普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2化学doc.docx
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普通高等学校招生全国统一考试课标全国卷2化学doc
2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）化学
一、选择题：
本大题共7小题，每小题6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．（6分）下列关于燃料的说法错误的是（）
A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
2．（6分）下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（）
A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷
2﹣+
和c
的电子层结构相3．（6分）a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b
同，d与b同族．下列叙述错误的是（）
A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c的原子半径是这些元素中最大的
D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性
4．（6分）分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（）
A．7种B．8种C．9种D．10种
5．（6分）Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是
（）
2+﹣
A．负极反应式为Mg﹣2e=Mg
++
﹣
B．正极反应式为Age=Ag
﹣
C．电池放电时Cl由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
6．（6分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：
再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全
部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．
该白色粉末可能为（）
A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、
CuSO4
7．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）
实验目的实验操作
A．制备Fe（OH）3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B．由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干
C．除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D．比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
A．AB．BC．CD．D
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生
都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题（共129分）
第1页（共14页）
8．（14分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃
料．回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为．
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?
mol
﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4=，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主
要原因为．
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为
（已知：
N2H4+H
++7﹣14
的K=8.7×10；Kw=1.0×10
?
N2H5）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学
式为．
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象
是．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨
可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优
点是．
9．（14分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生
产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）
的热化学方程式如下：
﹣1
①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?
mol
﹣1
②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?
mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反
应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃
时，丙烯腈的产率（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由
是；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标
号）．
A．催化剂活性降低B．平衡常数变大
C．副反应增多D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳
n（氨）/n（丙烯）约为，理由是．进料气氨、空气、丙烯的理
论体积比约
第2页（共14页）
为．
2+3+
、Fe
的性质．回答下列问题：
10．（15分）某班同学用如下实验探究Fe
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需
加入少量铁屑，其目的是．
（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说
2+
明Cl2可将Fe氧化．FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为．
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，
再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是．
﹣1﹣1
（4）丙组同学取10mL0.1mol?
L
KI溶液，加入6mL0.1mol?
L
2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
FeCl3溶液混合．分别取
②第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．
﹣
实验②检验的离子是（填离子符号）；实验①和③说明：
在I
过量的情况下，
溶液中仍含有（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为．
（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发
生反应的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红
褐色沉淀生成，产生气泡的原因是，生成沉淀的原因是（用平衡
移动原理解释）．
四、选考题：
共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选
一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必
须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做
的第一题计分．化学--选修2：
化学与技术
11．（15分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采用蒽醌法，其
反应原理和生产流程如图所示：
第3页（共14页）
生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进
行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水．回答下列问题：
（1）蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是，循环使用的原料是，
配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是．
（2）氢化物A中反应的化学方程式为．进入氧化塔C的反应混合液中的主要
溶质为．
（3）萃取塔D中的萃取剂是，选择其作萃取剂的原因是．
（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是．
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为，
﹣3﹣1
一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g?
cm），其浓度为mol?
L
．
[化学--选修3：
物质结构与性质]
12．（15分）东晋《华阳国志?
南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合
金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为，3d能级上的未成对电子数
为．
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液．
①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是．
2+
②在[Ni（NH3）6]SO4中Ni与NH3之间形成的化学键称为，提供孤电子对
的成键原子是．
③氨的沸点（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是；氨是
分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为．
（3）单质铜及镍都是由键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：
ICu=1958kJ?
mol
﹣1﹣1
、INi=1753kJ?
mol，ICu＞INi的原因是．
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为．
﹣3
，晶胞参数a=nm．
②若合金的密度为dg?
