2016年高考化学试卷（新课标Ⅱ）（解析卷）

2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ） 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． 【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． 【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+1 B．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． 【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． 【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）Mg﹣AgCl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Mg﹣2e﹣=Mg2+ B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag C．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． 【专题】51I：电化学专题． 【分析】Mg﹣AgCl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+2e﹣═2C1﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e﹣=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：Mg﹣2e ﹣=Mg2+，故A正确； B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+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： ①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； ②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）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4 【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】545：物质的分离提纯和鉴别． 【分析】①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； ②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．A B．B C．C D．D 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【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+NaClO═N2H4+NaCl+H2O ． （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 ④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1 上述反应热效应之间的关系式为△H4= 2△H3﹣2△H2﹣△H1 ，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 8.7×10 ﹣7 （已知：N2H4+H+⇌N2H5 + 的K=8.7×107； Kw=1.0×10﹣14）．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O2 1 kg；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． 【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）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l） ═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1 （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+H2O⇌N2H5 ++OH ﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw ，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N2H4 ～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，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+NaClO═N2H4+NaCl+H2O， 故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O； （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l） ═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④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：2△H3﹣2△H2﹣△H1；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+H2O⇌N2H5 ++OH ﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw=8.7×107×1.0×10 ﹣14=8.7×10 ﹣7 ，第二步电离方程式为 N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2， 故答案为：8.7×10﹣7，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N2H4→N2失去4e﹣，O2→O2﹣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： ①C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1 ②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1 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． 【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 460°C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）+3H2 O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积