2016年高考化学试题全国II卷 含答案 word版

2016年全国统一高考化学试卷（新课标II）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.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.下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（）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.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.分子式为C4H8C l2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.M g-A g C l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M g-2e-=M g2+B.正极反应式为A g++e-=A gC.电池放电时C l-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应M g+2H2O=M g（OH）2+H2↑6.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盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A.N a HCO3、A l（OH）3B.A g C l、N a HCO3C.N a2SO3、B a CO3D.N a2CO3、C u SO47.下列实验操作能达到实验目的是（）A.AB.BC.CD.D二、简答题(本大题共2小题，共28.0分)8.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）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=-1048.9k J•mol-1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=8.7×107；K w=1.0×10-14）．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A g B r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N a2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 ______ ．9.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）和异径（CH3CN）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=-515k J•mol-1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=-353k J•mol-1两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______ ．三、实验题(本大题共1小题，共15.0分)10.某班同学用如下实验探究F e2+、F e3+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F e C l2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 ______ ．（2）甲组同学取2m LF e C l2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明C l2可将F e2+氧化．F e C l2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2m L F e C l2溶液中先加入0.5m L 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是 ______ ．（4）丙组同学取10m L 0.1mol•L-1KI溶液，加入6m L 0.1mol•L-1 F e C l3溶液混合．分别取2m L此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1m L CC l4充分振荡、静置，CC l4层显紫色；②第二支试管中加入1滴K3[F e（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．实验②检验的离子是 ______ （填离子符号）；实验①和③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F e C l2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、简答题(本大题共2小题，共30.0分)11.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）氢化物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KM n O4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1.10g•cm-3），其浓度为 ______ mol•L-1．12.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[N i（NH3）6]SO4蓝色溶液．①[N i（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是 ______ ．②在[N i（NH3）6]SO4中N i2+与NH3之间形成的化学键称为 ______ ，提供孤电子对的成键原子是 ______ ．③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：I C u=1 958k J•mol-1、I N i=1 753k J•mol-1，I C u＞I N i的原因是 ______ ．（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 ______ ．②若合金的密度为dg•cm-3，晶胞参数a= ______ nm．五、推断题(本大题共1小题，共15.0分)13.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：①A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②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II）答案和解析【答案】1.B2.B3.A4.C5.B6.C7.D8.；-2；2NH3+N a C l O═N2H4+N a C l+H2O；2△H3-2△H2-△H1；联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应；8.7×10-7；N2H5HSO4；试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，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9.两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；低温、低压；催化剂；不是；反应开始进行主要是向正反应方向进行，尚未达到平衡；AC；1：1；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：110.防止氯化亚铁被氧化；C l2+2F e2+=2F e3++2C l-；隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁；F e2+；F e3+；2F e3++2I-=I2+2F e2+；2F e2++H2O2+2H+=2F e3++2H2O；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，F e3++3H2O⇌F e（OH）3+3H+，反应中消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀11.氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小；；乙基氢蒽醌；水；过氧化氢易溶于水，难溶于有机溶剂；过氧化氢具有强氧化性，防止催化剂中毒；5H2O2+6H++2M n O4-=2M n2++5O2↑+8H2O；8.8912.1s22s22p63s23p63d84s2；2；正四面体；配位键；N；高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；金属；C u+的核外电子排布比N i+的更稳定，难以失去电子；3：1；×10713.丙酮；；2；1：6；取代反应；+N a OH+N a C l；酯基；碳碳双键；氰基；7【解析】1. 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．压缩天然气和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，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确；故选B．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．压缩天然气和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．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. 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．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，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．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．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. 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N a；d与b同族，则d为S元素．A．H元素与N a形成化合物N a H，H元素为-1价，故A错误；B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与N a元素形成N a2O、N a2O2，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，故N a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．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N a；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．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. 解：C4H8C l2可以看作为C4H10中2个H原子被2个C l原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2两种，CH3CH2CH2CH3中一个C l取代为甲基、亚甲基中H原子，对应另外的C l原子分别有4种、4种位置，但有2种重复（对碳链从前向后一次编号，1、2号碳原子重复一次，1、3与2、4重复），故该情况有6种，CH3CH（CH3）2中一个C l取代为甲基、次甲基中H原子，对应另外的C l原子分别有3种、1种位置，但有1种重复（分别处于取代甲基、次甲基上H原子），故该情况有3种，故共有9种，故选：C．C4H8C l2可以看作为C4H10中2个H原子被2个C l原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）两种，再结合定一移一法判断．2本题考查有机物的同分异构体的书写，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. 解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：M g-2e-=M g2+，故A正确；B．A g C l是难溶物，其电极反应式为：2A g C l+2e-═2C1-+2A g，故B错误；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则C l-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M g+2H2O=M g（OH）2+H2↑，故D正确；故选：B．M g-A g C l电池中，活泼金属M g是还原剂、A g C l是氧化剂，金属M g作负极，正极反应为：2A g C l+2e-═2C1-+2A g，负极反应式为：M g-2e-=M g2+，据此分析．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. 解：A．