资源简介

2010年普通高等学校招生全国统一考试（海南化学卷）
试题评析
广西宾阳中学 陈小丽 陈佑忠
总体评价
题型变化：今年的高考题型出现了明显变化，必考的12题选择题09年都是单选，今年则将第7题至第12题改为不定项选择题，分值上也有一些变化，但总分一样。对选考的三个大题的设置，09年是3个单选题每题3分共9分再加一道综合题11分，合计20分，今年调整为一道多项选择题，每题6分，再加一道综合题14分，合计还是20分。这两个地方的调整对于选择题来说，虽然难度上略有上升，但是达到了避免考生瞎猜、投机的现象，增加了考试的效率和可信度，便于高校更好地选拔优秀新生。
试题特点：一.紧扣主干知识和核心内容。 对学科内的主干知识进行了重点考查, 主要涉及到的主干知识有化学反应速率和化学平衡(第3、5、14、20题)、氧化还原反应（第7题）、离子方程式的判断（第10题），元素周期律与化合物物质的推断（第11、13、15题），有机化学基础与推断（第8、12、16、18题），涉及到结构简式的推导、反应类型、官能团的性质、同分异构体和有机化学方程式的书写，还有电化学的电解原理（第9题），化工生产（第20题），化学实验（第17题）等，以这些主干知识为载体，测试了考生的认识、理解、推理和分析综合能力。
二 .稳中求变，引领课改。化学学科的主干知识的考查力度没有变，试题的核心内容稳定，但是题型上给人耳目一新的感觉，选择题有一些单选题变为不定项和双选题，既更有利于高校选拔新生，也达到了加大海南高考改革的力度和决心的作用，在新课标课程改革中，起到引领课改的导向作用。
三. 注重信息呈现形式的多样化 本套试题有表格信息（第14题），有关系曲线（第20题），有实验装置图（第17题），有工艺流程图（第20题），物质的空间结构（第19题），无机框图推断题（第13、15题），有机框图推断（第16、18题）等。这些呈现形式，能较好的考查学生获取有效信息的能力、观察能力、思维能力和分析能力。
四.以化学知识为载体，突出能力的考查。如化学实验题，用到氨气的实验制法，氨气的干燥、吸收的知识点，要求学生选择实验仪器来设计合理、简单的装置来测定铜元素的相对原子质量，综合考查了学生实验设计能力以及对实验数据的处理能力、计算能力和分析能力，充分体现了以化学实验为基础的学科特点，完全符合新课程理念。还有第20题，以化学平衡移动原理的知识为载体，考查了硫酸工业中，为了提高SO2的转化率，应如何选择适宜的温度和压强，而又能提高工业生产的综合效益，也很好的考查了考生的分析图象、处理图象的思维能力。
复习建议：抓住化学的主干知识来复习，构建知识的网络化，形成知识体系，而且要重视能力的培养。为适应选择题的题型变化，平时有针对性地做一些不定项选择题，以对症下药，达到事半功倍之疗效。
二．化学试题分析：
解题思路：SO2 引起酸雨，氟氯代烃会引起臭氧空洞，CO2 和CH4 会引起温室效应。
答案：A
评价与拓展：在学习化学时，要经常关注化学与生活、社会和科技的联系，不断增强化学学科素养，如化学与能源、化学与材料、化学与环境、化学与生命的联系。
2．解题思路：先判断出硫酸过量，再计算混合后C（H+），再求出PH。设碱和酸均为1L ,混合后溶液体积变为2L，C（H+）=(0.06×2×1-0.1×1)/2=10-2 (mol/L),PH= -lg10-2 =2.0
答案：B
评价与拓展：考查溶液PH的简单计算, 做这类题的时候, 先判断酸碱混合哪个过量, 若酸过量,先求混合后的C（H+）, 若碱过量,则先求C(OH-), 再用Kw/ C(OH-)= C（H+）, 从而进一步求出PH。
