2016届高考化学二轮复习 全国卷近5年模拟试题分考点汇编 燃烧热-能源(含解析)

1。

2 中和热、燃烧热、能源1．下列叙述正确的是A．电能是二次能源B．水力是二次能源C．天然气是二次能源D．水煤气是一次能源【答案】A【解析】电能是二次能源，A项正确；水力是一次能源，B项错误；天然气是一次能源，C项错误；水煤气是二次能源,D项错误.16．“海上风电，如东是真正的全国领先”。

下列有关说法正确的是①风能其实是太阳能的一种转换形式②风能和水能、太阳能等都是可再生能源③风力发电由风能转换为机械能，再转化为电能④在未来多能源时期,氢能、生物质能等的核心仍是化学反应A．①②③④ B．②③④ C．①②③ D．①②④【答案】A【解析】①风能是太阳能的一种转换形式,正确;②风能和水能、太阳能等都是可再生能源,正确；③风力发电由风能转换为机械能，再转化为电能，正确;④在未来多能源时期，氢能、生物质能等的核心仍是化学反应,正确；故选项A符合题意。

2．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸反应，放出28。

7kJ的热量,表示该反应中和热的热化学方程式正确的是（）A．NaOH(aq）＋HCl（aq）===NaCl（aq）＋H2O(l) ΔH＝28.7 kJ·mol－1B．NaOH(aq)＋HCl（aq）===NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH＝－28.7 kJ·mol－1C．NaOH(aq)＋HCl（aq)===NaCl(aq）＋H2O（l）ΔH＝57.4 kJ·mol－1D．NaOH(aq）＋HCl（aq）===NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH＝－57。

4 kJ·mol－1【答案】D【解析】根据上述分析可知,A。

反应放热，焓变的符号应为“—"、数值与化学计量数不对应，A项错误；B. 焓变的数值与化学计量数不对应，B项错误；C。

反应放热焓变的符号应为“-”，C项错误；D. NaOH(aq)＋HCl(aq）＝NaCl（aq)＋H2O（l）；ΔH＝－57。

4 kJ/mol，D项正确.3．已知中和热的数值是57。

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第Ⅱ卷（非选择题）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题～32题为必考题，每位考生都必须做答。

第33题~40题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（1l题，共129分）26．（14分）联氨（又称联肼，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______。

【精品】高三化学二轮复习———燃烧热的综合学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是（）A．CH4（g）+3/2O2（g）=2H2O（l）+CO（g）△H1B．S（s）+3/2O2（g）=SO3（s）△H2C．C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H3D．2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H42．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A．甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) ΔH = －890.3 kJ·mol－1B．500ºC、30MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH = －38.6 kJ·mol－1C．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+ + 2SO42－+ 2Ba2+ + 4OH－= 2BaSO4↓+ 2H2O + AlO2－D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－+ 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5 O2↑+8H2O3．下列图示与对应的叙述相符的是（）A．表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1B．表示压强对可逆反应2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C．表示在一定温度下，向氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液至过量时，溶液的导电性即电流强度(I)随加入硫酸溶液的量(m)的变化曲线D．表示某可逆反应的反应速率随时间的变化关系，t0时刻改变的条件可能是使用了催化剂4．下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ/mol D．已知I2(g)＋H2(g)=2HI(g) ΔH1，I2(s)＋H2(g)=2HI(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH25．下列判断正确的是(N A表示阿伏加德罗常数)（）A．常温c(OH－)/c(H+)=10-13的溶液中可能含有K+、Fe2+、NO3－、Cl－四种离子B．1 L 0.1mol∙L-1的CH3COONa溶液中CH3COO－和OH－的总数大于0.1N AC．电子工业上用30%的氯化铁溶液腐蚀敷在印刷线路板上的铜箔：Fe3+ +Cu = Fe2++Cu2+ D．H2的燃烧热为a kJ·mol－1，H2燃烧热的热化学方程式为：O2(g) +2H2(g) = 2H2O(l) ΔH = －2a kJ·mol－16．下列图示关系中不正确的是（）A．B．C．D．7．下列关于各图的叙述正确的是A ．A ．甲表示2H 与2O 发生反应过程中的能量变化，则2H 的燃烧热为241.8 1kJ mol -⋅B ．乙表示A 、B 两物质的溶解度随温度变化情况，将l t ℃时A 、B 的饱和溶液分别升温至2t ℃时，溶质的质量分数()ωB ω(> A)C ．丙表示常温下，稀释HA 、HB 两种酸的稀溶液时，溶液pH 随加水量的变化，则NaA 溶液的pH 小于同浓度NaB 溶液的pHD ．丁表示0.1000 1mol L -⋅ NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.1000 1mol L -⋅醋酸溶液得到的滴定曲线8．下表中列出了25ºC 、101kPa 时一些物质的燃烧热数据已知键能：C —H 键：413.4 kJ·mol －1、H —H 键：436 kJ·mol －1，乙炔的结构是为H —C C —H 则下列叙述正确的是（ ）A ．2H 2(g) + 2O 2(g) = 2H 2O(g) ΔH = －571.6 kJ·mol －1B ．CH 4和C 2H 2中所含化学键完全相同C ．2CH 4(g) = C 2H 2(g) + 3H 2(g) ΔH = －376.4 kJ·mol －1D ．C C 键能为796 kJ·mol －1 9．下列说法正确的是A ．将NaOH 溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定B ．已知反应的中和热为ΔH =-57.3 kJ ·mol -1，则稀H 2SO 4和稀Ca (OH )2溶液反应的中和热ΔH =-2×57.3 kJ ·mol -1C ．燃烧热是指在101 kPa 时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S (s )+3/2O 2(g )＝SO 3(g )ΔH =-315 kJ ·mol -1即为硫的燃烧热D ．已知冰的熔化热为6.0 kJ ·mol -1，冰中氢键键能为20.0 kJ ·mol -1，假设1 mol 冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1mol冰中15%氢键10．下列有关说法正确且解释合理的是2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－QkJ/mol，平衡后再加入SO2，Q 增大A．A B．B C．C D．D11．辛烷(C8H18)是汽油的重要成分,其与O2反应的能量变化如图所示。

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·全国卷Ⅱ(化学)7．I4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 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 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．E5a、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 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.10．I4、K1、L1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10．C 由题意可知，C4H8Cl2是C4H10的二氯代物，C4H10的一氯代物有4种结构，且这4种一氯代物的等效氢共有12种,分别为CH2Cl①CH2②CH2③CH3④、CH3⑤CH⑥ClCH2⑦CH3⑧、CH2Cl⑨CH⑩CH3CH3⑪、CClCH3CH3CH3⑫，当第二个氯原子分别取代②和⑤、③和⑧、○，10和⑫的氢原子时，均只得到一种物质。

