2016年高考化学试卷（浙江）【10月】（解析卷）

化学参考答案 1．A 解析 酸是电离时生成的阳离子全部是H＋的化合物，CO2为酸性氧化物，NaCl 属于盐，NaOH属于碱。 2．B 解析 A为烧杯，C为容量瓶，D为烧瓶。 3．C 解析 酒精、蔗糖属于非电解质，铜丝属于单质，既不是电解质，也不是非电 解质。 4．A 解析 B项，H2还原CuO，H2作还原剂，H2O是氧化产物；C项，Cl2和H2O反 应，Cl2既是氧化剂又是还原剂；D项，SO3和H2O反应不是氧化还原反应。 5．B 解析 A项，NaOH水溶液显碱性是因为NaOH的电离；C项，Na2CO3的水溶液 因为CO的水解呈碱性；D项，NaCl的水溶液呈中性。 6．C 解析 配制生理盐水用的是食盐；工业上利用SiO2、Na2CO3、CaCO3在高温下 制造普通玻璃；MgO的熔点很高，所以可用作耐高温材料；在海水中钠元素是 以Na＋形式存在。 7．D 解析 A项，NaCl的电子式应为Na＋[C]－；B项，二氧化碳的结构式应为OCO； C项，S2－的结构示意图： 。 8．A 解析 SO2和品红发生化合反应而使品红溶液褪色，但褪色不稳定，加热会恢 复红色。 9．A 解析 石油、煤、天然气属于传统能源，均不能再生。 10．A 解析 B项，烧瓶不能用酒精灯直接加热，应垫石棉网；C项，氯化氢在水中才 能发生电离，所以氯化氢气体不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红；D项，由于玻 璃中的SiO2能和NaOH反应，所以盛放NaOH的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶 塞。 11．B 解析 A项，6C中质子数为6，中子数为8；B项，CH3OH是一元醇，而甘油是 三元醇， 所以它们不是同系物；C项，C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷， 它们的沸点各不相同；D项， ，其名称为2 甲基戊烷。 12．C 解析 A项，由于该反应为可逆反应，且没给出反应物物质的量，所以反应放 出热量不确定；B项，达到平衡时，X、Y的物质的量之比不一定为1∶2，它和起 始量、转化率均有关系；D项，达到平衡时，X的正反应速率与Z的逆反应速率 应符合其化学计量数之比。 13．B 解析 A项，不符合电子守恒，应为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑；C 项，应为2NH＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2NH3·H2O；D项，应为HCO＋ Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。 14．D 解析 根据元素在周期表中的位置，可以推断，X为O，Y为S，Z为Cl，W为 Si。A项，同周期原子半径逐渐减小，同族元素从上到下，随电子层数增多， 原子半径增大；B项，稳定性HCl＞H2S；C项，由于C可形成C2H6，Si和C是同 主族元素，所以Si也可能形成Si2H6；D项，Cl2＋Na2S===S↓＋2NaCl，反过来不 能进行。 15．C 解析 A项，由于甲烷是正四面体结构，所以它的二氯代物只有一种；B项，苯 使溴水褪色因为萃取，而乙烯使溴水褪色是因为发生加成反应；C项，由于乙 炔和苯的最简式相同，所以当质量相同时，其耗氧量也相同；D项，苯与氯气 反应生成氯苯，发生取代反应。 16．B 解析 A项，油脂、糖类中的单糖、二糖均不是高分子化合物；C项，在加银氨 溶液之前，应加入NaOH溶液中和硫酸；D项，甲醛能使蛋白质变性。 17．D 解析 A项,在铁的吸氧腐蚀过程中,铁片发生氧化反应而被腐蚀；B项，铁片负 极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成铁锈最多；C项，铁片负极 反应式应为Fe－2e－===Fe2＋。 18．D 解析 A项，若0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＞1，则证明醋酸是弱电解质；B项， 若0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COO－发生水解，从而证明 CH3COOH是弱电解质；C项，比较浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液的导 电能力，若前者强，则证明醋酸是弱电解质；D项，当NaOH溶液和醋酸溶液的 物质的量浓度相同时，恰好完全反应时，消耗两溶液的体积也相同，无法证明 醋酸是弱电解质。 19．D解析 根据图示，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－2(b－a) kJ·mol－ 1，所以， A、B两项错误，根据图示：2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(b＋c－a) kJ·mol －1，所以C项错误，D项正确。 20．A 解析 A项，对于组成结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越 大，错误；B项，由于石英(SiO2)是原子晶体，所以加热熔化时需破坏共价键； C项，NaOH加热熔化时，电离成自由移动的OH－和Na＋，所以具有导电性，正 确；D项，水分解破坏氢氧键，生成H2和O2，形成共价键，正确。 