3. 解题思路：在同一化学反应中,用各物质表示的反应速率之比等于相应物质化学计量数之比,对本题的反应，有：υ (W)∶υ(X) ∶υ(Y) ∶υ( Z) = 3∶2∶4∶3 ,经过变形推出C项正确。
答案：C
评价与拓展：本题考查化学反应速率与化学计量数的关系,和学生的数形变形能力,要迅速解答此类题型,没有什么技巧, 只能老老实实记住规律: 同一反应中，各物质的反应速率之比等于变化的浓度之比,也等与变化的物质的量之比和化学计量数之比。
4. 解题思路：V L混合溶液分成两等份,均为V/2 L, 但离子浓度未变. 在V/2 L混合溶液中, a mol NaOH 恰好使Mg2+完全沉淀, 由关系2NaOH～ Mg2+,
推出Mg2+为 a/2 mol ,由关系 SO42-～Ba2+ , Ba2+ 有 bmol , SO42-亦有bmol, 在V/2 L混合溶液中, 有电荷守恒: 2n(SO42-) = 2n(Mg2+)+ n(k+), n(k+)= 2b-a ( mol), 再计算出, 选项D正确。
答案：D
评价与拓展：本题属于常见化学反应的计算, 解答此类题型, 要抓关系式, 巧用一些技巧如电荷守恒, 溶液的取出而离子浓度未变, 可达到事半功倍的效果。
5. 解题思路：
同理，AgI饱和溶液中：C(Ag+)=mol/L
所以，三种难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度的大小顺序为Ag2CrO4>AgCl>AgI
答案：C
评价与拓展：考查沉淀溶解平衡的概念和数学的简单计算。
6. 解题思路：A项, 几步反应都是可逆反应, SO2 存在于平衡体系中,所以A正确。 B项由于HSO3- 是部分电离而不是完全电离, 所以H+ 浓度不是SO32- 的两倍. C项如果加入的是强氧化性酸如硝酸、 次氯酸等，会把SO2 氧化，而使其不能逸出。D项NaOH过量的时候，不可能生成含有NaHSO3 的混合物。
答案：A
评价与拓展：该题涉及的知识点较多，有化学平衡、弱电解质的电离、常见的强氧化性酸硝酸和次氯酸，NaOH和SO2 反应用量不同，产物也不同的。
7．解题思路： A 项HClO氯元素价态为+1价，C 项N2O3 氮元素为+3价，在这两种物质中，氯元素与氮元素都处于中间价态，既有氧化性又有还原性，A、C正确。而B项Al为+3价，D项Si为+4价，都处在元素的最高价态，都只有氧化性。
答案：AC
评价与拓展：本题属于氧化还原反应概念的考查，价态规律：元素的最高价态在反应中只能得电子而不能失电子，所以元素处于最高价态时只有氧化性而没有还原性，当元素处于最低价态时，只能失去电子而不能得到电子，只有还原性而没有氧化性；当元素价态处于中间价态时，既能得到电子又能失去电子，氧化和还原性都有。
8．解题思路：乙烷不能发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇不能发生加成反应，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，符合题意的只有丙烯，该物质中有碳碳双键，能发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，丙烯中还有甲基，易发生光照取代反应。
答案：C
评价与拓展：考查有机化学基础知识，特别对是常见的几类有机物烷烃、不饱和烃、醇、苯及其同系物的知识点的考查，考生要熟练掌握各类有机物官能团的性质，抓住它们具有代表性的反应。