N a HCO3、A l（OH）3都与盐酸反应，盐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，A g C l不溶于盐酸，故B错误；C．B a CO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，振荡时二氧化硫易被空气中氧气氧化生成硫酸，有硫酸钡沉淀生成，不溶于盐酸，故C正确；D．加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．故选C．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盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题．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. 解：A．将N a OH浓溶液滴加到饱和F e C l3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．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．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．8. 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+N a C l O═N2H4+N a C l+H2O，故答案为：2NH3+N a C l O═N2H4+N a C l+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（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，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应放出大量热，联氨和N2O4可作为火箭推进剂，故答案为：2△H3-2△H2-△H1，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应；（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K b==×=K×K w=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7，N2H4+H+⇌N2H5+，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4，故答案为：8.7×10-7，N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，反应出现现象为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀，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～N2-4e-，O2～4e-，N2H4～O2～4e-，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N a2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是氧化产物为氮气、对环境无污染，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，故答案为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，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．（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）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（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=-1048.9k J•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K b==×=K×K w，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4；（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．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. 解：（1）两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是因为两个反应均为放热量大的反应，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，所以热力学趋势大；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，由图b可知，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，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋势大；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，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；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．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，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；此时产物主要是丙烯晴无，副产物几乎无有；1：7.5：1；（1）依据热化学方程式方向可知，生成丙烯腈和生成丙烯醛都是放热反应生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳定的碳碳三键和碳碳双键能量低；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，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；（2）460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时尚未达到平衡状态，高于460°C 时，是温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应，丙烯腈产率降低；（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；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. 解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在F e C l2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：C l2+2F e2+=2F e3++2C l-，故答案为：C l2+2F e2+=2F e3++2C l-；（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，防止空气中的氧气氧化氯化亚铁，煤油的作用是隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁，故答案为：隔离空气，防止空气中氧气氧化氯化亚铁；（4）加入1滴K3[F e（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②检验的离子是F e2+，①第一支试管中加入1m LCC l4充分振荡、静置，CC l4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：C l2+2F e2+=2F e3++2C l-，③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F e3+，故答案为：F e2+；F e3+；C l2+2F e2+=2F e3++2C l-；（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的F e C l2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：2F e2++H2O2+2H+=2F e3++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，F e3++3H2O⇌F e（OH）3+3H+，反应中消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：2F e2++H2O2+2H+=2F e3++2H2O；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，F e3++3H2O⇌F e（OH）3+3H+，反应中消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀．（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，防止空气中的氧气氧化氯化亚铁；（4）加入1滴K3[F e（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1m LCC l4充分振荡、静置，CC l4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F e C l2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，消耗氢离子促进氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色沉淀．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．11. 解：（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，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；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在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小，故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的高中化学试卷第11页，共13页溶解度较小；（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，难溶于有机溶剂，故答案为：水；过氧化氢易溶于水，难溶于有机溶剂；（4）工作液再生装置F 中要除净残留的H 2O 2，原因是过氧化氢具有强氧化性，防止催化剂中毒，故答案为：过氧化氢具有强氧化性，防止催化剂中毒；（5）双氧水在酸性条件下与KM n O 4溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H 2O 2+6H ++2M n O 4-=2M n 2++5O 2↑+8H 2O ，由c =可知一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g •cm -3），其浓度为=8.89mol /L ， 故答案为：5H 2O 2+6H ++2M n O 4-=2M n 2++5O 2↑+8H 2O ；8.89．（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H 2O 2，因过氧化氢具有强氧化性，能使催化剂中毒；（5）双氧水在酸性条件下与KM n O 4溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合c =计算浓度．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．12. 解：（1）N i 元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2，3d 能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2；2；（2）①SO 42-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；②N i 2+提供空轨道，NH 3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 ；③PH 3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PH 3分子的，NH 3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N-H 键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp 3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；sp 3；。

