高考化学试题及答案.docx
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高考化学试题及答案
2016高考化学试题及答案
【篇一：
2016年北京高考化学试题及答案【高清解析版】】
txt>一、选择题.
1．（3分）（2016?
北京）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（）a．徐光宪建立稀土串级萃取理论b．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素c．闵恩泽研发重油裂解催化剂d．侯德榜联合制碱法【答案】b
【解析】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，故选：
b．2
【解析】解：
a．冷水浸泡属于物质的溶解，故a错误；b．加热煎制属于加热，故b错误；
c．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故c正确；d．灌装是液体转移，故d错误．3．（3分）（2016?
北京）下列食品添加剂中，其试用目的与反应速率有关的是（）a．抗氧化剂b．调味剂c．着色剂d．增稠剂【答案】a
【解析】解：
a．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故a正确；b．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故b错误；
c．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故c错误；d．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故d错误．
a．该反应属于取代反应b．甲苯的沸点高于144℃
c．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来d．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来【答案】b
【解析】解：
a、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故a正确；b、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故b错误；
c、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故c正确；
结合实验，下列说法不正确的是．．．
a．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄b．②中cr2o72-被c2h5oh还原
c．对比②和④可知k2cr2o7酸性溶液氧化性强d．若向④中加入70%h2so4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】d
【解析】解：
a．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故a正确；
b．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故b正确；
c．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故b正确；
d．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故d错误．6．（3分）（2016?
北京）在两份相同的ba（oh）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的h2so4、nahso4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（）
a．①代表滴加h2so4溶液的变化曲线
﹣+
b．b点，溶液中大量存在的离子是na、oh
﹣
c．c点，两溶液中含有相同量的ohd．a、d两点对应的溶液均显中性【答案】c【解析】解：
a．ba（oh）nahso4溶液反应方程式分别为h2so4+ba（oh）2溶液和h2so4、2=baso4↓+2h2o、nahso4+ba（oh）2=baso4↓+naoh+h2o，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为ba（oh）2溶液和h2so4的反应，则曲线②为ba（oh）2溶液和nahso4溶液的反应，即①代表滴加h2so4溶液的变化曲线，故a正确；
b．根据图知，a点为ba（oh）2溶液和h2so4恰好反应，h2so4、nahso4溶液的物质的量浓度相等，则b
﹣+
点溶液溶质为naoh，所以b点，溶液中大量存在的离子是na、oh，故b正确；
c．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为naoh、na2so4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故c错误；
d．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为na2so4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故d正确；7．（
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）
﹣﹣
a．a、d处：
2h2o+2e═h2↑+2oh
﹣﹣
b．b处：
2cl﹣2e═cl2↑
﹣2+
c．c处发生了反应：
fe﹣2e═fe
d．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【答案】b
﹣﹣﹣
【解析】解：
a．d处试纸变蓝，为阴极，生成oh，电极方程式为2h2o+2e═h2↑+2oh，故a正确；b．b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故b错误；
﹣2+
c．c处为阳极，发生了反应：
fe﹣2e═fe，故c正确；
d．实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，故d正确．
二、解析题（共4小题，满分58分）8．（17分）（2016?
