2016年高考化学试卷（北京）（解析卷）

2016年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题. 1．（3分）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（ ） A．徐光宪建立稀土串级萃取理论 B．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 C．闵恩泽研发重油裂解催化剂 D．侯德榜联合制碱法 【考点】1A：化学史． 【专题】56：化学应用． 【分析】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学 或医学奖． 【解答】解：2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生 理学或医学奖。 故选：B。 【点评】本题考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，能轻松简答． 2．（3分）下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（ ） A．冷水浸泡 B．加热煎制 C．箅渣取液 D．灌装保存 A．A B．B C．C D．D 【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】545：物质 的分离提纯和鉴别． 【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体的分离，一般利用固体的颗粒大小将 固体和液体分离，以此解答该题． 【解答】解：A．冷水浸泡属于物质的溶解，故A错误； B．加热煎制属于加热，故B错误； C．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确； D．灌装是液体转移，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查物质的分离，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目密 切联系生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难 度不大． 3．（3分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ） A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂 【考点】CA：化学反应速率的影响因素． 【专题】51F：化学反应速率专题． 【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其 中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增 稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题． 【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A 正确； B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误； C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误； D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的 双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学 素养，难度不大，注意相关基础知识的积累． 4．（3分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯．有关物质的沸 点、熔点如表： 对二甲苯 邻二甲苯 间二甲苯 苯 沸点/℃ 138 144 139 80 熔点/℃ 13 ﹣25 ﹣47 6 下列说法不正确的是（ ） A．该反应属于取代反应 B．甲苯的沸点高于144℃ C．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来 D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来 【考点】HD：有机物的结构和性质． 【专题】533：有机反应． 【分析】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反 应； B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低； C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，用蒸馏的方法分离； D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至﹣25℃～13℃，对二甲苯形成固 体，从而将对二甲苯分离出来． 【解答】解：A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取 代反应，故A正确； B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故B错误； C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确； D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至﹣25℃～13℃，对二甲苯形成固 体，从而将对二甲苯分离出来，故D正确； 故选：B。 【点评】本题涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较， 考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大． 5．（3分）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7 2﹣（橙色）+H2O⇌2CrO4 2﹣（黄色） +2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验： 结合实验，下列说法不正确的 是（ ） A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B．②中Cr2O7 2﹣被C2H5OH还原 C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 【考点】B1：氧化还原反应；CB：化学平衡的影响因素． 【专题】515：氧化还原反应专题；51E：化学平衡专题． 【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7 2﹣（橙色）+H2O⇌2CrO4 2﹣（黄色） +2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入 碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O7 2﹣具有较强的氧化 性，可氧化乙醇，而CrO4 2﹣不能，以此解答该题． 【解答】解：A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增 大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确； B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确； C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说 明酸性条件下氧化性强，故C正确； D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变 绿色，故D错误。 故选：D。 【点评】本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的 分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注 意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大． 6．（3分）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下 列分析不正确的是（ ） A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣ C．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣ D．a、d两点对应的溶液均显中性 【考点】D4：电解质溶液的导电性． 【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题． 【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba （OH ）2=BaSO4↓+2H2O 、NaHSO4+Ba （OH ）2=BaSO4↓+NaOH+H2O ， 2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成 正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度 最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和 NaHSO4溶液的反应； B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的 物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH； C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4； D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为 Na2SO4． 【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为 H2SO4+Ba （ OH ） 2=BaSO4↓+2H2O 、 NaHSO4+Ba （ OH ） 2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液 导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0， 说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲 线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变 化曲线，故A正确； B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的 物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的 离子是Na+、OH﹣，故B正确； C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、 Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度， 所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误； D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为 Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性， 故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判 断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注 意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等． 7．（3分）用石墨电极完成下列电解实验． 实验一 实验二 装置 现象a、d处试纸变蓝；b处 变红，局部褪色；c 处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生；n处 有气泡产生；… 下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ） A．a、d处：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ B．b处：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑ C．