2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)化学一、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是大气污染物之一解析：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．压缩天然气和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，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确。

答案：B2．(6分)下列各组中的物质均能发生就加成反应的是()A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷解析：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．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，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。

答案：B3．(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解析：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．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，故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。

2016年普通高等院校招生统一考试（新课标全国Ⅱ卷）理综化学试题与答案第Ⅰ卷（选择题）一、选择题(本题共13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。

)7．下列有关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是大气污染物之一8．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9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，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和a形成的化合物的溶液呈弱酸性10．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11．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-=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↑12．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)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4 13．下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A 制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的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 比较水和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第Ⅱ卷（非选择题）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ)7.B 化石燃料包括煤、石油、天然气等,完全燃烧也会产生SO2等污染性气体,故B项错误。

8.B 乙醇、溴乙烷、丙烷中均不含双键或三键,不能发生加成反应,A、C、D均不正确。

氯乙烯的结构简式为CH2CHCl,含有碳碳双键,能发生加成反应;苯在一定条件下也可与H2发生加成反应,故B项正确。

规律方法能发生加成反应的官能团或物质有:、、、、含苯环的物质等。

9.A 由题中信息可知,a、b、c、d分别是H、O、Na、S。

H与Na形成的二元化合物NaH中,H元素的化合价为-1,A项错误;O与其他三种元素可分别形成H2O、H 2O2,Na2O、Na2O2,SO2、SO3等,B项正确;Na元素位于第三周期ⅠA族,在四种元素中原子半径最大,C项正确;氢硫酸是一种弱酸,D项正确。

10.C C4H8Cl2为丁烷的二氯代物,按规律可写出如下结构骨架:、、,共9种。

11.B Mg-AgCl电池中,Mg为负极,AgCl为正极,故正极反应式应为AgCl+e-Ag+Cl-,B项错误。

12.C A项,加入足量稀硫酸后,固体全部溶解;B项,加入足量稀盐酸时有气泡产生,但仍有固体存在;D项,加入足量稀硫酸并振荡后,固体全部溶解。

故A、B、D 均不符合题意。

13.D 制备Fe(OH)3胶体时,应将饱和FeCl 3溶液滴入沸水中,A 项不能达到实验目的;将MgCl 2溶液加热蒸干将得到Mg(OH)2,欲得到无水MgCl 2,应在氯化氢气流中加热蒸干,B 项不能达到实验目的;向混有CuO 的Cu 粉中加入稀HNO 3,Cu 也会与HNO 3发生反应,C 项不能达到实验目的。

26.答案 (14分)(1)H··N ··H····N ··H····H -2(2)2NH 3+NaClO N 2H 4+NaCl+H 2O(3)2ΔH 3-2ΔH 2-ΔH 1 反应放热量大、产生大量气体 (4)8.7×10-7 N 2H 6(HSO 4)2(5)固体逐渐变黑,并有气泡产生 1 N 2H 4的用量少,不产生其他杂质(还原产物为N 2和H 2O,而Na 2SO 3产生Na 2SO 4) 解析 (1)联氨的结构式为,故其电子式为H··N ····H··N ····H··H;N 2H 4中H 为+1价,故N 为-2价。

2015年新课标II高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）2．（3分）（2015春•娄底期末）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到3．（3分）（2015春•北仑区校级期末）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣+n n钠充分燃烧时转移电子数为385．（3分）分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立6．（3分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）7．（3分）（2015春•北仑区校级期末）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，二、解答题8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为MnO2+H++e﹣=MnOOH，电池反应的离子方程式为：2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+．（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌0.05g g．（已经F=96500C/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，两者可以通过加热浓缩冷却结晶分离回收，滤渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是空气中加热，其原理是碳粉转变为二氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰．（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，铁变为Fe3+加碱调节pH为 2.7时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续加碱调节pH为6时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L﹣1）．若上述过程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分离不开，原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近．物质的量为，以此计算消耗锌的质量、物质的量；物质的量为，则消耗的质量为××=9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3由此计算△H1=﹣99kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=+41kJ．mol﹣1（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a（填曲线标记字母），其判断理由是反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小．（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而减小（填“增大”或“减小”），其原因是反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小．图2中的压强由大到小为P1＞P2＞P3，其判断理由是相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高；故答案为：10．（15分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：（1 ）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1．（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑．②溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣．③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是c（填标号）a．水b．碱石灰C．浓硫酸d．饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色④测得混合气中ClO2的质量为0.02700g．（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d（填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．Cl+2HClCl+2HClNCl三、化学——选修2：化学与技术。