北京）功能高分子p的合成路线如下：
3
n
2
高分子p
no2
（1）a的分子式是c7h8，其结构简式是___________________。
（2）试剂a是_______________。
（3）反应③的化学方程式：
_____。
（4）e的分子式是c6h10o2。
e中含有的官能团：
_______________。
（5）反应④的反应类型是_______________。
（6）反应⑤的化学方程式：
__________。
oh
2ch3
cho
ch32cho
（7）已知：
。
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成e，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】
（1）；（2
）
浓硫酸和浓硝酸；
（
3）
（4）碳碳双键、酯基；（5）加聚反应；
+naoh
+nacl；
（6）（7）h2=ch2
+nh2o
ch3ch2br
ch3ch2oh
+nch3ch2oh
；
ch3cho
ch3ch=chcoohch3ch=chcooch2ch3．
【解析】解：
a的分子式是c7h8，其结构简式是热条件下发生消去反应生成b为
，结合p的结构简式，可知a与浓硝酸在浓硫酸、加
，b与氯气在光照条件下发生取代反应生成c为
，可知
，c在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成d为
g的结构简式为
ch3ch=chcooch2ch3．
，则f为
，e的分子式是c6h10o2，则e为
（1）a的分子式是c7h8，其结构简式是
（2）试剂a是：
浓硫酸和浓硝酸；（3）反应③的化学方程式：
，；
+naoh+nacl，
（4）e为ch3ch=chcooch2ch3，e中含有的官能团：
碳碳双键、酯基，故答案为：
碳碳双键、酯基；（5）反应④的反应类型是：
加聚反应，（6）反应⑤
的化学方程式：
+nh2
o+nch3ch2oh，
（7）乙烯与hbr发生加成反应生成ch3ch2br，然后发生水解反应生成ch3ch2oh，再发生氧化反应生成ch3cho，2分子乙醛发生加成反应生成
，再发生氧化反应生成
，再与氢气发
生加成反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成生成ch3ch=chcooh，最后与乙醇发生酯化反应生成ch3ch=chcooch2ch3，合成路线流程图为：
ch2=ch2
ch3ch2br
ch3ch2oh
ch3
cho
ch3ch=chcoohch3ch=chcooch2ch3，
—
9．（13分）（2016?
北京）用零价铁（fe）去除水体中的硝酸盐（no3）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）fe还原水体中no3-的反应原理如右图所示。
①作负极的物质是________。
②正极的电极反应式是_________。
—
（2
ph=4.5—
（3）实验发现：
在初始ph=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的fe2+可以明显提高no3的去除率。
对fe2+的作用提出两种假设：
时，3
Ⅰ.fe直接还原no3；
Ⅱ.fe2+破坏feo（oh）氧化层。
①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是
_______。
—
②同位素示踪法证实fe2+能与feo（oh）反应生成fe3o4。
结合该反应的离子方程式，解释加入fe2+提高no3去除率的原因：
__。
—
（4
与（23_________。
﹣﹣++
【答案】解：
（1）①铁；②no3+8e+10h=nh4+3h2o；
（2）feo（oh）不导电，阻碍电子转移；
﹣﹣2+2+
（3）①本实验条件下，fe不能直接还原no3；在fe和fe共同作用下能提高no3的去除率；
2++2+
②fe+2feo（oh）=fe3o4+2h，fe将不导电的feo（oh）转化为可导电的fe3o4，利于电子转移；
2+2+
（4）初始ph低时，产生的fe充足；初始ph高时，产生的fe不足．
﹣
【解析】解：
（1）①fe还原水体中no3，则fe作还原剂，失去电子，作负极，
﹣+
②no3在正极得电子发生还原反应产生nh4，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：
no3﹣﹣++
+8e+10h=nh4+3h2o，
﹣3+
（2）ph越高，fe越易水解生成feo（oh），feo（oh）不导电，阻碍电子转移，所以no3的去除率低．
﹣2+2+
（3）①从图2的实验结果可以看出，单独加入fe时，no3的去除率为0，因此得出fe不能直接还原no3﹣﹣2+2+
；而fe和fe共同加入时no3的去除率比单独fe高，因此可以得出结论：
本实验条件下，fe不能直接还
﹣﹣2+
原no3；在fe和fe共同作用下能提高no3的去除率．
2+2++
②同位素示踪法证实了fe能与feo（oh）反应生成fe3o4，离子方程式为：
fe+2feo（oh）=fe3o4+2h，2+
fe将不导电的feo（oh）转化为可导电的fe3o4，利于电子转移．
﹣2+
（4）根据实验结果可知fe的作用是将不导电的feo（oh）转化为可导电的fe3o4，而no3的去除率由铁
2+
的最终物质形态确定，因此可知实验初始ph会影响fe的含量．10．（12分）（2016?
北京）以废旧铅酸电池中的含铅废料（pb、pbo、pbo
2、pbso4及炭黑等）和h2so4为原料，
制备高纯pbo，实现铅的再生利用。
其工作流程如下：
2+
—
（1）过程Ⅰ中，在fe催化下，pb和pbo2反应生成pbso4的化学方程式是
____。
（2）过程Ⅰ中，fe2+催化过程可表示为：
i.2fe2++pbo2+4h++so42?