9．解题思路：粗铜的精练，粗铜做阳极，与电源的正极连接，阳极上发生氧化反应；精铜做阴极，与电源的负极连接，阴极上发生还原反应，A、C错，B对，阳极的Ag和Pt排在铜的后面，不能放电，变成阳极泥沉积下来，D 对。
答案：BD
评价与拓展：电化学是中学化学的重要内容，属于必考的知识点。从本题来看，只要掌握记住典型范例，就能得分。如本题考查了电化学的电解池原理知识的重要应用：粗铜的精练。解答本题的关键是熟练运用电解原理来理解其应用，如氯碱工业、电镀、粗铜的精练等等，考生要多关注化学与工业生产的联系，从生活中来，到社会中去。
10．解题思路：A项电荷不守恒，B项碳酸锌难溶于水，化学式不能拆，所以B错；醋酸的酸性强于碳酸，C中的离子方程式是由碳酸来制得醋酸，违反了较强酸制较弱酸的反应原理，所以C错 ， D正确。
答案： D
评价与拓展：考查离子方程式书写的判断，离子方程式书写的正误判断是每年高考的传统题型，应引起重视。这类题判断时要抓住两个原则：一是符号书写是否正确（包括原理是否正确，化学式与离子形式拆写是否正确），二 是否守恒（电荷守恒、电子守恒、原子守恒）
11．解题思路：由Y2-与Z+ 核外电子层结构相同，结合X、Y、Z 都为短周期元素，推知Y2-与Z+ 应为10 e- ,故得知 Y为O 元素， Z为Na 元素，再根据三者的原子序数之和为20，推出X为H 元素。A 为Na2O ,只有离子键；B 为H2O2 （H-O-O-H），从其结构式看出其既有极性键又有非极性键； C 为Na2O2，有离子键和O-O非极性键，D为NaOH，有离子键和O-H极性共价键，经过分析B 正确。
答案：B
评价与拓展：本题属于元素推断，同时结合离子键、极性和非极性共价键的概念来考查考生对这些内容的掌握情况。。
12．解题思路：联想到苯环上的碳和氢共面，判断A 项原子都共面； 对二甲苯，苯环上有两个—CH3，每个—CH3都为四面体结构，原子不能都共面，同样的道理，丙烯中也有—CH3，也不能都共面，由乙烯的平面型结构得知氯乙烯分子里所有原子都共面。
答案：AC
评价与拓展：考查内容属于必修2常见有机物及其应用。主要考查考生对CH4、C2H4、C2H2、C6H6等几个典型有机化合物分子的空间构型的理解和运用。
13．解题思路：首先认真审题，把框图和四个问题浏览一遍，接下来是找突破口。A→B气体,C→D气体,这两步反应都用到MnO2 ,很明显突破口就在此，迅速回顾我们中学阶段哪些反应用到MnO2，想到了KClO3 制氧气，H2O2分解得氧气都用到MnO2 作催化剂，MnO2 + 浓HClCl2 ,再根据问题（2）的提示，用不同的A和 MnO2 在常温下和在加热情况下都能得到B气体单质，推出B为氧气，常温下是2H2O22H2O +O2↑，加热时是KClO3 的分解，另外C→D的反应只能是MnO2 + 浓HClCl2 ，推出C为盐酸，D为Cl2 ，E为Fe3O4 ,G是FeCl3 ,F 是FeCl2 （它在空气中很容易被氧化，因此配制溶液时要加入铁屑，防止其被氧化为FeCl3）。检验FeCl3 溶液中阳离子常用的试剂是KSCN溶液，遇Fe3+ 显红色，也可用苯酚，遇Fe3+ 显紫色。
答案：（1）浓盐酸、四氧化三铁；
（2）, KClO3
（3）4HCl(浓) + MnO2 MnCl2 + 2H2O + Cl2↑
（4）铁单质（如铁粉、铁钉、铁丝、铁棒、铁片等等）；KSCN溶液（NH4SCN溶液NaSCN溶液等等）；溶液变为红色（或血红色）。