金属的腐蚀和防护1、在面盆、痰盂等铁制品表面烧制搪瓷的目的是（）A. 美观和杀菌消毒作用B.增大厚度防止磨损C. 增大硬度防止撞坏D. 防止铁生锈且美观【答案】D2、下列有关日常生活中涉及到的化学知识使用错误的是（）A.用铝锅长时间存放剩菜B.用白醋清洗热水瓶中的水垢C.用碘水检测土豆中含有淀粉D.利用激光笔区别鸡蛋清和浓盐水【答案】A3、下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（）【答案】D4、已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热(ΔH)分别是-1 411.0 kJ·mol-1和-1 366.8 kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为( )A.-44.2 kJ·mol-1B.+44.2 kJ·mol-1C.-330 kJ·mol-1D.+330 kJ·mol-1【答案】A【解析】由题意知①C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-1 411.0 kJ·mol-1②C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1 366.8 kJ·mol-1③C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l) ΔH由盖斯定律,得:③=①-②,则ΔH=ΔH2-ΔH3=-1 411.0 kJ·mol-1-(-1 366.8 kJ·mol-1)=-44.2 kJ·mol-1,故选A。

5、含有下列各组离子或分子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是（）A．H＋、Ca2＋、Fe3＋、NO3－ B．Ba2＋、Cl－、Al3＋、H＋C．Na＋、NH4＋、I－、HS－ D．Na+、NH3·H2O、K＋、Cl－【答案】B6、G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系(未配平)：①G―→Q＋NaCl；②Q＋H2O X＋H2；③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O；④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O。

2016年高考化学联考试题和高考模拟试卷分项汇编：化学反应中的能量变化（解析版）1．【2016年高考海南卷】油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)=57CO2(g)+52H2O(l)已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。

油酸甘油酯的燃烧热△H为（）A．3.8×104kJ·mol-1 B．－3.8×104kJ·mol-1C．3.4×104kJ·mol-1 D．－3.4×104kJ·mol-1【答案】D【名师点睛】考纲明确要求：了解化学能与热能的相互转化。

了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。

根据考纲的这一要求将化学反应中的物质变化和能量变化综合起来考查将成为一种热门的题型，同时注意到由于能源日益匮乏，因此有关燃烧热、中和热、盖斯定律等问题必将成为今后命题的重点。

新课程背景下的高考热化学方程式试题大多是一些思路型题型，题目变化较多，但思路变化却较少，主干知识依然是重点考查的内容。

此类试题比较贴近当前的教学实际，虽然形式上有各种各样的变化，但只要学会了基础题型的解题思路和应对策略，缜密分析、逐层递解，再经过一些变化演绎，就可以准确解答相关题型。

此外，通过此类题型的解题策略探究还有利于培养学生科学素养、创新精神和灵活运用所学知识综合解决实际问题的能力。

2．【2016年高考海南卷】由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（）A．由反应的ΔH=E5−E2B．由反应的ΔH<0C．降低压强有利于提高Y的产率D．升高温度有利于提高Z的产率【答案】BC【名师点睛】对于化学图像问题，可按以下的方法进行分析： ①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与化学反应原理挂钩。

②紧扣反应特征，搞清反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小，有无固体、纯液体物质参加反应。

