高考试题化学浙江卷解析版.docx
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高考试题化学浙江卷解析版
2016年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
化学
7.下列说法不止确.的是
A•储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B.Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C.Ba2+浓度较高时危害健康，但BaS04可服人体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病
D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金
属离子较强的物理吸附
【答案】D
【解析】
试题分析：
纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Cn汽Cd^\Hgi等重金属离子，其本质原因是铁是活泼金属，能与Pb沢Hg；堆离子发生蛊换反应：
从而过滤除去，答案选6
【考点定位】生产、生活中的各种材料
【名师点睛】在日常生活中随处都是化学知识。
例如胃酸的主要成分为盐酸，硫酸钡不溶于水或盐酸，可以做钡
餐，但碳酸钡因为能溶于盐酸，而会造成钡离子中毒不能代替硫酸钡。
纳米铁粉可以和污水中的离子发生置换反
应进而除去重金属离子，利用了金属的活动性顺序。
8.下列叙述不正确.的是
A.钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B.探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，
则测得的反应速率偏高
C.蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D.为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【解析】
试题分析：
该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，答案选B。
【考点定位】考查化学实验安全与处理，探究实验方案的设计，蒸馏和溶液的配制等知识。
【名师点睛】在出现火灾的时候一定要分清着火的物质是什么及其相应的化学性质，钠钾等金属着火后生成过氧
化物，都可以和水或二氧化碳反应生成氧气，不能用水或二氧化碳灭火，镁可以和二氧化碳反应，所以也不能用泡沫灭火器灭火。
在蒸馏实验中，先停止加热，因为蒸馏烧瓶仍然是热的，还有物质出来，所以继续通入冷却水，待烧瓶冷却后再拆卸蒸馏装置。
此操作遵循了先来后走的原则。
例如氢气还原氧化铜，先通入氢气后加热，实验结束，先撤酒精灯，继续通通气，待冷却后撤掉氢气。
9•短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y
的核电荷数之比为3:
4。
W-的最外层为8电子结构。
金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。
下列说法正确的是
A•X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B.原子半径大小：
XVY,Z>W
C.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
试题分析：
短周期主族元素x,Y.Z,w的原子序数依次増大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的
2倍，则X为C元素；X.Y的核电荷数之比为3:
4,则Y为。
元素，帖的最外层为8电子结构，歳为F元素或C1元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应』则元素』W只能是C1元素©A.X与Y形成的化合物有8和CgZ的最高价氧化物的水化物是XaOH,CO与NaOH不反应，A项错误,—般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，贝师子半径±小：
X>Y,Z>W,E项错误；C.化合物NY和ZWY扮别是N逬0、XaCLO^氯酸钠是含氧酸盐，既存在离子键，也存在共价键，C项错误：
D.Y的单质冥氧，W的单质氯气，匚认的化合物G0;可作水的消毒剂，D项正确*答案选D.
【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的综合应用等知识。
【名师点睛】掌握原子的电子层结构特征。
最外层电子数是电子层数的2倍的有氦、碳、硫，最外层电子数是电
子层数的3倍的有氧。
最外层电子数是次外层电子数2倍的为碳，最外层电子数是次外层电子数3倍的为氧。
最外层电子数是内层电子数一半的为磷和锂。
同主族元素原子序数是2倍关系的为硫和氧。
10.下列说法正确的是
CH,
A.的一溴代物和的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
B.CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
CH.CH,
I「
-UH"—CHi
C.按系统命名法，化合物的名称是2,3,4-三甲基-2-乙基戊烷
HO—fV-ClI3CTICOOHHO—C讯CHCOOH
D•㈡］川仇与都是a氨基酸且互为同系物
【答案】A
【解析】
试题分析：
A,甲苯有斗种氢原子』分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，：
-甲基丁烷也有四种氢原子，它们的一溟代物都有4种，丸项正确］B.乙烯是平面形分子』键角为12亿甲基取代乙烯碳確双键两侧上的氢原子，所以四个碳煤子一定不在同一育线上，B项错误；c*扌安照系统命名法」选择最长的碳6S为主谁，该分子名称是厶3円，4-四甲基己烷，C项错误；D.这两个有机物分子结构不相佩，不能互为同系物，D项错误；答案选A。
【考点定位】考查同分异构体数目的判断，系统命名法，同系物等知识。
【名师点睛】掌握常见有机物的结构，甲烷是正四面体结构，乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，苯是平面结
构。
所以根据这些结构将有机物进行分割，进行共面或共线的分析。
CH3CH=CHCH3分子含有碳碳双键，类似乙
烯，可以由碳原子形成平面结构，但不可能是直线型。
同系物指结构相似在分子组成上相差一个或若干个CH2
原子团的物质。
注意结构相似的含义：
含有相同的官能团，且官能团个数相同，例如苯酚和苯甲醇，都有羟基，但属于酚或醇不是同系物的关系，有些写出分子式不能确定其结构或官能团的物质也不能确定是否为同系物，例