2016年全国统一高考化学试卷【2016新课标Ⅱ】（使用地区：宁夏、黑龙江、辽宁、新疆、西藏、内蒙古、甘肃、青海、陕西、重庆）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．【2016新课标Ⅱ】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【答案】B【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．压缩天然气和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，能结合人体中血红蛋白损失运送氧的能力，是大气污染物之一，故D正确；2．【2016新课标Ⅱ】下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（）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【答案】B【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．苯是六个碳碳键完全等同的化学键，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；3．【2016新课标Ⅱ】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【答案】A【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，故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．4．【2016新课标Ⅱ】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【答案】C【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中一个Cl取代为甲基、亚甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有4种、4种位置，但有2种重复（对碳链从前向后一次编号，1、2号碳原子重复一次，1、3与2、4重复），故该情况有6种，CH3CH（CH3）2中一个Cl取代为甲基、次甲基中H原子，对应另外的Cl原子分别有3种、1种位置，但有1种重复（分别处于取代甲基、次甲基上H原子），故该情况有3种，故共有9种，5．【2016新课标Ⅱ】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﹣=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↑【答案】B【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；6．【2016新课标Ⅱ】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，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【答案】C【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，盐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．加入过量盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．【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．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．【2016新课标Ⅱ】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）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（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=，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=8.7×107；K w=1.0×10﹣14）．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O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是．【答案】（1）：；﹣2；（2）2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；（4）8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2；（5）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（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．【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，（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，（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（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，（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K b==×=K×K w=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，（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～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，N2H4～O2～4e﹣，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（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，9．【2016新课标Ⅱ】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﹣1②C3H6（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；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．【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂；（2）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）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．【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，由图b可知，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，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；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．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，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；（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：1：7.5：1，10．【2016新课标Ⅱ】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2mL FeCl2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2mL FeCl2溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是．（4）丙组同学取10mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，加入6mL 0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．实验②检验的离子是（填离子符号）；实验①和③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）．【答案】（1）防止氯化亚铁被氧化；（2）Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）Fe2+；Fe3+；可逆反应．（5）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．【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，（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：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（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②检验的离子是Fe2+，①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：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，③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．（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++3H2O⇌Fe（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．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．【2016新课标Ⅱ】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）氢化物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1.10g•cm﹣3），其浓度为mol•L﹣1．【答案】（1）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）；乙基氢蒽醌；（3）水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；（4）过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；（5）5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.89．【解答】解：（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，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；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）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，（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，（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1.10g•cm﹣3），其浓度为=8.89mol/L，[化学--选修3：物质结构与性质]12．【2016新课标Ⅱ】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．①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是．②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．③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：I Cu=1958kJ•mol﹣1、I Ni=1753kJ•mol﹣1，I Cu＞I Ni的原因是．（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为．②若合金的密度为d g•cm﹣3，晶胞参数a=nm．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2；2；（2）①正四面体；②配位键；N；（3）③高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；（4）① 3：1；②×107．【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）①SO42﹣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，②Ni2+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，③PH3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N﹣H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；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；（4）①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3：1，②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，则g=d g•cm﹣3×（a×10﹣7 cm）3，解得a=×107．[化学--选修5：有机化学基础]13．【2016新课标Ⅱ】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：①A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②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）【答案】（1）丙酮；（2）；1：6；（3）取代反应；（4）+NaOH+NaCl；（5）酯基、碳碳双键、氰基；（6）8．【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58﹣16=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）由上述答案可知，A为，化学名称为丙酮，（2）由上述答案可知，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，（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，（5）G为，G中的官能团有酯基、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．2016年全国统一高考化学试卷【新课标Ⅱ】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．【2016新课标Ⅱ】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．【2016新课标Ⅱ】下列各组中的物质均能发生就加成反应的是（）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．【2016新课标Ⅱ】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．【2016新课标Ⅱ】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．【2016新课标Ⅱ】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﹣=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↑6．【2016新课标Ⅱ】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，震荡后仍有固体存在．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．【2016新课标Ⅱ】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）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（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=，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=8.7×107；K w=1.0×10﹣14）．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O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是．9．【2016新课标Ⅱ】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﹣1②C3H6（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；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．【2016新课标Ⅱ】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2mL FeCl2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2mL FeCl2溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是．（4）丙组同学取10mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，加入6mL 0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．实验②检验的离子是（填离子符号）；实验①和③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．【2016新课标Ⅱ】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：。

