2016年全国统一高考化学试卷（新课标ⅱ）（含解析版）

2016年全国统一高考化学试卷（新课标）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3．（6分）a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+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+1B．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）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+B．正极反应式为Ag++e=AgC．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+H26．（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：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硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO47．（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）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）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）H4=1048.9kJmol1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+N2H5+的K=8.7107；Kw=1.01014）．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 ．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：C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）C3H3N（g）+3H2O（g）H=515kJmol1C3H6（g）+O2（g）C3H4O（g）+H2O（g）H=353kJmol1两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为 。10．（15分）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l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是 ．（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；第二只试管中加入1滴K3[Fe（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．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）．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：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1.10gcm3），其浓度为 molL1．[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．[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是 ．在[Ni（NH3）6]SO4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：ICu=1958kJmol1、INi=1753kJmol1，ICuINi的原因是 ．（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 ．若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a= nm．[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：A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）2016年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析一、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【考点】B9：燃料的充分燃烧．菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化；56：化学应用．【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．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．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，是大气污染物之一，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积累，题目较简单．2．（6分）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【考点】I6：取代反应与加成反应．菁优网版权所有【专题】533：有机反应．【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发生加成反应，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。【点评】本题考查有机物的性质、反应类型，题目难度不大，主要是加成反应的实质理解应用，题目较简单。3．（6分）a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+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+1B．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【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．【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；b2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．【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；b2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。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，Na的原子半径最大，故C正确；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。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固．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【考点】H6：有机化合物的异构现象．菁优网版权所有【专题】532：同分异构体的类型及其判定．【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，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有2种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，有故该情况有6种，CH3CH（CH3）2中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有1种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，故共有9种，故选：C。【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，题目难度不大，二氯代物的同分异构体常采用“定一移一”法解答，注意重复情况．5．（6分）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+B．正极反应式为Ag++e=AgC．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【考点】BL：化学电源新型电池．菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题．【分析】MgAgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e2C1+2Ag，负极反应式为：Mg2e=Mg2+，据此分析。【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：Mg2e=Mg2+，故A正确；B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e2C1+2Ag，故B错误；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；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。【点评】本题考查原电池工作原理，注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，题目难度中等。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：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硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．菁优网版权所有【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．【分析】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；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，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，硫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．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误。故选：C。【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．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【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【专题】542：化学实验基本操作．【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；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。【点评】本题考查较为综合，涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．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）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．（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2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O．（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）H4=1048.9kJmol1上述反应热效应之间的关系式为H4=2H32H2H1，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为反应放热量大，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．联氨第一步电离反应的平衡常数值为8.7107（已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；Kw=1.01014）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2．（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，观察到的现象是固体逐渐变黑，并有气泡产生．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O21kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；EL：含氮物质的综合应用．菁优网版权所有【专题】524：氮族元素．【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）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=1048.9kJmol1（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+H2ON2H5++OH，平衡常数Kb===KKw，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N2H4N24e，O24e，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+NaClON2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=2H32H2H1，根据反应可知，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：2H32H2H1；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+H2ON2H5++OH，平衡常数Kb===KKw=8.71071.01014=8.7107，第二步电离方程式为N2H5++H2ON2H62++OH，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，故答案为：8.7107，N2H6（HSO4）2；（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N2H4N2失去4e，O2O2得到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（反应产物为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（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断，题目难度中等．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：C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）C3H3N（g）+3H2O（g）H=515kJmol1C3H6（g）+O2（g）C3H4O（g）+H2O（g）H=353kJmol1两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是两个反应均为放热量大的反应；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是低温、低压；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（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，丙烯腈的产率不是（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；高于460时，丙烯腈产率降低的可能原因是AC（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1，理由是该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为1：7.5：1。【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．【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，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；（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，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，即低于460时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于460C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．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，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）=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，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：7.5：1，故答案为：1：1；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。【点评】本题考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等。10．（15分）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的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化．（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Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl．（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l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是隔离空气（排除氧气对实验的影响）．（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；第二只试管中加入1滴K3[Fe（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．实验检验的离子是Fe2+（填离子符号）；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应．（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2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；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．产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；生成沉淀的原因是过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动（用平衡移动原理解释）．【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有【专题】24：实验设计题．【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；（5）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，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动．【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验检验的离子是Fe2+，第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I+2Fe3+=2Fe2++I2，第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应．（5）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，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动．故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动．【点评】本题考查了铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子检验、盐类水解等知识点，注意题干信息的分析判断，题目难度中等．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：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氢气和氧气，循环使用的原料是乙基蒽醌，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂．（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乙基氢蒽醌．（3）萃取塔D中的萃取剂是水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水．（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸．（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5H2O2+6H++2MnO4=2Mn2++5O2+8H2O，一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10gcm3），其浓度为8.90molL1．【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合．【分析】（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有机溶剂；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌与氢气反应；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌；（3）D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水；（4）除净残留的H2O2，因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合c=计算浓度．【解答】解：（1）由转化反应可知，乙基蒽醌先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应，则蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌，且结合流程图种再生工作液环节可知乙基蒽醌循环使用；配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂，故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌与氢气反应，反应为；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌，故答案为：；乙基氢蒽醌；（3）D中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案为：水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，故答案为：过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H2O2+6H++2MnO4=2Mn2++5O2+8H2O，由c=可知一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10gcm3），其浓度为=8.90mol/L，故答案为：5H2O2+6H++2MnO4=2Mn2++5O2+8H2O；8.90．【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性质及应用，题目难度中等．[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1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2．（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液．[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是正四面体．在[Ni（NH3）6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N．氨的沸点高于（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；氨是极性分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为sp3．（3）单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJmol1、INi=1753kJmol1，ICuINi的原因是Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大．（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1．若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a=107nm．【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构．【分析】（1）Ni元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式；（2）SO42中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，N原子有1对孤对电子，形成3个NH键，杂化轨道数目为4；（3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定；（4）根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=V可以计算晶胞棱长．【解答】解：（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；（2）SO42中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个NH键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；（4）晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8=1、Cu原子数目=6=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，则g=d gcm3（a107 cm）3，解得a=107．故答案为：107．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础．[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：A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回答下列问题：（1）A 的化学名称为丙酮。（2）B的结构简式为。其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6。（3）由C生成D的反应类型为取代反应。（4）由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl。（5）G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。（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8种。（不含立体结构）【考点】HB：有机物的推断．菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断．【分析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，分子中C、H原子总相对原子质量为5816=42，则分子中最大碳原子数目为=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为。【解答】解：A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，分子中C、H原子总相对原子质量为5816=42，则分子中最大碳原子数目为=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E发生氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则E为，F为，G为。（1）由上述分析可知，A为，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；（2）由上述分析可知，B的结构简式为 其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6，故答案为：；2；1：6；（3）由C生成D的反应类型为：取代反应，故答案为：取代反应； （4）由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（5）G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基，故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；（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，含有甲酸形成的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2时，CN的取代位置有3种，当为HCOOCH=CHCH3时，CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH3）=CH2时，CN的取代位置有2种，共有8种。故答案为：8。【点评】本题考查考查有机物的推断，关键是确定A的结构简式，再结合反应条件、有机物分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中注意利用取代方法确定同分异构体。