如C2H4和C4H8。
11•金属（M）喳气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。
该类电池放电的总反应方程式为：
4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n。
已知：
电池的理论比能量”指单位质量的电极材
料理论上能释放出的最大电能。
下列说法不正确的是
4
7和
*11Kffl
A•采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B.比较Mg、Al、Zn三种金属注气电池，Al-空气电池的理论比能量最高
C.M-空气电池放电过程的正极反应式：
4Mn++nO2+2nH2O+4ne=4M（OH）n
D.在M痊气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、多孔电极可汰增加氧气与电极的接触」使氧气充分反应』故正确；B.加克钱失去：
摩尔电子，27克铝失去3摩尔电子，於克锌失去2摩尔电子，所叹铝•空气电池的理论比能量最高「故正确；C\根据题给放电的总反应^[567^0=4瓯OH）“氧气在正极得电子』由于有阴离子交换腫，正极反应式为O2+2H1CMe'=4OH-J故错误；D、员根是金属失去电子生成金属阳离子，因为镁离子或铝禽子或锌离子都可以和氢氧根离子反应生成氢氧化物沉淀，说明应采用中性电解质或阳离子交换膜，防止正极产生的氢氧根过来反应，故正确。
答案选
【考点定位】考查原电池的工作原理。
【名师点睛】原电池是将化学能变成电能的装置。
负极失去电子，被氧化，正极得到电子被还原。
注意原电池中
的正负极的反应，氧气肯定在正极得到电子，金属肯定在负极失去电子，结合原电池的电解质的环境分析其电极
反应的书写。
在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电子从负极经过导线流向正极。
12•苯甲酸钠（[；」43役缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。
研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A「。
已知25C时，HA的心=6.2510二H2CO3的2=4.17X0-,心尸4.90X0-1。
在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA夕卜，还需加压充入CO2气体。
下列说法正确的是（温度为25C,不考虑饮料中其他成分）
A.相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B.提高CO2充气压力，饮料中c（A-不变
c（HA）
C.当pH为5.0时，饮料中=0.16
c（AJ
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：
c（H+）=c（HC0「）+c（C0「）+c（OH--€（HA）
【答案】C
【解析】
试题分析：
A.根据题意，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A「，相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能
力较高，A项错误；B.提高CO2充气压力，根据强酸制弱酸原理，CO2+H2O+A-=HA+HCO3-,饮料中c（A-减小,
c（HA）+5
B项错误；C.当pH为5.0时，饮料中〃-=c（H）-Ka=10-^6.2510=0.16,C项正确；D.碳酸饮料中加入c（A□
的各成分含量未知，无法比较各种粒子的浓度关系，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查弱电解质的电离。
【名师点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水
解，加入碱抑制水解。
结合弱电解质的电离平衡常数分析其移动的产物。
在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。
提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c（A-减小。
13.为落实五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑
其他成分），设计了如下流程:
下列说法不正确的是
A.固体1中主要含有Ca（0H）2、CaC03、CaSOs
B.X可以是空气，且需过量
C.捕获剂所捕获的气体主要是CO
D.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：
NH4++NO2-==N2f+2H0
【答案】B
【解析】
试題分析^&工业废气通入过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫視吸收形成碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，所以固体1中含育氢氧化钙和碳酸钙和亚硫酸钙，故正确；气休1为一氧化碳和一氧化氮和氮气』徽粒能褲氢氧化钠吸收成亚硝釀钠，需要将一氧化氮变成二氧化氮，与一氧化氮一起与氢氧化钠反应，所臥通入朋X为空气，因为要实现的反应为NO+NO；-2NaOH-2NaNO;+H;O；空气不能过量，故错误；C\—氧化碳和氢氧化钠不反应，所以捕获剂捕获的气体主要为一氧化碳，故正确2、亚硝酸钠中的氮元素为T价，与镀根會子中的氮元素詔价发生氧化还原反应，生成的无污染的气怵为氮气，根据电子守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH+^NO^=N;T+2H：
O,故正确。
故答案选
【考点定位】考查工业废水、废气的处理等知识。
【名师点睛】工业废气中的二氧化碳和二氧化硫都可以被过量的石灰乳吸收，而氮气、一氧化碳、一氧化氮不被
吸收，从亚硝酸钠和铵根离子反应生成无污染的气体分析，无污染的气体为氮气，则说明一氧化氮被氢氧化钠吸
收，因为存在NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H20反应，所以要使气体中的一氧化氮被氢氧化钠吸收，应该通入空气，使部分一氧化氮变成二氧化氮，且不能过量。
剩余的气体为一氧化碳，所以捕获的产物为一氧化碳。
本题考查的是非金属及其化合物的性质。
结合元素守恒和元素化合价的变化分析各物质的成分。
非选择题部分（共180分）
26.（10分）化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和
Z。
已知：
①化合物A的结构中有2个甲基
CHiCHE隔.