评价与拓展：细心的考生会发现该题与09年海南卷13 题有惊人的相似之处，这两道题型一样都是无机框图推断题，而且都考查了KClO3 和H2O2 与MnO2 作用得到氧气， MnO2 + 浓HClCl2的知识点，都考查了这几个化学反应方程式的书写，题目难度有所降低，没有新意。不过该题还是达到了考查学生推断能力和正确使用化学用语以及常见离子检验的目的。这道题也可以进行改编，如把两个地方有MnO2改成未知的物质，这样推断难度将上升，或者也可以进行提示，说它是黑色粉末，那难度下降，联想到C和MnO2等黑色物质，从而进行推断。
14．解题思路：第（1）问，由化学平衡常数概念可写出该反应的表达式K=，结合题目所给的温度和平衡常数的数据来分析，温度越高，平衡常数越小，即升温时，C（CO2）减小，C（CO）增大，平衡要向着逆反应方向移动，也是吸热的方向移动，那么正反应方向△H＜0。
第（2）问：
答案：(1)K=, ＜ (2)0.006mol/(L·min)、60% (3)C
评价与拓展：本题考查了化学平衡常数的运用、化学反应速率和转化率的计算，影响化学平衡移动的条件的知识点。
15．解题思路：注意审题，注意题干对A的表述 “是自然界中最广泛的第二主族元素的单质”，其中镁和钙最常见，其它不常见，排除，再从框图中A与H2O的反应条件是常温下，不需要加热条件，把镁排除，确定A是钙。其实不管A是哪种金属，金属与水反应都得到H2 和氢氧化物，根据B与Na反应，推出B为H2 ，那么E为NaH,可以写出其与水的反应方程式。从框图中F的分解需要1000度的高温条件,再结合题干的提示:常以化合物F存在,确定F为CaCO3 , 也可以推出D为CO2 , G为CaO， 如下图所示：
答案：(1)Ca + 2H2O Ca(OH)2 + H2↑，NaH + H2O NaOH + H2↑
(2)CaCO3；、
(3)Na2CO3、NaHCO3
(4)将CaCO3与盐酸反应转化为CaCl2，然后电解熔融的CaCl2固体就制得单质钙。
评价与拓展：无机框图推断，每年高考常考的题型，2009年考一道题,但是到2010年，海南卷无机框图推断增加到两道题，即13和15题，分值一共17分，应引起重视。该类题解题的关键是寻找突破口即找题眼，突破口可以从下面几个方面来找：一. 物质的特殊物理性质(如有颜色的固体、有刺激性气味的气体、易溶于水的气体、有颜色的气体、有颜色的沉淀、有颜色的溶液、焰色反应的颜色等应进行总结) 二. 特殊的物质结构特征, 如两种元素形成的化合物，原子个数比是1∶1和1∶2的物质有Na2O2、Na2O；H2O2、H2O；FeS、FeS2；CO、CO2；NO、NO2；C2H2、C2H4等; 三.反应现象特征,燃烧火焰呈苍白色（H2在Cl2中燃烧），在空气中迅速由无色变红棕色的气体是NO；遇湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3；使品红溶液褪色的气体有Cl2、SO2；遇SCN－显红色、遇OH－生成红褐色沉淀、遇苯酚溶液呈紫色的为Fe3+等。四.反应条件特征, 熟悉具有特殊反应条件的反应，如：高温（多数是重要工业生产反应）；加热、加压、催化剂 ；催化剂、加热；放电等条件下的反应。五.物质用途特征,熟悉重要物质的用途，如了解生活中用途广泛的金属、作为耐火材料的物质、作为化肥的物质、治疗胃酸过多的物质等。此外要熟悉重要工业生产反应如煅烧石灰石 、煅烧黄铁矿、二氧化硫的催化氧化、氨的催化氧化、合成氨 、氯碱工业、工业制盐酸、工业制取漂粉精等。
16．解题思路:
从题目中“A可作为植物生长调节剂”可判断A为乙烯，或者从D与水反应生成A，而D分子内只有2个碳原子，所以A、B、E三种物质的分子中都应只含2个碳原子， A能与稀氯水（含HClO即HO—Cl）反应生成含氯原子和羟基的E，可推断A生成E的反应为烯的加成反应，所以A为CH2CH2，E为，根据“A与氯气反应生成C”，可确定C为，再根据B与A、E的关系可确定B为，然后根据原子守恒原理和共价键断裂后连接的方式，可推出D与H2O反应除了生成乙烯以外其它的产物，从而写出相应的化学方程式：
