶液中增大 20升温至30B将CHCOONa溶液从3 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中C1 ，溶液中不变的饱和溶液中加入少量AgNO D向AgCl、AgBr3 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： （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

5、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 （二）过氧化钙的制备 第2页（共17页） （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 （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 9煤燃烧排放的烟含有S

6、O和NO，形成酸雨、污染大气，采用NaClO溶液作为吸收剂22x可同时对烟气进行脱硫、脱硝回答下列问题： （1）NaClO的化学名称为 2 （2）在鼓泡反应器中通入含SO、NO的烟气，反应温度323K，NaClO溶液浓度为5102x231mol?L反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表 离子 2SO 4 2SO 3 NO 3 NO 2 Cl 1 c/（mol?L） 4 8.3510 6 6.8710 4 1.510 5 1.210 3 3.410 写出NaClO溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 增加压强，NO的转2 化率 （填“提高”、“不变”或“降低”） 随着吸收反应的进行，吸收剂溶液

7、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SO和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是 2 （3）在不同温度下，NaClO溶液脱硫、脱硝的反应中SO和NO的平衡分压p如图所示 022 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”） 22 ClO反应+2So2SO+Cl的平衡常数K表达式为 423 NaClO，也能得到较好的烟气脱硫效果ClO）替代（4）如果采用NaClO、Ca（22 从化学平衡原理分析，Ca（ClO）相比NaClO具有的优点是 2 已知下列反应：2 H）

8、+HO（l）SO（g）+2OH（aqSO（aq122322 aq）H（aqClO（）+SO（aq）SOaq）+Cl（23422+ H+SO（CaSOs）Ca（aq）（aq）3442+）（aql+H（g）+Caaq）+ClOaq）+2OHaq）CaSOs）O（）+Cl（SO则反应242 H=的 ）是接触法生产硫酸的催化剂从废钒催化剂中O以硅藻土为载体的五氧化二钒（10V52 既避免污染环境O回收V52 又有利于资源综合利用废钒催化剂的主要成分为： 3第页（共17页） 物质 VO 25 O V42 KSO 24 SiO 2 FeO 23 AlO32 质量分数/% 2.22.9 3.1 2.8 22

9、28 6065 12 1 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线： 回答下列问题：+转成O ，同时V，反应的离子方程式为 （1）“酸浸”时VO转化为VO45222 2+ ”的主要成分是 VO“废渣1 +2+ mol ，”中欲使3 mol的VO变为VO则需要氧化剂KClO至少为（2）“氧化32 4 ”作用之一是使钒以VO形式存在于溶液中“废渣2中含有（3）“中和124 4ROH（以ORV和“洗脱”可简单表示为：4ROH+VO+4OH”（4）“离子交换1244412性（填 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”“中”“酸”“ “5）流出液”中阳离子最多的是 （ 中发生反应的化学方

10、程煅烧”VO）沉淀，写出“6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH（34 式 分）：化学与技术】（15【化学选修2）是谁处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制PFS（15分）聚合硫酸铁（11 的一种工艺流程备PFS 回答下列问题粉碎过筛的 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 （ 目的是 ，写出铁锈与酸反应的离子方程式2）酸浸时最合适的酸是 （ ）反应釜中加入氧化剂的作用是 ，下列氧化剂中最合适的是（3 （填标号） HNO D CH O Cl AKMnO B 324223+偏大pH偏小时pHFe水解程度弱，（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内， 时则 ）相对于常压蒸发

11、，减压蒸发的优点是（5 为物质的（ nB（6）盐基度是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B=，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却m g为测量样品的量）B值，取样品 174第页（共页） 1（部分操作略去，的标准NaOH溶液进行中和滴定L的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c mol?按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V mL已排除铁离子干扰）到终点时消耗 B的表达式为 NaOH溶液V mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则0 （15分）【化学-选修3：物质结构与性质】）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15分）砷化镓（GaAs12（ 材料等回答下列问题： 原子的

12、核外电子排布式 （1）写出基态As （填As As，第一电离能Ga （2）根据元素周期律，原子半径Ga ”）大于”或“小于“ ，其中As的杂化轨道类型为 （3）AsCl分子的立体构型为 3 1000，GaCl的熔点为77.9，其原因是 4（）GaF的熔点高于33 3，其晶胞结构如图所示该晶体的类型cm，密度为 g?（5）GaAs的熔点为1238mol?的摩尔质量分别为M g 键键合Ga和As ，Ga与As以 为Ga 11GaAs，阿伏伽德罗常数值为N，则，原子半径分别为r pm和r pm和Mg?molAAsGaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 四、【化学-选修5：有机化学基础】（15

13、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 HRCCCCCR+H 2RC2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）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 ）化合物（）也可发生4Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应（ 的化学方程式为 第5页（共17页） （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

14、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 第6页（共17页） 2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷3）化学 参考答案与试题解析 一、选择题. 1B 【分析】AAl（SO）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； 324B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SiO反应 2【解答】解：AAl（SO）水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水324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

15、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SiO反应生成SiF，氢氟酸可用于雕刻玻璃，故D正确 42故选B 2A 【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 【解答】解：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