c处发生了反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+ D．根据实验一 的原理，实验二中m处能析出铜 【考点】BH：原电池和电解池的工作原理． 【专题】51I：电化学专题． 【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成OH﹣，为电解池的阴极，b处变红， 局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧为阳 极，右侧为阴极， 实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜 珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，以此解答该题． 【解答】解：A．d处试纸变蓝，为阴极，生成OH﹣，电极方程式为2H2O+2e﹣ ═H2↑+2OH﹣，故A正确； B．b处变红，局部褪色，是因为Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红， HClO的漂白性使局部褪色，故B错误； C．c处为阳极，发生了反应：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C正确； D．实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个 电解池，一个球两面为不同的两极，左边铜珠的左侧为阳极，发生的电极反 应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，右侧（即位置m处）为阴极，发生的电极反应为Cu2++2e﹣ =Cu，同样右边铜珠的左侧为阳极，右侧（即位置n处）为阴极，因此m处能 析出铜的说法正确，故D正确。 故选：B。 【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极的 判断以及电极反应，为解答该题的关键，题目易错点为D，注意铜珠的左右 侧可看出阴、阳极，难度中等． 二、解答题（共4小题，满分58分） 8 ． （ 17 分 ） 功 能 高 分 子 P 的 合 成 路 线 如 下 ： （1）A的分子式是C7H8，其结构简式是 ． （2）试剂a是 浓硫酸和浓硝酸 ． （3）反应③的化学方程式： +NaOH +NaCl ． （4）E的分子式是C6H10O2．E中含有的官能团： 碳碳双链，酯基 ． （5）反应④的反应类型是 加聚反应 ． （6 ）反应⑤的化学方程式： +nH2O +n CH3CH2OH ． （7）已知：2CH3CHO 以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式 表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）． 【考点】HB：有机物的推断． 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 【分析】A的分子式是C7H8，其结构简式是 ，结合P的结构简式，可知A与浓 硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为 ，B与氯气在 光照条件下发生取代反应生成C为 ，C在氢氧化钠水溶液、加热 条件下发生水解反应生成D为 ，可知G的结构简式为 ，则F ，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3． 【解答】解：A的分子式是C7H8，其结构简式是 ，结合P的结构简式，可知A 与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为 ，B与氯 气在光照条件下发生取代反应生成C为 ，C在氢氧化钠水溶液、 加热条件下发生水解反应生成D 为 ，可知G 的结构简式 ，则F，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3． （1）A的分子式是C7H8，其结构简式是 ，故答案为： ； （2）试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，故答案为：浓硫酸和浓硝酸； （3）反应③的化学方程式： +NaOH +NaCl， 故答案为： +NaOH +NaCl； （4）E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能团：碳碳双键、酯基，故答案 为：碳碳双键、酯基； （5）反应④的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应； （6）反应⑤的化学方程式 +nH2O +n CH3CH2OH， 故答案为 +nH2O +n CH3CH2OH；（7）乙烯与HBr发生 加成反应生成CH3CH2Br，然后发生水解反应生成CH3CH2OH，再发生氧化反 应生成CH3CHO，2分子乙醛发生加成反应生成 ，再发生氧化反应生 成 ，再与氢气发生加成反应生成 ，在浓硫酸、加热条 件下发生消去反应生成生成CH3CH=CHCOOH，最后与乙醇发生酯化反应生成 CH3CH=CHCOOCH2CH3，合成路线流程图为：CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOCH2CH3， 故答案为：CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOOCH2CH3． 【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P的结构简式与反应条件、 分子式进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机 化学常考题型，难度中等． 9．（13分）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3 ﹣ ） 已 成 为 环 境 修 复 研 究 的 热 点 之 一 ． （1）Fe还原水体中NO3 ﹣的反应原理如图1所示． ①作负极的物质是 铁 ． ②正极的电极反应式是 NO3 ﹣+8e﹣+10H+=NH4 ++3H2O ． （2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3 ﹣的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3 ﹣的去除率 接近100% ＜50% 24小时pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 pH=4.5时，NO3 ﹣的去除率低．其原因是 FeO（OH）不导电，阻碍电子转 移 ． （3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的 Fe2+可以明显提高NO3 ﹣的去除率．对Fe2+的作用提出两种假设： Ⅰ．Fe2+直接还原NO3 ﹣； Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层． ①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是 本实验条件下，Fe2+不能直 接还原NO3 ﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3 ﹣的去除率 ． ②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方 程式，解释加入Fe2+ 提高NO3 ﹣去除率的原因： Fe2++2FeO （OH ） =Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4 ，利于电子转移 ． （4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3 ﹣的去除率和pH，结果如表： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3﹣的去除率 约10% 约3% 1小时pH 接近中性 接近中性 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3 ﹣去除率和铁的最终物质 形态不同的原因： 初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的 Fe2+不足 ． 【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；FE："三废"处理与环境保护；S4： 铁及其化合物的性质实验． 【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物． 【分析】（1）①Fe还原水体中NO3﹣，根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原 剂，失去电子，作负极； ②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境； （2）由于Fe3O4为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根 据FeO（OH）不导电进行分析； （3）①根据图2中的三个实验结果进行分析； ②结合（2）题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析； （4）根据Fe2+的作用进行分析． 【解答】解：（1）①Fe还原水体中NO3 ﹣，则Fe作还原剂，失去电子，作负极， 故答案为：铁； ②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境， 则正极的电极反应式为：NO3 ﹣+8e﹣+10H+=NH4 ++3H2O， 故答案为：NO3﹣+8e﹣+10H+=NH4++3H2O； （2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），而FeO（OH）不导电，阻碍电子 转移，所以NO3 ﹣的去除率低． 故答案为：FeO（OH）不导电，阻碍电子转移； （3）①从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3﹣的去除率为0，因此 得出Fe2+不能直接还原NO3 ﹣；而Fe和Fe2+共同加入时NO3 ﹣ 的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原 NO3﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3﹣的去除率． 故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3 ﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能 提高NO3﹣的去除率； ②同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为： Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的 Fe3O4，利于电子转移． 故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可 导电的Fe3O4，利于电子转移； （4）根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO（OH）转化为可导电的 Fe3O4，而NO3 ﹣的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会 影响Fe2+的含量． 故答案为：初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足． 【点评】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的 Fe与NO3﹣的反应跟溶液酸碱性有关，抓住这一点是解题的关键，第Ⅱ问的解 答有一定的难度，特别是阐述上的准确性． 10．（12分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑 等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用．其工作流程如 下： （1）过程Ⅰ中，在 Fe2+ 催化下，Pb 和PbO2 反应生成PbSO4 的化学方程式是 Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O ． （2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为： i：2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O ii：…①写出ii