C6H12Cl3O3P的结构为。
答案：(1)乙烯，1，2-二氯乙烷； (2) ,加成反应；
(3)
(4)CH3OCH2Cl、
评价与拓展：
这道题考查学生对有机物的组成、结构特点、化学性质及其联系、有机反应类型、同分异构体、有机物命名等方面的了解，还考查了学生迁移化学信息的能力。乙烯与氯水在一定条件下的反应，理论上可得到三种不同的产物：①跟HClO(即HO—Cl）加成得；②跟Cl2加成得；③跟HCl加成得。本题A转变为E就属于①的情况。
17. 解题思路:
（1）确定NH3还原CuO的反应产物，可根据NH3中的N元素处于最低价具有还原性，反应时自身被氧化，化合价升高至相对稳定的零价（生成N2 ），CuO中的Cu被还原为单质，NH3中的H和CuO中的O结合生成H2O。
（2）选择并组装仪器时要注意在用A装置制出NH3后必须除去NH3中的H2O，因为本实验是通过测定NH3与CuO反应前CuO的质量及反应后生成H2O的质量来测定铜的相对原子质量，如果NH3与CuO反应前就已含有水蒸汽，会给实验结果带来误差。NH3与CuO反应后用浓H2SO4或用碱石灰都可吸收反应生成的H2O，有些考生可能会觉得前面干燥NH3时已选过碱石灰了，现在该选浓H2SO4了，这样才不会重复选择仪器，这样考虑问题是错误的，因为用浓H2SO4吸收生成的水时，也会把没来得及反应而排出的NH3吸收掉，会给实验造成误差，此时只能选用碱石灰吸收生成的水，后面的浓硫酸是用来吸收尾气，防止污染空气，并防止空气中的水蒸汽进入到碱石灰中被吸收，引起误差。
（3）
（4）因，实验开始前，CuO质量即a值已固定不变，凡是导致b变小的操作，都会使Ar(Cu)会变大，①③符合此情况，而②中CuO不干燥，原来有水存在，造成b变大，Ar(Cu)变小。④中,第二次使用的碱石灰不干燥，不影响反应前后碱石灰的增重，也就是生成水的质量没有变，即b不变,所以Ar(Cu)不会变。⑤中,原混合物含有的水份在NH3和CuO 反应之前已经被第一次使用的碱石灰吸收完了,不影响b值,所以Ar(Cu)不会变。
（5）由反应式知，只要两种测定物之一含有Cu元素，就可根据反应式中物质的对应关系计算出Cu的相对原子质量，不过要注意：用本实验的仪器和试剂无法测出反应消耗NH3的量，也无法测定产生N2的量,但可以测m(CuO)、m(Cu)、m(H2O),所以可通过测定m(CuO)和m(Cu)或 m(Cu)和m(H2O)来确定Cu的相对原子质量。
答案：(1）2NH3+3CuO 3Cu+3H2O+N2↑
(2) e→e→ b→b→e→e →c→d (3)18a/b—16 (4) ①③ (5) m(CuO)和m(Cu), m(Cu)和m(H2O)
评价与拓展：
本题考查考生化学实验设计能力和处理问题的能力，以及对实验结果误差分析判断的能力。根据提供的仪器和药品，为完成实验目的、设计实验方案并处理相关的实验问题是本题的特征，考查了学生综合实验知识与技能的应用能力、设计和完成实验的能力。解答实验题的关键是：明确实验目的、了解实验原理。此类题的基本解题思路：实验目的实验原理实验方案的选择实验药品的选择，实验仪器的组装运用实验知识和实验技能处理相关细节问题。这道题还把实验和计算有机地结合在一起，并对实验数据进行分析和处理，此类题将会是高考实验题的命题趋势，应引起所有学生的足够重视。
18. 解题思路:
18-Ⅰ.