如16高考全国II卷化学7 .以下有关燃料的说法错误的选项是A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一8 .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】Bt解析】试题分析：A.温室气体包括9、飙等气体,A项正确』凤化石燃料完全燃烧产生大量依气体及Sg 气体等,大气中g含量过高会导致温室效应等环境问题j S6会导致酸雨j B】页错误j C,液化石油气中壬要含烧类,燃烧生成水和二氧化碳,是一种比拟清洁的能源,所以以液化石油气代管燃油可漏沙大气污染,c项正确宁D. CO是有毒气体,那么燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一,D项正确？答案选Bo考点：考查燃料燃烧,环境污染与防治等知识.9 .以下各组中的物质均能发生加成反响的是A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和澳乙烷D.丙烯和丙烷【答案】B【解析】试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键,能与氢气发生加成反响,乙醇、澳乙烷和丙烷分子中均是饱和键,只能发生取代反响,不能发生加成反响,答案选Bo考点：考查有机反响类型10 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.下列表达错误的选项是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【答案】A【解析1试题分■析：a的原子中只有1个电子,那么a为氢元素,a、b、c. d为短周期元素,屏才口心+离子的电子层结构相同,那么b为氧元素,£为Na元素,d与b同族,那么d为硫元素,据此解答.A. H分别与.、X形成化合物可以为H：O和HiS,氢元素的化合价为T,而MaH中氢元素的化合价为-1价,A项错误,B.氧元素与其他三种元素能形成H/X珥5、SO2. SO九M也O、Ng,E项正确；C.同周期主族元素,从左到右原子半径逐渐减小,电子层数越多,原子半径越大,原子半径：Xa>SK»H, C项正确？ D. d和a形成的化合物为H赤,硫化氢的溶液呈弱酸性,D项正确s答案选考点：元素的推断,元素周期律的应用等知识10 .分子式为C4H8c12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【解析】试题分析：分子式为C4H8c12的有机物可看成是丁烷C4H10中的两个H原子被两个C1原子取代,C4H0有正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷CH3CH(CH 3)CH3两种,正丁烷中2个H原子被C1原子取代,有6种结构,异丁烷中2个H原子被C1原子取代,有3种结构,共有9种.考点：同分异构体的判断11 . Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池.以下表达错误的选项是一一一、,- - 2+A .负极反响式为Mg-2e =MgB.正极反响式为Ag++e-=AgC.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反响Mg+2H 2O=Mg(OH) 2+H2 T【答案】 B 【解析】试题分析： 根据题意, 电池总反响式为： Mg+2AgCl=MgCl 2+2Ag , 正极反响为： 2AgCl+2e -=2Cl -+ 2Ag ,负极反响为： Mg-2e -=Mg 2+, A 项正确,B 项错误；对原电池来说,阴离子由正极移向负极,C 项正确；由于镁是活泼金属,那么负极会发生副反响 Mg+2H 2O=Mg(OH) 2+H 2 tD 项正确；答案选 B . 考点：原电池的工作原理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取少量样品参加足量水仍有局部固体未溶解； 再参加足量稀盐酸, 有气泡产生, 固体全部溶解；②取少量样品参加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．NaHCO 3、 Al(OH) 3 B ． AgCl 、 NaHCO 3 C ． Na 2SO 3、 BaCO 3 D ． Na 2CO 3、 CuSO 4【解析】试题分析：A. NaHCS 、颂0司3中参加足量稀疏酸有气泡产生,生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水, 最终无固体存在,A 项错误$ B. AgQ 不涔干酸,固体不菖睡剖溶解,B 项错误』C,亚硫酸辆和假酸领加 入足量水时,碳酸钢不落于水使局部固体不溶解,参加稀盐酸,碳酸钿与盐酸反响生成氯化钿、二蓑化碳 和水,固体全部溶解,再将样品参加足量稀疏酸,稀磕酸和碳酸钢反响生成硫酸钢沉淀和二氧化碳和水, 符合题意,C 项正确s D , N 的COj 、CuSQ*中参加足量稀硫酸,振荡后无固体存在,D 项错误5答案选Co 考点：物质的推断和性质.13.以下实验操作能到达实验目的的是【答案】D【解析】试题分析：A.向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体, A项错误；B.氯化镁是强酸弱碱盐,MgCl2溶液水解产生的HCl易挥发,所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干,B项错误；C.铜与稀硝酸会反响,应该用稀盐酸, C项错误；D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中,反响剧烈的是水,反响平缓的是乙醇,利用此反响比拟水和乙醇中氢的活泼性, D项正确；答案选D.考点：考查化学实验根本操作.26.联氨(又称肿,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料,回答以下问题：(1)联氨分子的电子式为 ,其中氮的化合价为.〔2〕实验室可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨,反响的化学方程式为.〔3〕① 2O2〔g〕+N 2〔g〕=N2O4〔l〕 AH i② N2〔g〕+2H 2〔g〕=N 2H4〔l〕AH2③ 02〔g〕+2H 2〔g〕=2H 2O〔g〕AH3④2 N2H4〔l〕 + N 2.4.〕= 3N 2〔g〕+ 4H 2O〔g〕AH4=-1048.9kJ/mol上述反响热效应之间的关系式为AH4= ,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原由于.〔4〕联氨为二元弱碱,在水中的电离方程式与氨相似,联氨第一步电离反响的平衡常数值为〔：N2H4+H +P^ N2H5+的K=8.7 M07;K W=1.0 10-14〕.联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为.〔5〕联氨是一种常用的复原剂.向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液,观察到的现象是.联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,预防锅炉被腐蚀.理论上1kg的联氨可除去水中溶解的.2 kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是.H H【答案】26、〔1〕,一’-2〔2〕 NaClO+2NH 3=N2H4+NaCl+H 2. 〔3〕 2AH3-2 AH2-川1 反响放热量大、产生大量气体〔4〕 8.7 M0—7N2H6〔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〔复原产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4)【解析】H HH：N：N：H试题分析：3〕联氧是由两种非金属元素形成的共价化合物,电子式为"",根据化合价代数和为零,其中氮的化合价为-2.〔2〕次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨,◎元素的化合价由T价降低到-1价,N元素的化合价由-3价升高到-2价,根据得失电子守恒和原子守恒配平,反响的化学方程式为MaCK>2NH产M曰+1^0+坨0.〔3〕根据盖斯定律,反响热效应之间的关系式为AH4=2AH3-2AH2-AH I.联胺有强复原性, N2O4有强氧化性,两者在一起易发生自发地氧化复原反响,反响放热量大、产生大量气体,所以联氨和N2O4可作为火箭推进剂.〔4〕联氨为二元弱碱,在水中的中离方程式与氨相似,那么联氨第一步电离的方程式为N祖f+OH■.；⑼乩一印——冲坨+的看图不通、鼎=1,0句0】3平衡常数或曰：MO、LO K1〔H4T.AI.’：联氢为二元弱癌.酸碱发生中和反响生成盐,那么联氯与疏竣形成酸式教的化学式为N?坨〔HSOg.〔5〕联氨是一种常用的还厚剂,AgBr具有氧化性,两者发生氧化复原反响生成银,那么向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液,可观察到固体逐渐变黑,弁有气泡产生;联氧可用于处理高压锅炉水中的氧,预防锅炉被爵便,发生的反响为附后班・4-]%.,理论上1蛤的联氧可除去水中溶解的氤气为1k新>32斯molx32留moL-l上肥与使用N置$6处理水中溶解的O；■相比,联氨的优点是N2H的用量少,不产主其他杂质,而Na筠6的氧化产物为N函SQ〞考点：考查电子式,化合价,盖斯定律的应用,弱电解质的电离等知识.27.丙烯睛〔CH2=CHCN〕是一种重要的化工原料,工业上可用丙烯氨氧化法〞生产,主要副产物有丙烯醛〔CH2=CHCHO〕和乙睛〔CH3CN〕等,答复下歹U问题：〔1〕以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯睛〔C3H3N〕和副产物丙烯醛〔C3H4.〕的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH 3(g)+ 3/2O2(g尸C3H3N(g)+3H 20(g) 刖=-515kJ/mol①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H 2O(g) AH=-353kJ/mol两个反响在热力学上趋势均很大, 其原因是;有利于提升丙烯睛平衡产率的反响条件是 ;提升丙烯睛反响选择性的关键因素是.〔2〕图〔a〕为丙烯睛产率与反响温度的关系曲线,最高产率对应温度为460Co低于460c时,丙烯睛的产率〔填是〞或者不是〞〕对应温度下的平衡产率,判断理由是 ;高于460c时,丙烯睛产率降低的可能原因是〔双选,填标号〕A .催化剂活性降低 B.平衡常数变大C.副反响增多D.反响活化能增大图〔»>图〔3〕丙烯睛和丙烯醛的产率与n 〔氨〕/n 〔丙烯〕的关系如图〔b〕所示.由图可知, 最正确n 〔氨〕/n 〔丙烯〕约为,理由是.进料氨、空气、丙烯的理论体积约为.【答案】27. 〔1〕两个反响均为放热量大的反响降低温度降低压强催化剂〔2〕不是该反响为放热反响,平衡产率应随温度升高而降低AC1: 7.5: 1〔3〕 1该比例下丙烯睛产率最高,而副产物丙烯醛产率最低【解析】试题分析；〔1〕由于两个反响均为放热景大的反响,所以熟力学趋势大；谈反响为气体分子数增大的成热!