==2fe3++pbso4+2h2o
【篇二：
2016年海南高考化学试题及答案【高清解析版】】
txt>参考答案与试题解析
一、选择题：
本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2分）（2016?
海南）下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）
a．汽油b．甘油c．煤油d．柴油
【答案】b
【解析】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃．故选b．
2．（2分）（2016?
海南）下列物质不可用作食品添加剂的是（）
a．谷氨酸单钠b．柠檬酸c．山梨酸钾d．三聚氰胺
【答案】d
【解析】a．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故a不选；
b．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故b不选；
c．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故c不选；
d．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故d选．故选d．
3．（2分）（2016?
海南）下列反应可用离子方程式“h+oh=h2o”表示的是（）
a．nahso4溶液与ba（oh）2溶液混合b．nh4cl溶液与ca（oh）2溶液混合
c．hno3溶液与koh溶液混合d．na2hpo4溶液与naoh溶液混合
【答案】c
【解析】a．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用h+oh=h2o表示，故a不选；
b．nh4cl溶液与ca（oh）2溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用h+oh=h2o表示，故b不选；
﹣+c．hno3溶液与koh溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：
h+oh=h2o，
故c选；
d．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以na2hpo4溶液与naoh溶液混合不能用h+oh=h2o表示，故d不选；故选：
c．
4．（2分）（2016?
海南）下列叙述错误的是（）
a．氦气可用于填充飞艇b．氯化铁可用于硬水的软化
c．石英砂可用于生产单晶硅d．聚四乙烯可用于厨具表面涂层
【答案】b
【解析】a．气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故a正确；
b．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故b错误；
c．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故c正确；
d．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故d正确；故选：
b．
5．（2分）（2016?
海南）向含有mgco3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（）
2﹣2++a．c（co3）b．c（mg）c．c（h）d．ksp（mgco3）
【答案】a
【解析】mgco3固体的溶液中存在溶解平衡：
mgco3（s）?
mg（aq）+co3（aq），加入少量稀盐酸可与
﹣﹣222++co3促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（co3）减小，c（mg）及c（h）增大，ksp（mgco3）只与温度有关，不变，只有a正确．故选a．
6．（2分）（2016?
海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
12+2﹣+﹣+﹣+﹣+﹣
c57h104o6（s）+80o2（g）=57co2（g）+52h2o（l）
【答案】d
【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量
二、选择题：
本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．
7．（4分）（2016?
海南）下列实验设计正确的是（）
a．将so2通入溴水中证明so2具有漂白性
b．将铁屑放入稀hno3中证明fe比h2活泼
2﹣c．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在co3
d．将乙烯通入kmno4酸性溶液证明乙烯具有还原性
【答案】d
【解析】a、so2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故a错误；
b、将铁屑放入稀hno3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明fe比h2活泼，故b错误；
c、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在co3，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，故c错误；
d、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故d正确；故选d．
8．（4分）（2016?
海南）下列有关实验操作的叙述错误的是（）
a．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
b．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
c．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
d．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
【答案】b
【解析】a．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故a正确；
b．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故b错误；
c．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故c正确；
d．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故d正确．故选b．
9．（4分）（2016?
海南）利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）
a．可生成h2的质量为0.02g
c．可生成h2的体积为0.224l（标准情况）
d．生成h2的量理论上等于0.04molna与水反应产生h2的量
【答案】d
【解析】根据方程式2h2o=2h2↑+o2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molh2和0.01molo2．则可得：
22﹣
d．钠与水发生2na+2h2o=2naoh+h2↑，则0.04molna与水反应产生0.02molh2，故d正确．故选d．
10．（4分）（2016?
海南）某电池以k2feo4和zn为电极材料，koh溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（）
a．zn为电池的负极b．正极反应式为2feo4+10h+6e=fe2o3+5h2o
﹣c．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变d．电池工作时oh向负极迁移
【答案】ad
【解析】a．根据化合价升降判断，zn化合价只能上升，故为负极材料，k2feo4为正极材料，故a正确；
﹣﹣2﹣b．koh溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2feo4+6e+8h2o=2fe（oh）3+10oh，故b错误；
c．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；
d．电池工作时阴离子oh向负极迁移，故d正确．故选ad．
11．（4分）（2016?