2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）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）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﹣=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↑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）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．A B．B C．C D．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（一）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．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）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（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=，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=8.7×107；K w=1.0×10﹣14）．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。

2016·全国卷Ⅱ(化学)7．I4[2016·全国卷Ⅱ] 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是大气污染物之一7．B[解析] 含硫化石燃料完全燃烧产物含有CO2、SO2等气体，CO2气体能产生温室效应，SO2气体有毒，能造成大气污染，A项正确、B项错误；液化石油气的主要成分是烃，燃烧产物主要为CO2和水，故液化石油气代替燃油可以减少大气污染，C项正确；燃料不完全燃烧产生的CO有毒，是大气污染物之一，D项正确。

8．I1、I2、I4[2016·全国卷Ⅱ] 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8．B[解析] 含有不饱和键的有机物能发生加成反应，乙醇是饱和一元醇，不能发生加成反应，A项错误；苯能与H2在一定条件下发生加成反应，氯乙烯含碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；乙酸中的C===O键不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键，不能发生加成反应，C项错误；丙烯含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烃，不能发生加成反应，D项错误。

9．E5[2016·全国卷Ⅱ] a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2－和c＋离子的电子层结构相同，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9．A[解析] 原子中只有1个电子，则a是氢元素；短周期元素形成的b2－和c＋的电子层结构相同，则b是氧元素、c是钠元素；d与b同族，则d是硫元素。

a与其他三种元素形成的二元化合物主要有H2O、H2O2、NaH、H2S，NaH中钠元素为＋1价，氢为－1价，A项错误；b与其他三种元素可形成的二元化合物有H2O、H2O2、Na2O2、Na2O、SO2、SO3，B 项正确；由元素原子半径的周期性变化规律可知，原子半径Na>S>O>H，C项正确；d与a 形成的化合物是H2S，属于二元弱酸，在水溶液中能微弱地电离出H＋，D项正确。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

可能用到的相对原子质量：一、选择题：本大题共13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。

7．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是大气污染物之一8．下列各组中的物质均能发生就加成反应的是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9．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。

下列叙述错误的是学.科.网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10.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11.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–=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↑12.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盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO413.下列实验操作能达到实验目的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第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

全国二卷化学试题7、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是大气污染物之一8、下列各组中的物质均能发生就加成反应的是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9、a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有一个电子，b2+与c-离子的电子层结构相同。

b 与d同族。

下列说法正确的是：A、a与其它三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1。

B、b与其它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10、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11、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-=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↑12、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)3B、AgCl 、NaHCO3C、Na2SO3、BaCO3D、Na2CO3、CuSO426、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：⑴联氨分子的电子式为：，其中氮的化合价为：。

⑵实验室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：。

⑶2O2（g）+N2(g)=N2O4(l) △H1N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) △H2O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) △H32N2H4(l)+ N2O4(l)=3 N2(g)+ 4H2O(g) △H4=-1048.9kJ·mol-1上述反应热效应之间的关系为△H4= ，联氨和N2O4可用作火箭推进剂原因为：。

2016全国2卷化学答案【篇一：2016年高考化学试题及答案(全国Ⅱ卷)】ass=txt>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是大气污染物之一8．下列各组中的物质均能发生就加成反应的是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9．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10. 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11. 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↑12. 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盐酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为a.nahco3、al(oh)3b.agcl、nahco3c.na2so3、baco3d.na2co3、cuso4–13. 下列实验操作能达到实验目的的是26．(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_________。