反响,所以降低温度、降低压强有利于提升丙烯月青的平衡产率J提升丙埔青反响选择性的关键因素是催化剂. 〔2〕由于该反响为放热反响,平衡产率应随温度升高而降低,反响刚开始进行,尚未到达平衡状态,会0七以前是建立平衡的过程,所以低于丽时,丙烯解的产率不是对应温度下的平衡产率4高于锄D寸,丙烯睛产率降低,A.催化和在一定温度范围内活性较高,假设温度过高,活性降低,正施s B.平衡常数变大, 对产率的影响是提升产率才对,错误;C.根据题意,副产物有丙烯酸,副反响增多导致产率下降.正确、D.反响活化能的大小不影响平衡,错误孑答案选AC&〔3〕根据图像可知,当依窗〕由〔丙端〕约为I时,该比例下丙烯睛产率最高,而副产物丙烯醛产率最低：根据化学反响C$W〔©+NHKg升丈2QXg〕Y3H坨＜\0,氨气、氧气、丙懦按h L5； 1的体积比参加反响到达最正确状态,而空气中氧气约占制既,所以进料氨、空气,丙怖的理论体枳约为1：7 5：】•考点：考查热化学方程式,影响化学平衡的因素等知识.28. 〔15 分〕某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质.答复以下问题：〔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液中需参加少量铁属,其目的是.〔2〕甲组同学取2mlFeCl2溶液.参加几滴氯水,再参加1滴KSCN溶液,溶液变红, 说明C12可将Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反响的离子方程式为.〔3〕乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先参加0.5ml 煤油,再于液面下依次参加几滴氯水和l滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用〔4〕丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液,力口入6mL0.1mol/LFeCl 3溶液混合.分别取2mL 此溶?^于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中参加1mLCCl4充分振荡、静置,CC14层呈紫色；②第二只试管中参加1滴K3[Fe〔CN〕6]溶液,生成蓝色沉淀:③第三支试管中参加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「过量的情况下, 溶液中仍含有〔填离子符号〕,由此可以证实该氧化复原反响为.〔5〕丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl3溶液,溶液变成棕黄色,发生反响的离子方程式为 ; 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. 产生气泡白原因是 ;生成沉淀的原因是〔用平衡移动原理解释〕.【答案】28.〔1〕预防Fe2+被氧化〔2〕 2Fe2++ci2=2Fe3++2Cl-〔3〕隔绝空气〔排除氧气对实验的影响〕〔4〕 Fe2+Fe3+可逆反响⑸H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解产生.2H2O2分解反响放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动【解析】试题分析:＜1〕亚铁高子具有复原性j能低空气中的氧气氧化,所以在配制的FQh溶淹中参加少量铁屑的目的是预防F夕号货氧化.〔2〕Cb可将FW簟化成铁离子,自身得电子生成氯离子,反响的离子方程式为2FW+y*2Fe^+2CK门〕预防空气中的氧气将FW簟化,产生干扰,所以煤油的作用是隔绝空气〞〔4＞根据F承+的检验方法,向灌沌中参加1滴%便〞.＞］海造,生成蓝色沉淀『一定含有亚铁离子3那么实睑色检验的离子是FW,？碘易溶于CCU,在E中呈紫色,F之遇KSCN溶液显血红色,实验①和③说明,在I过量的情况下,港港中仍含有Fe^,由此可以证实该氧化复原反响为可逆反响.0〕助6港港中参加几辘化的FeC灯港潘,港港变成棕黄色,发生反响的离子方程式为坨.+^^*+组三2Fd" 2H铁离子的海港呈棕黄色5 一段时间后.溶渣卬有气泡出现,并放焦*随后有红褐色沆淀生成, 产生气泡的原因是H/Jj分解放出氧气,而反响放热,促进Fd*的水解平衡正向移动.考点：考查铁离子和亚铁离子的性质,离子的检验,盐类的水解等知识.双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂.生产双氧水常采用葱醍法,其反响原理和生产流程如下图:乙蕃蕙能 乙施氮蕙簟C 土-LTP 疽A.氢化釜B.过滤器C.氧化塔D.萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配 制装置生产过程中,把乙基慈醍溶于有机溶剂配制成工作液,在一定的温度、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.答复以下问题：(1)慈醍法制备双氧水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 中反响的化学方程式为 ,进入氧化塔 C 的反响混合液中的主要 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 H 2O 2,原因是. (5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO 4溶液测定,该反响的离子方程式为 .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.【答案】36. (1) (1)氢气和氧气乙基慈醍乙基慈醍(乙基氢慈醍)不溶于水,易溶于有机溶剂(2) 门0K 乙基氢慈醍(3)水H2O2溶于水被水萃取,乙基葱醍不溶于水(4) H2O2分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸(5) 6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++8H2O +5O2T 8.9【解析】试题分析:根据反响原理可知J事去制备双氧水理论上消耗的原料是氤气和氯气,由工艺流程图可知,循环使用的原本卷空意馥,乙基英豳属于有机物,根据相似相溶原理,乙基蔓能忆基瑟意黝不渗于水,易溶于有机溶剂,所以设制工作稠寸果用有机溶剂而不果用水.u 中,, (2?根据反响原理,氧化釜A中反响的化学方程式为x进入氧化塔C的反响混合港中的主要溶质为乙基氢蒙B於(3)萃取塔D中需要分商双薪水和乙基懑班,修5落于水梯水萃取,乙基电晶不濡于水,所以选取的革取剂是水〞(4＞坨6分解放出氧气,与氯气混合,易发生爆炸,工因此作港再生装置F中要除;争残留的比5.(S)双蠹水在皎性条件下与Klfi^发生氤化复原反响,Mn元素的化合价由+7价降幅狂2价,.元素的化合价由」价升高到0价,报据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平,该反响的离子方程式为6H-5坨0r b2Mli0dMl1抖升503 TH坨0 宁c=1000« L1827 5%十348 MoVL .考点：考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识.37.［化学一一选修3:物质结构与性质］(15分)东晋?华阳国志南中志?卷四中已有关于白铜的记载,云南馍白铜(铜馍合金)闻名中外, 曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品.答复以下问题:(1)馍元素基态原子的电子排布式为, 3d能级上的未成对的电子数为(2)硫酸馍溶于氨水形成[Ni(NH 3)6]SO4蓝色溶液.①[Ni(NH 3)6]SO4中阴离子的立体构型是.②在[Ni(NH 3)6]2+中Ni2+与NH 3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 (高于"或低于“)瞬(PH3),原因是；氨是分子(填极性〞或非极性〞),中央原子的轨道杂化类型为.(3)单质铜及馍都是由键形成的晶体：元素同与馍的第二电离能分别为：I cu=1959kJ/mol , l Ni=1753kJ/mol , I cu>l Ni 的原因是 .(4)某馍白铜合金的立方晶胞结构如下图.①晶胞中铜原子与馍原子的数量比为.②假设合金的密度为dg/cm3,晶胞参数a=nm.【答案】37.( 1) 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d 84s2 2(2)①正四面体②配位键N③高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子,馍失去的是4s1电子②L 6.0良义10个曲」【解析】试题分析：〔1〕银是羽号元素,位于第四周期,第印族,根据核外电子排布规那么,其基态原子的电子排 布式为1承居2/3承3忧3承4承,3d 能级有5个轨道,先占满5个自旋方向相同的电子,剩余3个电子再分别 占据三个轨道,电子自旋方向相反,所以未成对的电子数为2.〔2〕必根据价层电子对互斥理论,SO 4"的G 键电子对数等于工孤电子对数为〔6+2-2X4〕 那么阴离 子的立体构型是正四面体形o⑦根据配位键的特点,在［Ni 〔NH/F+中与NHj 之间形成的化学键称为配位键,提供孤电子对的成键原 子是N. ⑦氧分子间存在氢键,分子间作用力强,所以氢的沸点高于瞬〔PH 3〕 5根据价层电子对互斥理论,氨中央 原子N 的仃键电子对数等于3,孤电子对数为〔5-3〕 -2=1；那么中央原子是献杂化,分子成三角锥形,正 负电荷重心不重藕,氧是极性分子.〔3〕铜和银属于金属,那么单质铜及银都是由金属键形成的晶体j 铜失去的是全充满的3灰.电子,银失去的 是45 1电子,所以,小＞热.〔4〕口根据均摊法计算,晶胞中铜原子个数为6如二=3,银原子的个数为8xl/g=l,那么铜和银原子的数量比 为3: K ②根据上述分析,该晶胞的组成为 Cu 3Ni,假设合金的密度为dg/cm 3,根据p=mW,那么晶胞参考点：考查核外电子排布,化学键类型,晶胞的计算等知识.38.［化学一一选修5:有机化学根底］〔15分〕 由Z 水漕迎攻H 巴 匚HQH E _ S ■浓H 2d 一* ■化荷:a= 251 6.02x103x8 xlO 7nm .□鼠基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为丙烯酸酯〔G 〕的合成路线如下： H 2c-c-r］ J n COOR ,从而具有胶黏性,某种鼠基0HR-C-R1CN答复以下问题:(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c(3) 由C生成D的反响类型为.(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响的共有种.(不含立体异构) 【答案】38. (1) ( 1)丙酮OH⑵ 2 6: 1(3)取代反响万尸H20&C=C + N1OH—二・匚、* N1C1(4) %：口‘ C(5)碳碳双键酯基氟基(6) 8。