②RCOOR+RCH2COOR
1T
I
RCOCHCOOl^
请回答:
（1）写出化合物E的结构简式，F中官能团的名称是。
（2）Y^Z的化学方程式是。
（3）GHX的化学方程式是，反应类型是。
（4）若C中混有B,请用化学方法检验B的存在（要求写出操作、现象和结论）
【答案】26.
（1）CH2=CH2羟基
CH,CH3CHS
CHjCHjONa
2CH^CKC：
OOCI[;CH.-tCH5CHCOCCOOCJ|tCHj+
（3）
CH,
取代反应
（4）取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B
存在。
【解析】
试题分析：
化合物A能发生连续氧化依次生成気C,则A酣饱和一元S,A的结构中有2个甲基，则A为（CHj）;CHCH；OHB^（CHjJ^CHCHO,C为（CH?
）：
CHCOOH,根据已知②，G为酉齐F为酹，根据Y的含碳数可知」D为乙烘，E为乙烯，F为乙酉扎
（1〉根据上述分析，E为乙烯，结构简式为CH;=CH:
F为乙酉霁含有的官能团为璇基。
⑵Z罡常见的高分子化合物八J迟是司乙烯的加聚反应』所決反应的化学方程式是：
n□人=CH一髀比制•士CHj-^CH于.
II
CiCl
4
<3）根擔已知②，G-X的化学方程式是：
CH,Cll5CH}
2Cn?
CHCOOCH2（：
ll3»Cl^CHCacCOOCILLH.+LH.ClhOH
c%J根据反应特点，该反应的反应类型是馭
代反应，
（4）C为（CH3）2CHCOOH,B为（CH3）2CHCHO,C中含有B,只需要检验醛基是否存在即可，即取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在。
【考点定位】考查有机物的合成和推断，有机反应类型，有机化学方程式的书写，醛基的检验等知识。
【名师点睛】掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。
有机物推断题要从反应条件和物质的结构特征
入手。
能连续氧化的为醇氧化成醛，再氧化成酸，则醇的结构中含有-CH2OH，两种有机物反应变成一种有机物
通常是醇和酸的酯化反应。
结合物质的分子式分析其结构。
牢记有机物的官能团和反应条件。
如氢氧化钠水溶液
加热条件下反应：
卤代烃的水解，或酯的水解；氢氧化钠醇溶液加热：
卤代烃的消去。
浓硫酸加热条件：
醇的消去反应，酯化反应等。
本题难度适中。
27.1.（6分）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
△
2Mg5Al3（OH）19（出0）427H2OT+1OMgO+3AbO3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据。
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理。
（3）已知MgO可溶于NH4CI的水溶液，用化学方程式表示其原理。
n.（12分）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A的组成元素为（用元素符号表示），化学式为。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用。
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518gL--1），该气体
分子的电子式为。
•写出该反应的离子方程式。
（4）写出F^G反应的化学方程式。
设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、
K+、I-）。
【答案】I•
（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。
（2）Al2O3+2OH-^=2AIO2+H2O
（3）NH4CI+H2ONH3H2O+HCI,MgO+2HCIMgCI2+H2O
n.
（1）S、FeFe3S4
（2）制印刷电路板
zxTI：
S:
H+2+
（3）Fe3S4+6H3H2Sf+3Fe+S
（4）H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI
取溶液G,加入过量BaCS溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉
淀，则有H2SO3。
【解析】
试題分析；1
（1）此反应为吸熱反应，能降低问题，反应产生的固体氧化物能隔绝空气，并且产生水藝气」可叹稀释空气。
故答案为：
反应吸热降低温度』固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。
（2）氧化镁和氧化铝的区别在于氧化铝能与强碱反应而氧化镁不能，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，离
子方程式为：
Al2O3+2OH-^=2AIO2-+H2O。
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解，NH4CI+H2ONH3H2O+HCI,
溶液为酸性，氧化镁和水解生成的盐酸反应生成氯化镁，方程式为：
MgO+2HCIMgCl2+H2O°n.