21．D 解析 A项，v(R)＝＝0.030 mol·L－1·min－1，正确；B项，在50 min时，两个温 度下R全部分解，分解率均为100%，正确；C项，在50 min时，30 ℃时，R分解 了1.6 mol·L－1，而在25 ℃时，R分解了1.3 mol·L－1，所以在0～50 min内，R的 平均分解速率随温度升高而增大，正确；D项，对比30 ℃和10 ℃的曲线，不能 在同一时刻，应指明在同一段时间内R的分解速率随温度升高而增大，错误。 22．C 解析 A项，铁与盐酸反应生成Fe2＋，所以转移电子数应为0.1NA，错误；B 项，在pH＝13的NaOH溶液中，c(H＋)水＝10－13mol·L－1，所以1 L pH＝13 NaOH溶液中，n(H＋)水＝10－13mol，错误；C项，根据2H2＋O2===2H2O、2CO ＋O2===2CO2，标准状况，8.96 L(即0.4 mol)该混合气体完全燃烧，消耗氧分子 数目为0.2NA，正确；D项，1.2 g金刚石中含有碳碳单键的数目为0.2NA，而1.2 g的石墨中含有碳碳单键的数目为0.15NA，所以1.2 g的该混合物中，含有碳碳单 键的数目应在0.15NA～0.2NA之间，错误。 23．B 解析 根据加入的NaOH溶液体积和混合溶液pH变化曲线可知，HY为强酸， HX为弱酸。A项，由于HY为强酸，所以c(X－)＜c(Y－)，错误；B项，当 V(NaOH)＝10.00 mL时，HX、HY均反应一半，根据pH，此时溶液呈酸性，说 明HX的电离大于X－的水解，所以c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)＞c(OH－)， 正确；C项，当V(NaOH)＝20.00 mL时，正好完全反应生成NaX，溶液呈碱性， 此时c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D项，当pH＝7时，c(Na＋)＝c(Y －)＞c(X－)，错误。 24．C 解析 由于还原性SO＞I－，所以通入Cl2发生的反应依次为 SO＋Cl2＋H2O===SO＋2H＋＋2Cl－① 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－②A项，当a≥b时，Cl2不足，只发生反应①，正确；B项， 当5a＝4b时，即＝时，既发生反应①，又发生反应②，正确；C项，当b＝a时， 只发生反应① ，转移电子数为2a，当b＝a时，转移电子数为2a＋a＝3a mol，所以当a≤b≤a 时，转移电子数为2a≤n(e－)≤3a，错误；D项，当a＜b＜a时，此时，n(SO)＝a mol，I－为[a－2(b－a)]＝(3a－2b) mol，Cl－为2b mol，正确。 25．B 解析 根据向溶液X中加入过量稀盐酸有气体放出，可以推断X中含有CO，根 据离子共存原则，没有Ca2＋、Fe2＋，根据电荷守恒，一定有Na＋；根据沉淀， X中一定有SiO，根据向溶液1中加入过量AgNO3溶液产生的现象，一定没有Br －，因为没有产生黄色沉淀，可能有SO、Cl－，综上所述，A错误，B正确；C 项，应加入Ba(NO3)2，不能加入BaCl2，因为Ag＋干扰SO的检验，错误；D项， 溶液中不含Fe2＋，所以不会发生该现象，错误。 26．(1)醛基 (2)CH2CH2＋CH3COOHCH3COOCH2CH3 (3)CH3CH2ONa＋H2O―→CH3CH2OH＋NaOH (4)AD 解析 A的摩尔质量为1.25 g·L－1×22.4 L·mol－1＝28 g·mol－1，应为C2H4，根据 转化关系，B为CH3CHO，C为CH3COOH，D为C2H5OH。(3)Na与C2H5OH反应 生成C2H5ONa，C2H5ONa强烈水解生成C2H5OH和NaOH，所以滴入酚酞溶液呈 红色。(4)A 项，CH2CH2 ＋HOC2H5C2H5OC2H5 ，正确；B 项，CH3CHO 与 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，CH3COOH能使Cu(OH)2溶解，而C2H5OH 和 Cu(OH)2不反应，所以用新制Cu(OH)2悬浊液能区分B、C、D，错误；C项，分 离乙酸乙酯和乙酸的混合液，应加入饱和Na2CO3溶液，再分液，错误；D项， CH3COOC2H5 ＋H2O CH3COOH ＋C2H5OH ，当加入NaOH 时，由于 CH3COOH和NaOH反应，平衡右移，所以乙酸乙酯在NaOH溶液中水解较在稀 硫酸中更完全。 27．(1)S、Cu Cu3(OH)4SO4或者2Cu(OH)2·CuSO4 (2)4NaOH＋3CuSO4===Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4 解析 (1)根据反应流程，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.01 mol，黑色固体 为CuO，其物质的量为0.01 mol，所以X中除H、O外，还有S、Cu。固体中有 CuSO4，其物质的量为0.01 mol，其质量为1.60 g,1.60 g的黑色固体应为CuO，其 物质的量为0.02 mol，所以Cu2＋共有0.03 mol, OH－共有0.04 mol，SO共有0.01 mol，X的化学式为Cu3(OH)4SO4或2Cu(OH)2·CuSO4。