2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）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 是大气污染物之一2．（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2﹣+和c的电子层结构相3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素， a 的原子中只有 1 个电子，b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（）2+﹣A．负极反应式为Mg ﹣2e =Mg++﹣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+2H 2O=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，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为（）A．NaHCO 3、Al （OH）3 B．AgCl 、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．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MgCl 2 溶液制备无水MgCl 2 将MgCl 2 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）第1页（共14页）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）△H 3﹣1④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol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++7﹣14的K=8.7×10；K w=1.0×10?N2H5）．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．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：﹣1①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol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第2页（共14页）为．2+ 3+、Fe的性质．回答下列问题：10．（15 分）某班同学用如下实验探究Fe（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 FeCl 2 溶液，加入几滴氯水，再加入 1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说2+明Cl2 可将Fe 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 FeCl 2 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．F eCl3 溶液混合．分别取﹣1 ﹣1（4）丙组同学取10mL 0.1mol ?LKI 溶液，加入6mL 0.1mol ?L2mL 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 CCl 4 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．（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：第3页（共14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KMnO 4 溶液测定，该反应的离子方程式为，﹣3 ﹣1一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为 1.10g?cm ），其浓度为mol ?L．[化学--选修3：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．（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni （NH 3）6] S O4 蓝色溶液．①[Ni （NH 3）6] S O4 中阴离子的立体构型是．2+②在[Ni （NH3）6] S O4 中Ni 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 ﹣1、I Ni=1753kJ?mol ，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．﹣3，晶胞参数a= nm．②若合金的密度为 d g ?cm第4页（共14页）[化学--选修5：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：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）第5页（共14页）2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）化学参考答案与试题解析一、1．B【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．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．【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；故选B．2．B【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．3．A2﹣+ 【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；b 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．2﹣【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；b和+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 c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；第6页（共14页）。

