《2016年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ)(含解析版).pdf（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1页（共 28页）2016 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，只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
2、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（）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4（6 分）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+2H
3、2O=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（）第 2页（共 28页）ANaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、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
4、 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AABBCCDD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第 22 题题第第 32 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答 第第33题题第第40题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答（一一）必考题（共必考题（共 129 分）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
5、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
6、 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀 理第 3页（共 28页）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：C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）C3H3N（g）+3H2O（g）H=515kJmol1C3H6（g）+O2（g）C3H4O（
7、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
8、 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第 4页（共 28页）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
9、 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 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
10、（用平衡移动原理解释）四、选考题：共四、选考题：共 45 分请考生从给出的分请考生从给出的 3 道物理题、道物理题、3 道化学题、道化学题、2 道生物题道生物题中每科任选一题作答，并用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定位置答题如果多做如果多做，则每学科按所做的第一题计分则每学科按所做的第一题计分化学化学-选修选修 2：化学化学与技术与技术11（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白
11、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 5页（共 28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
12、种双氧水的质量分数为 27.5%（密度为 1.10gcm3），其浓度为molL1 化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：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第 6页（共 28页）（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）6SO4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），
13、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 化学化学-选修选修 5：有机化学基础：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第 7页（共 28页）
14、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）第 8页（共 28页）2016 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，只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有
15、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
16、，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（）第 9页（共 28页）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
17、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
18、 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（）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【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第 10页（共 28页）【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
19、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。AH 元素与 Na 形成化合物 NaH，H 元素为1 价，故 A 错误；BO 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；Dd 与 a 形成的化合物为 H2
20、S，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）（）A7 种B8 种C9 种D10 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 C4H
21、10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，当两个第 11页（共 28页）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
22、，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
23、化反应，反应式为：Mg2e=Mg2+，故 A 正确；BAgCl 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：第 12页（共 28页）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
24、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（）ANaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、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：ANaHCO3、Al（OH）3都
25、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；CBaCO3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
26、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、干燥第 13页（共 28页）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AABBCCDD【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
27、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三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第 22 题题第第 32 题为必考题，每
28、题为必考题，每个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答 第第33题题第第40题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答（一一）必考题（共必考题（共 129 分）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：第 14页（共 28页）（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
29、（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
30、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
31、）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）第 15页（共 28页）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
32、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=2H32H2H
33、1，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=第 16页（共 28页）=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
34、=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
35、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（
36、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第 17页（共 28页）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
37、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
38、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，而副产第 18页（共 28页）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
39、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，
40、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
41、，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等。第 19页（共 28页）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
42、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 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
43、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；第 20页（共 28页）（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶
44、液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）加入 1 滴 K3Fe（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
45、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 K3Fe（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
46、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，氯化铁溶液中存在第 21页（共 28页）水解平衡，Fe3+3
47、H2OFe（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：共四、选考题：共 45 分请考生从给出的分请考生从给出的 3 道物理题、道物理题、3 道化学题、道化学题、2 道生物题道生物题中每科任选一题作答，并用中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选
48、题目题号后的方框涂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定位置答题如果多做如果多做，则每学科按所做的第一题计分则每学科按所做的第一题计分化学化学-选修选修 2：化学化学与技术与技术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
49、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第 22页（共 28页）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
50、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