16、构体，故D正确； 故选：A 3D 【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KMnO分解产生的O，应该先移出导管，后熄灭酒精灯； 24C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 【解答】解：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KMnO分解产生的O，应该先移出导管，后熄灭酒精灯，否则易产生倒流24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

17、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 第7页（共17页） 4C 【分析】A由有机物结构简式可知有机物的分子式为CH； 129B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CH原

18、子团，互为同系物 2【解答】解：A由有机物结构简式可知有机物的分子式为CH，故A正确； 129B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CH原子团，互为同系物，故D正确 2故选C 5C 2中元素的化合价降低，被还可知，O（+2HO2ZnOH）【分析】根据2Zn+O+4OH2224Zn+4OH应为原电池负极，电极反应式为原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，2

19、 ），充电时阳离子向负极移动，以此解答该题2eZn（OH4 错误；充电时阳离子向负极移动，故【解答】解：AA2）逐渐增c（OH）Zn+4OH2e，电解质溶液中（OHB充电时，电池反应为2Zn4 大，故B错误；2 正确；，故COHC放电时，负极反应式为Zn+4OH2eZn（）4电子，消耗氧气，电路中通过2mol放电时，每消耗标况下D22.4L氧气，转移电子4mol 错误（标准状况）11.2L，故D 故选CB 6的原子半径是短周期【分析】四种短周期主族元素W、XX的原子序数依次增大，Y、Z、形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种Z与XX主族元素原子中最大的，则是钠；是氯；的氢化物的水溶液属于强酸

20、，则Z只能是第三周期的非金属元素，且盐不水解，ZZ在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；的简单离子具有相同电子层结构，则W、XW W与Y同族， 之间，位置关系如图：，据此解答ZX与 Y在【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， 第8页（共17页） 之间，位置关系如图：， 在X与ZYAX、W离子的电子层为

21、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：XWZ，故A错误； BW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； 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逐渐减弱，则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逐渐增强，则ZY，故D错误； 故选：B 7D +【分析】A加水促进电离，则n（H）增大，c（CHCOOH）减小； 3B从20升温至30，促进水解，K

22、h增大； + ），结合电荷守恒分析；）=c（OHC向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）相同，AgAgNO，c（D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量3 = +则溶液中COOH）减小，CH（H）增大，（c则【解答】解：A加水促进电离，n3 错误；增大，故A =增大，则溶液中，促进水解，从20升温至30KhB B错误；减小，故 +=1溶液中，）（H=c（OH），由电荷守恒可知，则C向盐酸中加入氨水至中性，c 故C错误；+）相同，c，（Ag的饱和溶液中加入少量向DAgCl、AgBrAgNO3 不变，则溶液中=而温度不变，只与温度有关，Ksp， 正确；故D 故选D 二、解答题. 8（一） 第179

23、页（共页） （1） 中和多余的盐酸，沉淀铁离子 ； 过滤 （2） ade （二） （3） 酸 性； 除去溶液中溶解的二氧化碳 （4） CaCl+2NHHO+HO=CaO+2NHCl+2HO ； 防止过氧化钙分解 22422223 （5） 减少CaO溶解而损失 2 （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 【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，利用得到碳酸钙沉淀； （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； （二）过氧化钙的

24、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CaO、NHCl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；制备过氧化钙的另一42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，但煅烧消耗大量的能源，以此来解答 【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； （1）步骤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

25、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CaO、NHCl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；（3）步骤的具体操42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

26、，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）步骤中反应的化学方程式为CaCl+2NHHO+HO=CaO+2NHCl+2HO，该反24222322应需要在冰浴下进行，原因是防止过氧化钙分解， 故答案为：CaCl+2NHHO+HO=CaO+2NHCl+2HO；防止过氧化钙分解； 22234222（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CaO溶解而损失； 2（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

27、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， 第10页（共17页） 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 ）（19 亚氯酸钠 ）（2+ ； 提高 O+3ClO 2H+4NO=4NO+3Cl+4H 322 减小 二氧化硫的还原性强于NO 大于 ； ）（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 H+H=H 312 【分析】（1）NaClO的化学名称为亚氯酸钠； 2（2）亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2+2HO+3ClO+4NO=4NO+3Cl+4

28、H；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率322提高； 2+4NO=4NOO+3ClO+4H，2H=2SO根据反应的方程式2HO+ClO+2SO+Cl3222422+ 逐渐降低；可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的+3Cl+4HpH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还可能是二氧化硫的还原性在烟气中的初始浓度不同，SO和NO硝反应速率原因是除了2 强，易被氧化；的平衡分压负对数减小，这说明反应向有图分析可知，反应温度升高，氧气和NO（3） 逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；22表达式为+2So2SO+Cl可知平衡常数

29、K根据反应的方程式ClO432 K=；（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）替代NaClO，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根22离子浓度，促使平衡向正反应方向进行； 则根据盖斯定律计算 【解答】解：（1）NaClO的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠； 2（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+的转化率NO+3ClO+3ClO+4NO=4NO+4H；正反应是体积减小的，则增加压强，2H322+ +3Cl+4NO=4NO+4H；提高；提高，故答案为：2HO+3ClO322+2+4NO=4NO =2SO+Cl+4H 2HO+3ClO+2SO根据反应的方程