按照不同的方式断键拼接，便可推出不同的原始原料物质
按①方式断键所用的原始原料是丙炔和2，3-二甲基-l，3-丁二烯,所以D正确。
按②方式断键所用的原始原料是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，所以A正确。
18-Ⅱ.可先根据题目（1）所给信息求E的分子式：
M（E）=2g/mol×30=60 g/mol，6.0gE即0.1molE中：n(C)=n(CO2)==0.2mol; n(H)=2n(H2O)=2×=0.4mol; n(O)= =0.2mol；n(E)∶n(C) ∶ n(H) ∶n(O)= 0.1∶0.2∶0.4∶0.2=1∶2∶4∶2，所以E的分子式为C2H4O2。
由A的分子式C8H10，判断出A为苯的同系物，题目又给信息“A为一取代芳烃”，可知A的结构为， A在光照条件下与氯气发生的是烷基上的取代反应而不是苯环上的取代反应，根据（2）提示B中含有一个-CH3，所以B的结构为，C是卤代烃B在NaOH水溶液中水解的产物（醇类），所以C的结构为，D能跟Br2的CCl4溶液发生反应，说明其分子中含有碳碳双键，所以D为，由B、C转化为D的反应是消去反应，B变D是卤代烃的消去反应，条件是NaOH的醇溶液，加热，而C变D是醇的消去反应，条件为浓硫酸、加热。由D推出G为， E与C发生的反应是酯化反应，C是醇，那么E就应该是羧酸，因为它的分子式为C2H4O2，所以E是乙酸，F是酯，结构为，G的同分异构体中，苯环上一硝化产物只有一种的有下面7种结构：

核磁共振氢谱有两组峰，峰的面积比为1∶1，意味着该物质有两种等效氢原子且这两种氢原子的个数比为1∶1，符合这种情况的只有上述结构中的⑦。
答案：18-I A、D
18-II
(1)C2H4O2
(2)
(3)NaOH的醇溶液，加热；浓硫酸、加热
(4)取代反应，加成反应
(5) (6)7种；
评价与拓展：
本题考查内容涉及苯的同系物、烯烃、卤代烃、醇、羧酸、酯以及它们之间的相互关系，要求考生熟悉各类烃和烃的衍生物的结构特点、化学性质、反应类型、相互转变及同分异构体。对于有机推断题的解答，思路是：审题（文字、框图及问题全面浏览）找突破口（ 包括反应条件、反应类型、反应性质和现象、结构信息、数字信息、烃的衍生关系、新信息、隐含信息等）用顺推、逆推、齐推的方法结论←检验（推出结构，最后放入原题检验，完全符合方为正确）；也可以总结成四句话：由反应性质（包括反应条件、反应类型、反应现象等）来确定官能团的种类， 由数据信息来确定官能团的个数，由烃的衍生关系和结构信息来推碳架，由产物结构（卤代烃和醇的消去产物、醇的氧化产物、烷烃的取代产物等）来推官能团的位置。
19. 解题思路:
19-I. CS2的空间构型与CO2相同，是直线型， A错；ClO3-的空间构型是三角锥型，所以B也错；SF6分子是正八面体构型，中心原子S原子具有6个sp3d2杂化轨道，每个杂化轨道容纳2个电子（1对成键电子对），形成6个S—F键，所以SF6分子有6对完全相同的成键电子对，C正确；SiF4和SO32-的中心原子都是sp3杂化（但是前者为正四面体后者为三角锥形），所以D也正确。
19-II．
（1）Ni原子的核外电子排布式只能靠考生的记忆写出，没有什么思路或技巧可言；
（2）可据此比较NiO和FeO的熔点高低：两者结构类型相同但Ni2+比Fe2+离子半径更小，NiO离子晶体内阴阳离子之间的静电作用更强，因而NiO熔点更高。（也可以这样理解，晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，NiO与FeO的离子电荷数相同，但Ni2+比Fe2+离子半径小，NiO的晶格能大，其熔点比FeO高）
（3）NiO晶体的结构类型与NaCl相同，而NaCl晶体内每个Na+ 周围有6个Cl-，每个Cl-周围有6个Na+，所以每个Ni2+ 周围有6个O2-，每个O2-周围有6个Ni2+，Ni2+ 和O2-的配位数都是6。
（4）从合金的晶胞可看出：每个晶胞内平均含有La原子数=8×=1，Ni原子数=1＋8×=5，因而La与Ni原子数之比为1∶5，合金的化学式为LaNi5。