(2)若用非氧化还原反应制 取X，可用NaOH溶液与CuSO4溶液反应制取。28．(1)B (2)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切 (3)AC 解析 (1)在配制一定物质的量浓度溶液时，量筒可用也可不用。 (3)A项，若称取相同质量的Na2CO3·10H2O，造成Na2CO3的质量偏小，所配溶 液浓度偏低；B项，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；C 项，摇匀后，发现液面低于刻度线，若此时再加水，造成溶液体积偏大，所配 溶液浓度偏低；D项，未清洗容量瓶，造成溶液有残留，所配溶液浓度偏高。 29．(1)2∶1(或2) (2)2.50 mol·L－1 解析 (1)根据表中数据分析，第Ⅰ组实验，Na2CO3、NaHCO3完全反应，设 Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y， 解得 Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2∶1。 (2)设NaHCO3的物质的量为x，则Na2CO3的物质的量为2x， 实验Ⅱ：106 g·mol－1×2x＋84 g·mol－1×x＝3.70 g x＝0.012 5 mol， 实验Ⅲ：106 g·mol－1×2x＋84 g·mol－1×x＝5.18 g x＝0.017 5 mol， 实验Ⅳ：106 g·mol－1×2x＋84 g·mol－1×x＝6.66 g x＝0.022 5 mol 实验Ⅳ中，Na2CO3为0.045 mol，NaHCO3为0.022 5 mol，Na2CO3完全反应生成 NaHCO3，而NaHCO3反应了0.03 mol，所以消耗HCl的物质的量为0.045 mol＋ 0.03 mol＝0.075 mol， c(HCl)＝＝2.5 mol·L－1。 (注：用实验Ⅲ数据也可以计算) 30．(1)①放热反应，ΔS＜0且反应自发 ② (2)①3NaClO(aq)===2NaCl(aq)＋NaClO3(aq) ΔH＝－116 kJ·mol－1(其他合理答 案均可) ②c0＋或 ③反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO转化 (3)2NaClO3＋O22NaClO4(其他合理答案均可) 解析 (1)该反应为放热反应，反应自发进行即ΔG＝ΔH－TΔS＜0，又因ΔS＜ 0，所以ΔH＜0为放热反应。 (2)①NaClO分解生成NaClO3的化学方程式为 3NaClO===2NaCl＋NaClO3 3NaClO(aq)＋3NaCl(aq)＋3H2O(l)===3Cl2(g)＋6NaOH(aq) ΔH＝306 kJ·mol－1 3Cl2(g)＋6NaOH(aq)===5NaCl(aq)＋NaClO3(aq)＋3H2O(l) ΔH2＝－422 kJ·mol －1 上述两式相加得 3NaClO(aq)===2NaCl(aq)＋NaClO3(aq) ΔH＝－116 kJ·mol－1 ②Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O c0 c0 3NaClO===2NaCl＋NaClO3 c0－c1 所以c(Cl－)＝c0＋。 (3)电极反应式为 阳极：ClO－2e－＋H2O===ClO＋2H＋ 阴极：2H＋＋2e－===H2 利用O2把生成H2除去，2H2＋O2===2H2O， 总反应式为2NaClO3＋O22NaClO4。 31．(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 (2)将溶液转移到蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却 结晶的速度 (3)Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2===Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑ (4)在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A b (5)92.5% 解析 (1)第②步调节pH的目的是通过水解除去Fe3＋，为了不引入杂质离子，应 选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。 (2)蒸发浓缩所用的主要仪器是蒸发皿。 (3)根据信息，SOCl2和水反应生成SO2和HCl。 (4)因为需制得无水Cu(NO3)2，所以应在A、B之间加干燥装置。(5)当A＝0.620 时，Cu2＋浓度为1.55×10－3mol·L－1 设Cu(NO3)2的质量分数为x， ×＝1.55×10－3mol·L－1 x≈92.5%。 32．(1)A 解析 根据制取流程图可以推断 (1)A项， 能发生氧化反应(燃烧)，也能发 生还原反应(加成反应)。 (4)根据信息，苯环上含有醛基，另一个取代基在其对位，其结构简式分别为 (5) 和CH2CH2制乙苯，由乙苯制邻硝基乙苯，然后再用酸性KMnO4溶液氧 化乙基。