2016 年全国一致高考化学试卷（新课标II ）学校 :___________ 姓名： ___________班级： ___________考号： ___________一、单项选择题 ( 本大题共 7 小题，共 42.0 分 ) 1. 以下对于燃料的说法错误的选项是（ ）A. 燃料焚烧产物 CO 2是温室气体之一B. 化石燃料完整焚烧不会造成大气污染C. 以液化石油气取代燃油可减少大气污染D. 燃料不完整焚烧排放的 CO 是大气污染物之一 2. 以下各组中的物质均能发生就加成反响的是（ ）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， b 2- 和 c +的电子层构造同样， d与 b 同族．以下表达错误的选项是（）A. a 与其余三种元素形成的二元化合物中其化合价均为 +1B. b 与其余三种元素均可形成起码两种二元化合物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 C 4H 8Cl 2 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.Mg-A gCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．以下表达错误的选项是（）A. 负极反响式为g e - g 2+M -2=MB. 正极反响式为+-Ag +e =Agl -由正极向负极迁徙C. 电池放电时 CD. 负极会发生副反响 g2g22↑M +2H O=M （ OH ） +H6. 某白色粉末由两种物质构成，为鉴识其成分进行以下实验：①取少许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 所有溶解；②取少许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 3 l （OH ） 3g l a3A.N HCO 、AB.A C、N HCOC.Na 2SO 、 BaCOD.Na CO 、 CuSO332 3 47. 以下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 FeCl 3 溶液中B ． 由 MgCl 2 溶液制备无水 MgCl 2 将 MgCl 2 溶液加热蒸干C ． 除掉 Cu 粉中混有的 CuO加入稀硝酸溶液，过滤、清洗、干燥 D ．比较水与乙醇中氢的开朗性分别将少许钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中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， N 2H 4，无色液体）是一种应用宽泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答以下问题：（ 1）联氨分子的电子式为______ ，此中氮的化合价为______ ．（ 2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨，反响的化学方程式为 ______ ．（ 3）① 2O 2（ g ） +N 2（g ）═N 2O 4（ l ）△H 1 ②N 2（ g ） +2H 2（ g ）═N 2H 4（ l ）△H 2 ③O 2（ g ） +2H 2（ g ）═ 2H 2O （ g ）△ H 3④ 2N 2H 4（ l ） +N 2O 4（ l ）═ 3N 2（ g ） +4H 2O （ g ）△H 4=-1048.9 kJ?mol -1上述反响热效应之间的关系式为△H 4= ______ ，联氨和 N 2O 4 可作为火箭推动剂的主要原因为 ______ ．（ 4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相像．联氨第一步电离反响的均衡常数++7-14）．联氨与硫酸形成的值为 ______ （已知： N 2H 4+H?N 2H 5 的 K=8.7×10 ； K w =1.0 × 10 酸式盐的化学式为 ______ ．（ 5）联氨是一种常用的复原剂．向装有少许AgBr 的试管中加入联氨溶液，察看到的现象是 ______ ．联氨可用于办理高压锅炉水中的氧，防备锅炉被腐化．理论上1kg 的联2kg；与使用 a 2 32氨可除掉水中溶解的 O ______N SO 办理水中溶解的 O 对比，联氨的长处是 ______ ．9. 丙烯腈（ CH 2=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（ CH 2=CHCHO ）和异径（ CH 3CN ）和副产物丙烯醛（ C 3H 4O ）的热化学方程式以下：3 6 g 3g） + 2 g 3 3 g 2g ）△ H=-515 k mol -1 ①C H （ ）+NH （O （ ）═C H N （ ） +3H O （ J?3 6g2g 3 4g2g）△ H=-353 k J? mol -1②C H （ ）+O （ ）═C HO （ ） +HO （两个反响在热力学上趋向均很大，其原由是 ______ ；有益于提升丙烯腈均衡产率的反 应条件是 ______ ；提升丙烯腈反响选择性的重点要素是______ ．a460℃．低（ 2）图（ ）为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应的温度为于 460℃时， 丙烯腈的产率 ______ （填“是”或“不是”） 对应温度下的均衡转变率，判断原由是 ______ ；高于 460℃时，丙烯腈产率降低的可能原由是______ （双选，填标号）．A ．催化剂活性降低B ．均衡常数变大C ．副反响增加D ．反响活化能增大（ 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，n n，原由是 ______ ．进料气氨、空气、丙烯的理 最正确 （氨） / （丙烯）约为 ______ 论体积比约为______ ．三、实验题 ( 本大题共 1 小题，共 15.0 分 )10. 某班同学用以下实验研究 Fe 2+、 Fe 3+的性质．回答以下问题：（ 1）分别取必定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1 mol/L 的溶液．在 FeCl 2 溶液中需加入少许铁屑，其目的是______ ．（ 2）甲组同学取 2mLFeCl 2 溶液，加入几滴氯水，再加入1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说l 2e 2+e l 2溶液与氯水反响的离子方程式为______．明 C 可将 F 氧化．FCm（ 3）乙组同学以为甲组的实验不够谨慎，me l 2溶液中先加入 0.5 L 煤该组同学在 2 L F C 油，再于液面下挨次加入几滴氯水和1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是 ______ ． （ 4）丙组同学取 m L 0.1 mol -1 KI 溶液，加入 mmol?L -1e l 3溶液混淆．分别10 ?L 6 L0.1F C 取 2mL 此溶液于 3 支试管中进行以下实验：①第一支试管中加入 m l 4充足振荡、静置， l 41 LCC CC 层显紫色；②第二支试管中加入3e6] 溶液，生成蓝色积淀；1滴K[F （ CN ） ③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红．实验②查验的离子是______ （填离子符号） ；实验①和③说明：在I - 过度的状况下，溶液中仍含有 ______（填离子符号） ，由此能够证明该氧化复原反响为______ ．（ 5）丁组同学向盛有 H 2O 2 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 2 溶液，溶液变为棕黄色，发生反响的离子方程式为 ______ ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色积淀生成，产生气泡的原由是 ______ ，生成积淀的原由是 ______ （用均衡挪动原理解说） ．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．生产双氧水常采纳蒽醌法，其反响原理和生产流程以下图：生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在必定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺获得双氧水．回答以下问题：（1）蒽醌法制备 H2O2理论上耗费的原料是 ______ ，循环使用的原料是 ______ ，配制工作液时采纳有机溶剂而不采纳水的原由是______ ．（2）氢化物 A 中反响的化学方程式为 ______ ．进入氧化塔 C 的反响混淆液中的主要溶质为 ______ ．（3）萃取塔 D 中的萃取剂是 ______ ，选择其作萃取剂的原由是______ ．（4）工作液重生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原由是 ______ ．（ 5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反响的离子方程式为______ ，一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为 1.10g cm-3mol-1．?），其浓度为 ______?L12.东晋《华阳国志 ?南中志》卷四中已有对于白铜的记录，云南镍白铜（铜镍合金）有名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答以下问题：（ 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______．i364i2+3______ ，供给孤电子对的成键②在 [N （ NH） ]SO中 N与 NH之间形成的化学键称为原子是 ______．③氨的沸点______ （填“高于”或“低于”）膦（PH3），原由是______；氨是分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化种类为______．（ 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：958kJ?mol-1、I N i=1 753 kJ?mol -1， I C u＞ I N i的原由是 ______．______I C u=1（4）某镍白铜合金的立方晶胞构造以下图．①晶胞中铜原子与镍原子的数目比为______ ．②若合金的密度为dg?cm-3，晶胞参数a= ______ nm．五、推测题 ( 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迅速聚合为进而拥有胶黏性．某种氰基丙烯酸酯（ G）的合成路线以下：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回答以下问题：（1） A 的化学名称为 ______ ．