30、式2HO+ClO3224222+逐渐降低，故答案+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 为：减小；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还可能是二氧化硫的还原性NO原因是除了硝反应速率SO和在烟气中的初始浓度不同，2 强，易被氧化，故答案为：大于；二氧化硫的还原性强于NO；第11页（共17页） （3）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； 22表达式为+Cl可知平衡常数K根据反应的方程式ClO+2So2SO423 ，故答案为：

31、；K=（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）替代NaClO，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根22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 H（l）（aq）SO（aq）+HO已知SO（g）+2OH132222 aq（）H（aq）SO（aq）+ClClO（aq）+SO24322+ aq）Hs）Ca（aq）+SO（CaSO（3442+）+2OH（aq+Ca（aq）+ClO（aq+则根据盖斯定律可知即得到反应SO（g）2 H故答案为：H+H=aq）H=H+HH，（CaSO（s）+HOl）+Cl（33

32、212412 10 （1）+ SiO =2VO+HO ； VO+2H22522 2）（ 0.5 ）、Al（OH）（3） Fe（OH33 （4） 碱 + 5） K，（ OV+HO+2NH （6） 2NHVO323542 +【分析】从废钒催化剂中回收VO，由流程可知，“酸浸”时VO转化为VO，VO转成45522222+VO氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO，222+然后加氧化剂KClO，将VO变为VO，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）23、Al（OH）沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）、Al（OH），“离子3333 4为强碱性

33、由ROHO可简单表示为：4ROH+VO+4OH，RV和交换”“洗脱”1244412阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NHVO）沉淀，“煅烧”时分解生成VO，以此来解答 5324+【解答】解：从废钒催化剂中回收VO，由流程可知，“酸浸”时VO转化为VO，VO45222522+转成VO氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO不溶，则过滤得到的滤渣1为22+SiO，然后加氧化剂KClO，将VO变为VO，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe232（OH）、Al（OH）沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）、Al（OH），333

34、3 4为ROHOO可简单表示为：4ROH+V+4OH，由RV”“离子交换和“洗脱”1244124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（NHVO）沉淀，“煅烧”时分解生成VO， 5243+（1）“酸浸”时VO转化为VO，反应的离子方程式为VO+2H=2VO+HO，由上述分2225225析可知滤渣1为SiO， 2+故答案为：VO+2H=2VO+HO；SiO； 22522第12页（共17页） 2+至少VO，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO”中欲使3 mol的VO变为（2）“氧化32 为=0.5mol，故答案为：0.5； （3）由上述流出

35、分析可知滤渣2为Fe（OH）、Al（OH），故答案为：Fe（OH）、Al333（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； VO+HO+2NH2NHVO，故答案为：）（6“煅烧”中发生反应的化学方程式为342532 +HOO+2NHV2NHVO335422 11FeO?xH O ； 控制铁屑的颗粒 （1）223 +3+硫酸 ； FeO+6H=2Fe+3HO2（） 232 氧化亚铁离子 ； C 3（）

36、 PH过大，容易生成Fe（OH 4（），产率降低 3 可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解 （5） ）（6 【分析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸，过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES固体产品， （1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，粉碎过筛是控制筛选铁的颗粒； （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； （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； （4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体； （5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而

37、导致物质分解； 31）nc mol?L，（Fe）=（ n为物质的量），n（OH）（VV10B=（6）0 mol=【解答】解：（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，化学式为：FeO?xHO，粉碎过筛是232控制筛选铁的颗粒， 故答案为：FeO?xHO；控制铁屑的颗粒； 223（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+3+中氧化铁和酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：FeO+6H=2Fe+3HO， 223+3+故答案为：HSO；FeO+6H=2Fe+3HO； 22432（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

38、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； 第13页（共17页） （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3+ ，产率降低，（OH）Fe水解程度弱，pH偏大时则容易生成FepH内，偏小时3 ，产率降低；（OH）故答案为：PH过大，容易生成Fe3 ）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，（5 故答案为：可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解； 13B=Fe） =（n=mol，Ln（6）（OH）=（VV）10c mol?，n（0 =，=为物质的量） 故答案为： 12226261023 4p 3s3p3d（1）

39、 4s1s2s2p （2） ； 小于大于 3 （3） ；sp 三角锥形 GaCl的为分子晶体，离子晶体的熔点高 GaF4（） 的为离子晶体，33 ） 原子晶体100% ；5 共价 ； （ 322266102【分析】（1）As为A族33号元素，电子排布式为：1s2s2p3s3p3d4s4p； （2）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大； （3）AsCl中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式33是sp，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（4）GaF的熔点高于1000，3GaCl的熔点为77.9，其原因是GaF为离子晶体，GaCl为分子晶体，离子晶体的熔点高； 333（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 g?cm 3，根据均摊法计算，As：，Ga：41=4，故其晶胞中原子所