海南）由反应物x转化为y和z的能量变化如图所示．下列说法正确的是（）
﹣2﹣+﹣
a．由x→y反应的△h=e5﹣e2b．由x→z反应的△h＜0
c．降低压强有利于提高y的产率d．升高温度有利于提高z的产率
【答案】bc
【解析】a．根据化学反应的实质，由x→y反应的△h=e3﹣e2，故a错误；
b．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△h＜0，故b正确；
c．根据化学反应2x（g）≒3y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高y的产率，故c正确；
d．由b可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，z的产率降低，故d错误．故选bc．
12．（4分）（2016?
海南）工业上可由乙苯生产苯乙烯：
a．该反应的类型为消去反应
b．乙苯的同分异构体共有三种，下列说法正确的是（）
c．可用br2、ccl4鉴别乙苯和苯乙烯
d．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
【答案】ac
【解析】a．反应c﹣c变为c=c，为消去反应，故a正确；
b．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故b错误；
c．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故c正确；
d．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故d错误．
故选ac．
3
三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题
13．（8分）（2016?
海南）短周期元素x、y、z、m的原子序数依次增大，元素x的一种高硬度单质是宝石，2+y电子层结构与氖相同，z的质子数为偶数，室温下m单质为淡黄色固体，回答下列问题：
（1）m元素位于周期表中的第周期、族．
（2）z元素是，其在自然界中常见的二元化合物是．
（3）x与m的单质在高温下反应的化学方程式为，产物分子为直线形，其化学键属共价键（填“极性”或“非极性”）．
（4）四种元素中的可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式
为．
【答案】短周期元素x、y、z、m的原子序数依次增大，元素x的一种高硬度单质是宝石，则x为c元素；y电子层结构与氖相同，则y为mg；z的质子数为偶数，室温下m单质为淡黄色固体，则z为si，m为s元素．
【解析】短周期元素x、y、z、m的原子序数依次增大，元素x的一种高硬度单质是宝石，则x为c元素；2+y电子层结构与氖相同，则y为mg；z的质子数为偶数，室温下m单质为淡黄色固体，则z为si，m为s元素．
（1）m为s元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期via族，故答案为：
三；via；
（2）z元素是si，其在自然界中常见的二元化合物是sio2，
故答案为：
si；sio2；
（3）x碳与硫的单质在高温下反应生成cs2，反应化学方程式为c+2scs2，产物分子为直线形，结构2+与二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，
故答案为：
c+2scs2；极性；
（4）四种元素中只有mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：
mg+2hcl═mgcl2+h2↑，故答案为：
mg；mg+2hcl═mgcl2+h2↑．
14．（8分）（2016?
海南）kal（so4）2?
12h2o（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为al，含有少量的fe、mg杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用（填标号）．
a．hcl溶液b．h2so4溶液c．氨水d．naoh溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为．
（3）沉淀b的化学式为；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因
是．
【答案】易拉罐的主要成分为al，含有少量的fe、mg杂质，可选择浓naoh溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去fe、mg等杂质，滤液中加入nh4hco3溶液后，促进alo2水解生成al（oh）3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加k2so4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；
（1）铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而mg、fe只能溶解于酸，据此选择试剂；
4﹣﹣14﹣+﹣13
（2）用naoh溶液溶解al生成偏铝酸钠及氢气，据此写出反应化学方程式；
（3）滤液中加入nh4hco3溶液后，促进alo2水解生成al（oh）3沉淀；al水解使明矾溶液显酸性；
﹣﹣（4）al（oh）3沉淀溶解在naoh溶液里发生的反应为al（oh）3+oh?
alo2+2h2o，结合水的离子积和
氢氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数．
【解析】
（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择naoh溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为：
d；
（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为
2al+2naoh+2h2o═2naalo2+3h2↑；故答案为：
2al+2naoh+2h2o═2naalo2+3h2↑；
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