高考化学全国卷Ⅱ及解析.docx

1、高考化学全国卷及解析2016全国卷(化学)7I42016全国卷 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是大气污染物之一7B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。8I1、I2、I42016全国卷 下列各组中的物质均能发生加成反

2、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8B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。9E52016全国卷 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()Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为1Bb与其他三种元素均可形成至

3、少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd与a形成的化合物的溶液呈弱酸性9A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NaSOH，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。10I4、K1、L

4、12016全国卷 分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)()A7种 B8种C9种 D10种10C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CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、CH2ClCHCH3CH3、CClCH3CH3CH3，当第二个氯原子分别取代和、和、和的氢原子时，均只得到一种物质。因此分子式为C4H8Cl2的有机物共有1239种，C项正确。11F42016全国卷 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Mg2e=Mg2

5、B正极反应式为Age=AgC电池放电时Cl由正极向负极迁移D负极会发生副反应Mg2H2O=Mg(OH)2H211B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AgCle=AgCl，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。12J2、

6、C5、D52016全国卷 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：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；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()ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO412C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，符合实验但不符合实验，A项错误；AgCl难溶于水，也难溶于稀盐酸，因此不符合实验但符合实验，B项错误；Na2SO3可

7、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，既符合实验又符合实验，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，符合实验但不符合实验，D项错误。13J42016全国卷 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MgC

8、l2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

9、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。26A4、B3、D4、E5 、F2、H1、H32016全国卷 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)2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H

10、41 048.9 kJmol1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：N2H4H N2H的K8.7107；KW1.01014)。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1 kg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)HNH,),),)NH,),),)H2(2)2NH3

11、NaClO=N2H4NaClH2O(3)2H32H2H1反应放热量大、产生大量气体(4)8.7107N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4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NN键、4个NH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

12、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2NH3NaClO=N2H4NaClH2O。(3)观察可知，四个热化学方程式关系式为22，由盖斯定律可知2H32H2H1H4 ；由反应可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反应生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)时，放出1 048.9 kJ热量，且产生7 mol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，N2H4H N2H的K8.7107，KWc(H)c(OH)1.01014，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4H2O N2HOH，其

13、电离常数Kb1c(OH)c(H)KKW8.71071.010148.7107；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N2H44AgBr =N24Ag4HBr(可能还发生反应N2H4HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4O2=N2 2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2

14、，又因为M(N2H4)M(O2)，mnM，1 kg联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3O2=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。27G1、G2、G3、G5、A4、A22016全国卷 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

15、(C3H4O)的热化学方程式如下：C3H6(g)NH3(g)O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)H515 kJmol1C3H6(g)O2(g)=C3H4O(g)H2O(g)H353 kJmol1两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

16、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17.51答案 (1)由题意可知，反应、都是放热反应，反应、分别放出515 kJmol1和353 kJmol1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应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、减压均能使反应的化学平衡向正反应方向

17、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

18、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11.51，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1117.51。28B1、B3、C3、G2、J22016全国卷 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0.1 molL1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2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加

19、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2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 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10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。

20、实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：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)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平

21、衡正向移动解析 (1)FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3，由Fe2FeCl3=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2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(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3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62，则实验检验的离子是Fe2；由实验推断，KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成物含有I2，实验说明I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3；由上述现象推

22、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2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；一段时间后，Fe3能将H2O2氧化成O2，离子方程式为2Fe3H2O2=2Fe2O22H，上述两步反应的总反应方程式为2H2O2=O22H2O，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Fe33H2O Fe(OH)33H正向移动，因此能生成红褐色沉淀。36O1、O4、O5、A32016全国卷 化学选修2：化学

23、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：OOC2H5OHOHC2H5乙基蒽醌乙基氢蒽醌OOC2H5H2O2A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

24、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1.10 gcm3)，其浓度为_molL1。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)OOC2H5H2OHOHC2H5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)2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O28.9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

25、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H2O2H2O2，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OOC2H5H2OHOHC2H5；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

26、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2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O2。以1 L(即1000 cm3)该双氧水为研究对象，溶质的c8.9 molL1。37N1、N3、N2、N4、N52016全国卷 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)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62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_。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ICu1958 kJmol1、INi175