cm
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[化学--选修5：
有机化学基础]
13．（15分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性．某
种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
已知：
①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为．
（2）B的结构简式为．其核磁共振氢谱显示为组峰，峰面积比
为．
（3）由C生成D的反应类型为．
（4）由D生成E的化学方程式为．
（5）G中的官能团有、、．（填官能团名称）
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有种．（不
含立体结构）
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2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）化学
参考答案与试题解析
一、
1．B
【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体；
B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；
C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染
小；
D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中．
【解答】解：
A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；
B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B
错误；
C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气
污染小，减少大气污染，故C正确；
D．燃料不完全燃烧排放的CO有毒，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污
染物之一，故D正确；
故选B．
2．B
【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O键、﹣CHO及苯环的物质可发生加成反应，
如：
烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意﹣COOH不能发生加成反应，以此来解答．
【解答】解：
A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；
B．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含
碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；
C．乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；
D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错
误；
故选B．
3．A
2﹣+
【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b和c
的
电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元
素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．
2﹣
【解答】解：
a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b
和+
的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为Sc
元素．
A．H元素与Na形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；
B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、
SO3，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径
最小，故Na的原子半径最大，故C正确；
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D．d与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确．
故选：
A．
4．C
【分析】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有
CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种，再结合定一移一法判断．
【解答】解：
C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有
CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2两种，
CH3CH2CH2CH3中一个Cl取代为甲基、亚甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有4种、
4种位置，但有2种重复（对碳链从前向后一次编号，1、2号碳原子重复一次，1、3与2、
4重复），故该情况有6种，
CH3CH（CH3）2中一个Cl取代为甲基、次甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有3种、
1种位置，但有1种重复（分别处于取代甲基、次甲基上H原子），故该情况有3种，
故共有9种，
故选：
C．
5．B
【分析】Mg﹣AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正
2+﹣﹣﹣
极反应为：
2AgCl+2e═2C1
，据此分析．+2Ag，负极反应式为：
Mg﹣2e=Mg
2+﹣
【解答】解：
A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：
Mg﹣2e
=Mg，
故A正确；
B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：
2AgCl+2e
﹣﹣
═2C1
+2Ag，故B错误；
﹣
在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；
C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl
D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确；
故选：
B．
6．C
【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加
入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可
能为二氧化碳或二氧化硫；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成
不溶于酸的固体，以此解答该题．
【解答】解：
A．NaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，盐酸足量时没有固体剩余，故A错
误；
B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；
C．BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，
且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；
D．加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．
故选C．
7．D
【分析】A．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液；
B．直接加热，易导致氯化镁水解；
C．二者都与稀硝酸反应；
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D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性．
【解答】解：
A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧
化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故A错误；
B．氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故B
错误；
C．二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C错误；
D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，
故D正确．
故选D．
三、
8．
【分析】
（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之
间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；
（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2
﹣1
（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?
mol
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为
+
﹣
N2H4+H2O?
N2H5+OH
，平衡常数
Kb==×=K×Kw，由于是二元
碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2；
﹣
（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e
，
﹣
O2～4e
，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答．
【解答】解：
（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原
子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：
，其中氢元素化
合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价，
故答案为：
；﹣2；
（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书
写反应的化学方程式为：
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，
故答案为：
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
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依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2
（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大
量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，
故答案为：
2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为
+
N2H4+H2O?
N2H5+OH
﹣
，平衡常数
7
Kb==×=K×Kw=8.7×10×1.0
﹣14﹣7+2+
，第二步电离方程式为N2H5
×10=8.7×10+H2O?
N2H6+OH
酸式盐为N2H6（HSO4）2，
﹣7
故答案为：
8.7×10，N2H6（HSO4）2；
﹣
，因此联氨与硫酸形成的
（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2价的N元素被氧化为N2，反应方
程式为：
N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：
固体逐渐变黑，并有气泡
产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，
﹣﹣
易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e，O2～4e
，
﹣
N2H4～O2～4e
，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，
理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨
的优点是用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，
故答案为：
固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物
为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．
9．
【分析】
（1）依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量
差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，由图
b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时尚未达到平衡状态，高于460°C时，
是温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应，丙烯腈产率降低；
（3）根据图象可知，当约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛
产率最低，根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、
氧气、丙烯按1：
1.5：
1的体积比加入反应达到最佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算
条件比．
【解答】解：
（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成
物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降
低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催
化剂，
故答案为：
两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂；
（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到
平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度
下的平衡产率；高于460°C时，丙烯腈产率降低，
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；
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C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故答案为：
不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；
（3）根据图象可知，当约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛
产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C
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