高考化学全国卷Ⅱ及解析.docx

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高考化学全国卷Ⅱ及解析

2016·全国卷Ⅱ（化学）

7．I4[2016·全国卷Ⅱ]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

7．B　[解析]含硫化石燃料完全燃烧产物含有CO2、SO2等气体，CO2气体能产生温室效应，SO2气体有毒，能造成大气污染，A项正确、B项错误；液化石油气的主要成分是烃，燃烧产物主要为CO2和水，故液化石油气代替燃油可以减少大气污染，C项正确；燃料不完全燃烧产生的CO有毒，是大气污染物之一，D项正确。

8．I1、I2、I4[2016·全国卷Ⅱ]下列各组中的物质均能发生加成反应的是（　　）

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

8．B　[解析]含有不饱和键的有机物能发生加成反应，乙醇是饱和一元醇，不能发生加成反应，A项错误；苯能与H2在一定条件下发生加成反应，氯乙烯含碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；乙酸中的C===O键不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键，不能发生加成反应，C项错误；丙烯含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烃，不能发生加成反应，D项错误。

9．E5[2016·全国卷Ⅱ]a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2－和c＋离子的电子层结构相同，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

9．A　[解析]原子中只有1个电子，则a是氢元素；短周期元素形成的b2－和c＋的电子层结构相同，则b是氧元素、c是钠元素；d与b同族，则d是硫元素。

a与其他三种元素形成的二元化合物主要有H2O、H2O2、NaH、H2S，NaH中钠元素为＋1价，氢为－1价，A项错误；b与其他三种元素可形成的二元化合物有H2O、H2O2、Na2O2、Na2O、SO2、SO3，B项正确；由元素原子半径的周期性变化规律可知，原子半径Na>S>O>H，C项正确；d与a形成的化合物是H2S，属于二元弱酸，在水溶液中能微弱地电离出H＋，D项正确。

10．I4、K1、L1[2016·全国卷Ⅱ]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

10．C　[解析]由题意可知，C4H8Cl2是C4H10的二氯代物，C4H10的一氯代物有4种结构，且这4种一氯代物的等效氢共有12种，分别为CH2Cl①CH2②CH2③CH3④、CH3⑤CH⑥ClCH2⑦CH3⑧、CH2Cl⑨CH⑩CH3CH3⑪、CClCH3CH3CH3⑫，当第二个氯原子分别取代②和⑤、③和⑧、

和⑫的氢原子时，均只得到一种物质。

因此分子式为C4H8Cl2的有机物共有12－3＝9种，C项正确。

11．F4[2016·全国卷Ⅱ]MgAgCl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（　　）

A．负极反应式为Mg－2e－===Mg2＋

B．正极反应式为Ag＋＋e－===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↑

11．B　[解析]该电池中还原性较强的Mg为负极，失去2个电子发生氧化反应，A项正确；氧化性较强的AgCl为正极，发生还原反应，AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）、Ag＋＋e－===Ag，AgCl是难溶盐，则正极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－，B项错误；由于Mg失去电子成为Mg2＋，使负极区域带正电，AgCl得到电子生成Ag和Cl－，使正极区域带负电，因此Cl－由正极向负极迁移，使电解质溶液保持电中性，C项正确；氧化还原反应为放热反应，镁与热水能发生置换反应生成Mg（OH）2和H2，D项正确。

12．J2、C5、D5[2016·全国卷Ⅱ]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盐酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为（　　）

A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3

C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4

12．C　[解析]NaHCO3溶于水，而Al（OH）3难溶于水，NaHCO3能与足量稀盐酸反应放出CO2气体，Al（OH）3能溶于足量稀盐酸，符合实验①但不符合实验②，A项错误；AgCl难溶于水，也难溶于稀盐酸，因此不符合实验①但符合实验②，B项错误；Na2SO3可溶于水，而BaCO3难溶于水，BaCO3、Na2SO3都能溶于足量稀盐酸，且能与稀盐酸反应放出CO2和SO2气体，Na2SO3具有强还原性，容易被空气中的O2氧化为Na2SO4，SO