（5）关于丁二酮肟分子内的化学键，由题目所给丁二酮肟的结构简式可看出：碳氮之间是双键，既然是双键，必然存在一个σ键和一个π键，氮镍之间用箭头表示的化学键显然是配位键；丁二酮肟分子内存在羟基，也存在着与氮原子结合的氧原子，因而必定存在氢键；此外，丁二酮肟分子内有两种碳原子：不饱和碳与饱和碳，不饱和碳原子的杂化轨道是sp2，而饱和碳原子的杂化轨道是sp3。
答案:19-I C、D
19-II
(1)[Ar]3d84s2 (2) ＞ (3)6,6 (4)LaNi5
(5) ①一个σ键和一个π键，配位键；②氢键； ③sp3、sp2
评价与拓展：
本题考查考生对原子、分子、晶体空间结构知识的理解和掌握。物质熔沸点高低比较规律：（1）不同晶体类型的物质一般是：原子晶体＞离子晶体＞ 分子晶体。（2）对于原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，键能越大，晶体熔沸点越高。（3）离子晶体要比较离子键的强弱。一般来说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，熔沸点越高。如MgO ＞NaCl＞CsCl。(4)对于分子晶体，组成、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，如CS2 ＞CO2，如组成和结构不相似的物质，分子极性越大，熔沸点越高，如CO ＞N2。同分异构体中，支链数越多，熔沸点越低，如正戊烷＞异戊烷＞新戊烷。（5）对于金属晶体，金属离子半径越小，离子电荷数越多，金属键越强，则熔沸点就越高。如Al ＞Mg。
20．解题思路:
20-I 能用做固硫剂的物质，应在高温下能把SO2 转变成盐固定在炉渣中，CaO与Na2CO3就符合这一要求。
20-II 这个小题要考生回答的几个问题其实都可从教材中找到答案，考生凭自己对这部分内容的记忆和理解即可答题。第（3）问，解答曲线图，要注意图中的数据和曲线变化，运用化学平衡移动原理与工业生产实际相结合的来分析，A和B点，温度相同，只是压强不同，从图中可以知道A点虽然是在常压下 ，但SO2的转化率已经很高了，达到了97%左右，再增加压强，SO2的转化率提高的余地很小，而且压强越大，所需的动力越大，对设备的要求也越高，所以不选B点。A和C点同压强，只是温度不同，C点温度虽较低，有利于SO2的转化率的提高，但是要考虑催化剂催化效果是在4500C时最好，故不选C点。
答案:
20-I A、B
20-II
(1) 4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2
(2) 除尘、洗涤；催化剂容易中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响。
(3)不选B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大；SO2原料的转化率在1个大气压下的转化率已是97%左右,再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压。
不选择C点，因为温度越低，S02转化率虽然更高，但催化剂的催化作用受影响，4500C时，催化剂的催化效率最高。故不选C点。
(4) 充分利用反应放出的热量，预热精制炉气，使其温度达到最佳催化效果；降低SO3 温度，利于被吸收。
评价与拓展：本题考查了重要化工生产——硫酸的工业制法以及温度、压强对平衡移动的影响，以及工业生产和实际相结合所需要适宜的条件的选择，高中阶段涉及到比较重要的工业生产还有硝酸工业制法，氯碱工业，硅酸盐工业，侯德榜制碱法等。
这道题可以说考查的都属于知识层面的东西，这就要求考生在平时的学习和高考前的备考复习中，要熟读教材，加强基础知识的融会贯通，学会运用化学知识来解决实际问题，做到了这些，这道题就很容易解决了。

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