（2） B 的构造简式为 ______ ．其核磁共振氢谱显示为 ______ 组峰，峰面积比为______ ．（3）由 C生成 D 的反响种类为 ______ ．（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拥有同样官能团且能发生银镜反响的共有______种．（不含立体构造）2016 年全国一致高考化学试卷（新课标II ）答案和分析【答案】1.B2.B3.A4.C5.B6.C7.D8.3a l2 4a l 2321；-2 ； 2NH+N C O═N H+N C +H O；2△H- 2△H- △H；联胺有较强的复原性， N2O4有较强的氧化性，两者在一同易发生自觉的氧化复原反响；8.7 ×10-7 ；N2H5HSO4；试管壁出现光明银镜或浅黄色转变为白色的银积淀； 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，易生成硫酸盐积淀影响锅炉的安全使用9.两个反响均为放热量大的反响，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳固的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋向大；低温、低压；催化剂；不是；反响开始进行主假如向正反响方向进行，还没有达到均衡；AC；1：1；此时产物主假如丙烯晴无，副产物几乎无有； 1：7.5 ：110. 防备氯化亚铁被氧化； Cl 2+2Fe2+=2Fe3++2Cl -；隔绝空气，防备空气中氧气氧化氯化亚铁；Fe2+； Fe3+；2Fe3++2I -=I 2+2Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++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均衡，Fe3++3H2O?Fe（ OH）3+3H+，反响中消耗氢离子促使氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色积淀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；过氧化氢拥有强氧化性，防备催化剂中毒；5H2O2+6H++2MnO4- =2Mn2++5O2↑+8H2O；8.8912.1 s22s22p63s23p63d84s2； 2；正四周体；配位键； N；高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作使劲更强；极性； sp3；金属； Cu+的核外电子排布比 Ni+的更稳固，难以失掉电子；3： 1；×10713. 丙酮；；2；1：6；取代反响；a a l；酯基；碳碳双键；氰基； 7 +N OH+N C【分析】1.解：A．形成温室效应的气体主假如二氧化碳的大批排放，故 A 正确；B．化石燃料含有硫等要素，完整焚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，焚烧更充足，焚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．燃料不完整焚烧排放的 CO有毒，能联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；应选 B．A．二氧化碳是形成温室效应的气体；B．化石燃料完整焚烧生成气体、尘埃等会造成大气污染；C．压缩天然气和液化石油气含有杂质少，焚烧更充足，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可以排放到空气中．此题考察了燃料焚烧产物的剖析、物质性质的判断应用，注意知识的累积，题目较简单．2.解：A．乙烯能够发生加成反响，乙醇无不饱和键不可以发生加成反响，故 A 错误；B．苯是六个碳碳键完整等同的化学键，必定条件下和氢气发生加成反响，氯乙烯分子中含碳碳双键，能够发生加成反响，故 B 正确；C．乙酸分子中羰基不可以加成反响，溴乙烷无不饱和键不可以发生加成反响，故 C 错误；D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反响，丙烷为饱和烷烃不可以发生加成反响，故D错误；应选 B．依占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响，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意-COOH不可以发生加成反响，以此来解答．此题考察有机物的性质、反响种类，题目难度不大，主假如加成反响的实质理解应用，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+的电子层构造同样，联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aaN 形成化合物N H ， H 元素为 -1 价，故 A 错误；B ．O 元素与 H 元素形成 H 2O 、H 2O 2，与 Na 元素形成 Na O 、Na O ，与 S 元素形成 SO 、 SO ，22 223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 22D 正确．H S ， H S 的溶液呈弱酸性，故 应选： A ．a b cdaa2-和 c +的电子层、 为短周期元素，的原子中只有 1 个电子，则为 H 元素；、 、构造同样，联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，联合元素化合物性质与元素周期律解答．此题考察构造性质地点关系应用，注意抓住短周期推测元素， 娴熟掌握元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有益于基础知识的稳固．4. 解： CHC 能够看作为 CH 中 2 个 H 原子被 2 个 C 原子取代， C H 有 CHCHCHCH 、4 8 l 2 4 10 l 4 10 3 2 23CH 3C （ CH 3） 2 两种，3 2 23l l 4 种、4 CHCHCHCH 中一个 C 取代为甲基、 亚甲基中 H 原子，对应此外的 C 原子分别有种地点，但有 2 种重复（对碳链以前向后一次编号，1、2 号碳原子重复一次， 1、3 与2、 4 重复），故该状况有 6 种，3 3 2 l 取代为甲基、次甲基中 H 原子，对应此外的 l 3 种、 CHCH （ CH ） 中一个 C C 原子分别有1 种地点，但有 1 种重复（分别处于取代甲基、次甲基上 H 原子），故该状况有 3 种，故共有 9 种， 应选： C ．C 4H 8Cl 2 能够看作为 C 4H 10 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C 4H 10 有 CH 3CH 2CH 2CH 3、CH 3CH （ CH 3）2两种，再联合定一移一法判断．此题考察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纳“定一移一”法解答，注意重复状况．5. 解： A ．开朗金属镁作负极，失电子发生氧化反响，反响式为： g e -g 2+正M -2=M ，故A 确；g l g l e - -g 错误；B ． AC 是难溶物，其电极反响式为：2A C+2═2C1 +2A ，故 BC ．原电池放电时， 阴离子向负极挪动，则 Cl - 在正极产生由正极向负极迁徙，故 C 正确；D ．镁是开朗金属与水反响，即 g2g22M +2HO=M （ OH ） +H ↑，故 D 正确；应选： B ．Mg-A gCl 电池中，开朗金属 Mg 是复原剂、 AgCl 是氧化剂，金属 Mg 作负极，正极反响为：g l e - -g g e - g 2+ ，据此剖析． 2A C+2 ═2C1 +2A ，负极反响式为： M -2 =M 此题考察原电池工作原理， 注意常有物质的性质， 如镁的复原性以及银离子的氧化性是 解题的重点，题目难度中等．a 3 l 3都与盐酸反响，盐酸足量时没有固体节余，故A 错误；6. 解： A ． N HCO 、A （OH ） B ．碳酸氢钠与盐酸反响生成气体，AgCl 不溶于盐酸，故 B 错误；C ．BaCO 3 不溶于水，两者都与盐酸反响，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，有硫酸钡积淀生成，不溶于盐酸，故 C 正确；D ．加入过度盐酸，生成二氧化碳气体，但没有固体节余，故D 错误．应选 C ．①取少许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，固体所有溶解，则起码有一种物质可与盐酸反响生成气体，可能 为二氧化碳或二氧化硫；②取少许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．此题考察物质的查验和鉴识， 重视于元素化合物知识的综合理解和运用的考察， 注意掌握物质的性质，为解答该题的重点，难度中等．7.解： A．将 NaOH浓溶液滴加到饱和 FeCl3溶液中，生成氢氧化铁积淀，制备氢氧化铁胶体，应在开水中滴加饱和氯化铁溶液，故A 错误；B．氯化镁易水解，加热溶液易获得氢氧化镁积淀，为防备水解，应在氯化氢气氛中，故 B错误；C．两者都与稀硝酸反响，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故 C 错误；D．分别将少许钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可依据反响的强烈程度比较氢的开朗性，故 D正确．应选 D．A．制备氢氧化铁胶体，应在开水中滴加饱和氯化铁溶液；B．直接加热，易致使氯化镁水解；C．两者都与稀硝酸反响；D．分别将少许钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可依据反响的强烈程度比较氢的开朗性．此题考察较为综合，波及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比较等知识，为高考常有题型，重视于学生的剖析、实验能力的考察，注意掌握实验的严实性和可行性的评论，难度不大．8.解：（1）肼的分子式为 N2 H4，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：，此中氢元素化合价为 +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，次氯酸钠被复原生成氯化钠，联合原子守恒配平书写反响的化学方程式为： 2NH3+NaClO═N2 H4+NaCl+H2O，故答案为： 2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（ 3）① 2O2（ g） +N2（g）═N2O4（ l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依照热化学方程式和盖斯定律计算③×2- ②×2- ①获得④ 2N 2H4（ l）+N2O4（ l ）═ 3N2（g）+4H2O（ g）△H4=2△H3- 2△H2- △H1，联胺有较强的复原性，N2O4有较强的氧化性，两者在一同易发生自觉的氧化复原反响放出大批热，联氨和N O 可作为火箭推动剂，24故答案为： 2△H3- 2△H- △H，联胺有较强的复原性， N O 有较强的氧化性，两者在一同2124易发生自觉的氧化复原反响；（ 4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相像．