与Ba2＋结合生成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，既符合实验①又符合实验②，C项正确；Na2CO3、CuSO4均可溶于水，且能反应生成难溶于水的碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜，碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜均能溶于足量稀盐酸，且放出CO2气体，符合实验①但不符合实验②，D项错误。

13．J4[2016·全国卷Ⅱ]下列实验操作能达到实验目的的是（　　）

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

加入稀硝酸溶解，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

13.D　[解析]NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成难溶于水的Fe（OH）3沉淀，应将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中制备Fe（OH）3胶体，A项错误；加热蒸干MgCl2溶液时，MgCl2会水解生成Mg（OH）2和HCl，无法制备无水MgCl2，应将MgCl2溶液在HCl气流中加热蒸干制备无水MgCl2，B项错误；稀硝酸具有强酸性和强氧化性，能与CuO和Cu同时反应，应用稀硫酸或盐酸除去Cu粉中混有的CuO，C项错误；由控制变量法设计实验方案可知，同样质量、大小的钠投入同温同压下的水和乙醇中，根据产生气泡的快慢可以比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确。

26．A4、B3、D4、E5、F2、H1、H3[2016·全国卷Ⅱ]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）　ΔH1

②N2（g）＋2H2（g）===N2H4（l）　ΔH2

③O2（g）＋2H2（g）===2H2O（g）　ΔH3

④2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）　ΔH4＝－1048.9kJ·mol－1

上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝____________，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＋N2H

的K＝8.7×107；KW＝1.0×10－14）。

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O2________kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是________________________________________________________________。

26．

（1）H

NH,··）,··,）·,·）NH,··）,··,）·,·）H　－2

（2）2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O

（3）2ΔH3－2ΔH2－ΔH1　反应放热量大、产生大量气体

（4）8.7×10－7　N2H6（HSO4）2

（5）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）

[解析]

（1）N、H均为非金属元素，根据各原子核最外层电子数分析可知，联氨分子含有1个N—N键、4个N—H键，其电子式为H·,·）NH,··）,··,）·,·）NH,··）,··,）·,·）H；N2H4是共价化合物，根据电子式可知氮元素的化合价为－2价，氢元素的化合价为＋1价。

（2）由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由－3价升高到－2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到－1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。

（3）观察可知，四个热化学方程式关系式为③×2－②×2－①＝④，由盖斯定律可知2ΔH3－2ΔH2－ΔH1＝ΔH4；由反应④可知，2molN2H4（l）和1molN2O4（l）反应生成3molN2（g）和4molH2O（g）时，放出1048.9kJ热量，且产生7mol气体，由此推断，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。

（4）由题给信息可知，N2H4＋H＋N2H

的K＝

＝8.7×107，KW＝c（H＋）·c（OH－）＝1.0×10－14，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4＋H2ON2H

＋OH－，其电离常数Kb1＝

＝

＝

×c（OH－）·c（H＋）＝K×KW＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7；由题意可知，二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N2H6SO4，该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N2H6（HSO4）2。

（5）由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由－2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H4＋4AgBr===N2↑＋4Ag＋4HBr（可能还发生反应N2H4＋HBr===N2H5Br），因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。

由N2H4＋O2===N2↑＋2H2O可知，1mol联氨可除去1molO2，又因为M（N2H4）＝M（O2），m＝n·M，1kg联氨可除去O2的质量为1kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。

27．G1、G2、G3、G5、A4、A2[2016·全国卷Ⅱ]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：

①C3H6（g）＋NH3（g）＋

O2（g）===C3H3N（g）＋3H2O（g）　ΔH＝－515kJ·mol－1

②C3H6（g）＋O2（g）===C3H4O（g）＋H2O（g）　ΔH＝－353kJ·mol－1

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”）对应温度下的平衡产率，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

图00

（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为________________________。

27．

（1）两个反应均为放热量大的反应　降低温度降低压强　催化剂

（2）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）1　该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低　1∶7.5∶1

[答案]