（1）
红棕色固体B为氧化铁，与盐酸反应后生成黄色溶液C为氯化铁，氯化铁与硫氰化钾显血红色溶液D为硫氰化
铁。
无色气体溶于水后为酸性，与碘反应后生成无色溶液，酸性变强，说明原酸为弱酸，且具有还原性，为亚硫酸，则无色气体为二氧化硫。
则原化合物中含有铁和硫元素。
氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为
2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.030x56=1.680g，则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0.040moI，则铁与硫的物质的量比为0.030:
0.040=3:
4，则
化学式为：
Fe3S4。
（2）溶液C为氯化铁，可以溶解铜，用来制印刷电路板。
（3）化合物A与硫酸反应生成淡黄
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色不溶物为硫，和一种气体，该气体的摩尔质量为1.518X22.4=34.00，则为硫化氢。
硫化氢的电子式为’',
该反应生成硫酸亚铁和硫和硫化氢，方程式为：
Fe3S4+6H+^=3H2Sf+3Fe2++S。
（4）亚硫酸和碘单质反应生成
硫酸和氢碘酸，方程式为：
H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI;溶液G中主要含有硫酸根离子，或许有未反应完
的亚硫酸分子，硫酸根离子用钡盐检验，亚硫酸可以用氧化剂氧化成硫酸根再检验，具体操作方法为：
取溶液G,
加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有
H2SO30
【考点定位】无机推断，离子检验，物质组成的确定
【名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如物质的颜色，红棕色固体为氧化铁，黑色的固体为碳、二氧化锰，
氧化亚铁、氧化铜等。
黄色溶液为铁离子的溶液，浅绿色溶液为亚铁离子溶液，蓝色溶液为铜离子溶液，紫色为
高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。
血红色为硫氰化铁溶液。
黄绿色气体为氯气。
结合颜色确定成分，
进而分析其他物质。
掌握常见离子的检验方法。
本题难度适中。
28.（15分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。
研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，
CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。
反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）AH1=-53.7kJ•mol-I
CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）AH2II
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:
2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据:
…二『2工止也IE叫％灶”第pnjMKFF9HJPCm:
r（x）
催化制
I©转化車（鴨j
甲醉选择性（临）
543
Cat.1
12+3—
42.3
543
Cai.2
10.9
72.7
Cal.1
15.3
39,1
555
Csu2
U.O
7L6
【备注】Cat.1:
Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:
Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：
转化的CO2中生成甲醛的百分比
已知：
①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
②H2O（l）:
H2O（g）AH3=44.0kJ•mol-1
请回答（不考虑温度对AH的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=;反应II的AH2=kJ-mol-1。
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。
A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2C.降低反应温度
D.投料比不变，增加反应物的浓度E.增大CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因
是。
（4）在右图中分别画出I在无催化剂、有Cat.1和由Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。
（5）
It
（2）CD
（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择
性有影响。
（5）阴CO2+6H++6e-==CH3OH+H20
【解析】
c（C比0H）-巩比Q）
c（C02）c3（H3）
q有热化学方程式为：
aiCO（g〉冷6（g）=COz（g）
AH=-283.OkJ*mo?
1b:
试题分析：
CD根据平衡常数的公式，生成物的浓度皋之积与反应物浓度的磊之积的比值书写平衡常数为
H:
（g）+-O：
Cg）=H:
0
（1）AH=-285£kJ•mol'1c:
H;0
（1）H:
O（g）A^=44.0kJ•mol-根
B、
擔盖斯定律分析，卜廿€即可得熱化学方程式为：
CO：
（g）+H：
（g）=CO（g）-HiO（g）
△出=-285.8+283.0+44=+41.2kJ•mol-1。
（2）反应I中A、使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误;
使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；C、降低反应温度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率,
正确；D、投料比不变，增加反应的浓度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；E、增大二氧化碳和
氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，故错误。
故选CD。
（3）从表格数据分析，在相
同的温度下，不同的催化剂，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同
的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。
所以答案为：
表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲
（4）从表中数振分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醉的选择性更犬，说明催化剂Cat.：
对反应I的催化效
果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能
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