联氨第一步电离方程式为+-N2H4+H2O?N2H5+OH，均衡常数Kb==×=K×K w=8.7 ×10 7×1.0 ×10 -14 =8.7 ×10-7++N2H5HSO，， N2H4+H ?N2H5，联氨与硫酸形成的酸式盐为4故答案为： 8.7 ×10 -7，N2H5HSO4；（ 5）联胺被银离子氧化，银离子被复原生成单质银，反响出现现象为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转变为白色的银积淀，因为肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐化，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐积淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2-4 e-，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同样，理论上 1kg 的联氨可除掉水中溶解的 O21kg，与使用 Na2SO3办理水中溶解的 O2对比，联氨的长处是氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐积淀影响锅炉的安全使用，故答案为：试管壁出现光明银镜或浅黄色转变为白色的银积淀；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，易生成硫酸盐积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，次氯酸钠被复原生成氯化钠；（3）① 2O2（ g） +N2（g）═N2O4（ l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依照热化学方程式和盖斯定律计算③×2- ②×2- ①获得④ 2N 2H4（ l）+N2O4（ l ）═ 3N2（g）+4H2O（ g）△H4=-1048.9 kJ?mol -1（ 4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相像．联氨第一步电离方程式为+-=×=K×K，N H +H O?N H +OH，均衡常数 K =2 422 5b w 联氨与硫酸形成的酸式盐为N HHSO；254（ 5）联胺被银离子氧化，银离子被复原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2-4 e-，2e-，依坚守恒计算判断，依照锅炉的质地以及反响产物性质解答．O～ 4此题考察了氮及其化合物性质、物质构造、热化学方程式和盖斯定律计算应用、均衡常数的计算方法，主假如氧化复原反响的计算及其产物的判断，题目难度中等．9.解：（1）两个反响在热力学上趋向均很大，其原由是因为两个反响均为放热量大的反响，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳固的碳碳三键和碳碳双键能量低，因此热力学趋向大；该反响为气体体积增大的放热反响，因此降低温度、降低压强有益于提升丙烯腈的均衡产率，由图 b 可知，提升丙烯腈反响选择性的重点要素是催化剂，故答案为：两个反响均为放热量大的反响，生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳固的碳碳三键和碳碳双键能量低，故热力学趋向大；低温、低压；催化剂；（ 2）因为该反响为放热反响，均衡产率应随温度高升而降低，反响刚开始进行，还没有达到均衡状态， 460°C以前是成立均衡的过程，因此低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的均衡产率；高于460°C时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在必定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故 A 正确；B．均衡常数的大小不影响产率，故 B 错误；C．依据题意，副产物有丙烯醛，副反响增加致使产率降落，故C正确；D．反响活化能的大小不影响均衡，故D错误；故答案为：不是，该反响为放热反响，均衡产率应随温度高升而降低；AC；（ 3）依据图象可知，当约为 1 时，该比率下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；依据化学反响3 6g3g2g 3 3g2g），氨气、C H（）+NH（）+O（） =CH N（） +3H O（氧气、丙烯按 1： 1.5 ：1 的体积比加入反响达到最正确状态，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；此时产物主假如丙烯晴无，副产物几乎无有；1： 7.5 ： 1；（ 1）依照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响生成产物丙烯晴和丙烯醛均有较稳固的碳碳三键和碳碳双键能量低；有益于提升丙烯腈均衡产率需要改变条件使均衡正向进行，由图 b 可知，提升丙烯腈反响选择性的重点要素是催化剂；（2）460°C以前是成立均衡的过程，因此低于 460°C时还没有达到均衡状态，高于 460°C 时，是温度高升均衡逆向进行，正反响为放热反响，丙烯腈产率降低；（ 3）依据图象可知，当约为1时，该比率下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，依据化学反响C3H6（g） +NH3（ g） +O2（ g） =C3H3N（g） +3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1： 1.5 ：1 的体积比加入反响达到最正确状态，依照氧气在空气中约占20%计算条件比；此题考察热化学方程式，影响化学均衡的要素等知识．注企图象剖析判断，定量关系的理解应用是解题重点，题目难度中等．10.解：（1）铁和氯化铁反响生成氯化亚铁，在是防备氯化亚铁被氧化，故答案为：防备氯化亚铁被氧化；（2）氯气拥有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反响的离子方程式为：Cl 2+2Fe2+=2Fe3++2Cl -，故答案为： Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后能够隔绝溶液与空气接触，防备空气中的氧气氧化氯化亚铁，煤油的作用是隔绝空气，防备空气中氧气氧化氯化亚铁，故答案为：隔绝空气，防备空气中氧气氧化氯化亚铁；（4）加入 1 滴 K3[F e（ CN）6] 溶液，生成蓝色积淀是亚铁离子的查验特点反响现象，实验②查验的离子是 Fe2+，①第一支试管中加入 1mLCCl 4充足振荡、静置， CCl4层显紫色说2l 2e2+e3+l-，明生成 I ，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反响的离子方程式为： C +2F=2F+2C③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复原反响，e2+仍含有铁离子，在 I -过度的状况下，溶液中仍含有Fe3+，e2+e3+l 2e3+l-；故答案为： F ； F ； C +2F =2F +2C（ 5）向盛有 H2 O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变为棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反响的离子方程式为：e2+ 2 2+e3+22F +HO+2H =2F +2H O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原由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均衡，Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，反响中耗费氢离子促使氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色积淀，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；氯化铁溶液中存在水解均衡， Fe3++3H2O?Fe（ OH）3+3H+，反响中耗费氢离子促使氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色积淀．（1）铁和氯化铁反响生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防备氯化亚铁被氧化；（2）氯气拥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，分层后能够隔绝溶液与空气接触，防备空气中的氧气氧化氯化亚铁；（ 4）加入 1 滴 K3[F e（ CN）6] 溶液，生成蓝色积淀是亚铁离子的查验特点反响现象，第一支试管中加入1mLCCl4充足振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I 2，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复原反响；（ 5）向盛有 H2 O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变为棕黄色，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，耗费氢离子促使氯化铁水解正向进行生成氢氧化铁红褐色积淀．此题考察了铁架化合物性质、主假如溶液配制、离子方程式书写、离子查验、盐类水解等知识点，注意题干信息的剖析判断，题目难度中等．11. 解：（ 1）由转变反响可知，先与氢气发生加成反响，再与氧气发生氧化反响，则蒽醌法制备 H2O2理论上耗费的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被耗费，以后又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌；配制工作液时采纳有机溶剂而不采纳水的原由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FeCl 2溶液中需加入少许铁屑，其目的。