（1）由题意可知，反应①、②都是放热反应，反应①、②分别放出515kJ·mol－1和353kJ·mol－1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应①的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。

（2）反应①的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。

温度高于460℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460℃时，副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。

（3）读图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。

由反应①的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为1∶1.5∶1，空气中氧气的体积分数约为1/5（氮气约占4/5），则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1∶

∶1＝1∶7.5∶1。

28．B1、B3、C3、G2、J2[2016·全国卷Ⅱ]某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。

回答下列问题：

（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol·L－1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，说明Cl2可将Fe2＋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________________________。

（4）丙组同学取10mL0.1mol·L－1KI溶液，加入6mL0.1mol·L－1FeCl3溶液混合。

分别取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；

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）。

28．

（1）防止Fe2＋被氧化

（2）2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－

（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）

（4）Fe2＋　Fe3＋　可逆反应

（5）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　Fe3＋催化H2O2分解产生O2　H2O2分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动

[解析]

（1）FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3，由Fe＋2FeCl3===3FeCl2可知，配制亚铁盐溶液时加入少量铁屑能防止Fe2＋被氧化。

（2）氯气有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，即2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。

（3）煤油不溶于水且密度比水小，浮在FeCl2溶液上面的煤油能隔绝空气，排除氧气对实验的影响。

（4）Fe2＋与黄色的铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，即3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－===Fe3[Fe（CN）6]2↓，则实验②检验的离子是Fe2＋；由实验①推断，KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成物含有I2，实验③说明I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋；由上述现象推断，Fe3＋没有完全还原为Fe2＋，即KI与FeCl3的氧化还原反应是可逆反应。

（5）H2O2是强氧化剂，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，则有2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；一段时间后，Fe3＋能将H2O2氧化成O2，离子方程式为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，上述两步反应的总反应方程式为2H2O2===O2↑＋2H2O，Fe3＋是该反应的催化剂，因而有气泡出现，且溶液变为棕黄色；由于上述反应放热，温度升高，H2O2反应生成水，起到了稀释作用，增大了溶液的pH，这些因素都能使水解平衡Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋正向移动，因此能生成红褐色沉淀。

36．O1、O4、O5、A3[2016·全国卷Ⅱ][化学——选修2：

化学与技术]

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：

OOC2H5

OHOHC2H5

　乙基蒽醌　　　　　　　乙基氢蒽醌

OOC2H5＋H2O2

A．氢化釜　B．过滤器　C．氧化塔　D．萃取塔

E．净化塔　F．工作液再生装置　G．工作液配制装置

图00

生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、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）氢化釜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____________________________。

一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g·cm－3），其浓度为________mol·L－1。

36．

（1）氢气和氧气　乙基蒽醌　乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂

（2）OOC2H5＋H2

OHOHC2H5　乙基氢蒽醌

（3）水　H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水

（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸

（5）2MnO

＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑　8.9

[解析]

（1）蒽醌法生产双氧水的反应原理为乙基蒽醌＋H2

乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌＋O2―→乙基蒽醌＋H2O2，由上述两步反应相加可得总反应方程式为H2＋O2

H2O2，乙基蒽醌是制备双氧水的催化剂，蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是H2、O2；循环使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂。

（2）A中反应物是乙基蒽醌和氢气，反应的化学方程式为OOC2H5＋H2

OHOHC2H5；A中反应产生乙基氢蒽醌，它是进入C中的反应混合液中的主要溶质。

（3）D中的萃取剂是水，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，因此选择水作萃取剂。

（4）F中残留H2O2，其分解产生的O2可能通过G进入A中，氧气与氢气组成的混合气体易发生爆炸，从而引发安全事故，因此F中要除尽残留的H2O2。

（5）双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2MnO

＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。

以1L（即1000cm3）该双氧水为研究对象，溶质的c＝

＝

＝

≈8.9mol·L－1。

37．N1、N3、N2、N4、N5[2016·全国卷Ⅱ][化学——选修3：

物质结构与性质]

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在[Ni（NH3）6]2＋中Ni2＋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、INi＝175