1、2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷)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
2、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
3、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( )Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1Bb与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd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；b 2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AH元素与Na形成化合物NaH，H元素为1价，故A错误；BO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
4、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；Dd与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确。答案：A4(6分)分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)( )A7种B8种C9种D10种解析：C 4H8Cl2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，C
5、H3CH(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。答案：C5(6分)MgAgCl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Mg2e =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解析：A活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg2e=Mg2+，故A正确；BAgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e2C1+2Ag，故B错误；C原电池放电时，阴离
6、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；答案：B6(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：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；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( )ANaHCO 3、Al(OH)3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO4解析：ANaHCO3、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
7、于盐酸，故B错误；CBaCO3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。 答案：C7(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AABBCCDD 解析：A将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl
8、3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。答案：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)8(14分)联氨(又称肼，N 2H4，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
9、)联氨分子的电子式为_，其中氮的化合价为_。解析：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。答案：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_。解析：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+NaClON2H4+NaCl+H2O。答案：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O(3)2O2(g)+N2(g)N2O4(l)H1N2(g)+2H2(g)N2H4(l)H2O2(g)+2
10、H2(g)2H2O(g)H3 2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)H4=1048.9kJmol1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_。解析：2O2(g)+N2(g)N2O4(l)H1N2(g)+2H2(g)N2H4(l)H2O2(g)+2H2(g)2H2O(g)H3依据热化学方程式和盖斯定律计算22得到2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)H4=2H32H2H1，根据反应可知，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。答案：2H 32H2H1反应放热量大，产生大量气体(4)联氨为
11、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=8.7107；Kw=1.01014)联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。解析：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N2 H4 +H2 ON2 H5 +OH，平衡常数Kb= = =KK w=8.71071.01014=8.7107，第二步电离方程式为N2H5+H2ON2H62+OH，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。答案：8.7107 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_。联
12、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Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。解析：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N 2H4N24e，O24e，N2H4O24e，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
13、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，答案：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。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：C 3H6(g)+NH3(g)
14、+ O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)H=515kJmol1C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)H=353kJmol1两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_。 解析：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。答案：两个反应均为放热量大的反应低温、低压催化剂(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最
15、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反应活化能增大解析：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，460C以前是建立平衡的过程，所以低于460C时，丙烯腈的产率不是对应温度 下的平衡产率；高于460C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
16、C正确；D反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；答案：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)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_。 解析：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。答案：1：1该比例下
17、丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低1：7.5：110(15分)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_。解析：(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。答案：防止氯化亚铁被氧化(2)甲组同学取2mLFeCl2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_。解析：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：Cl2+
18、2Fe2+=2Fe3+2Cl 答案：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl(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_。解析：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。答案：隔离空气(排除氧气对实验的影响)(4)丙组同学取10mL0.1molL 1KI溶液，加入6mL0.1molL1 FeCl3溶液混合分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)
19、6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：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_。解析：加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验检验的离子是Fe2+，第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、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，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，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
20、液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应。答案：Fe2+ Fe3+可逆反应(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)。解析：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：2Fe 2+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
21、解平衡，Fe3+3H2OFe(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。答案：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。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
22、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_。解析：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。答案：氢气和氧气乙基蒽醌乙基蒽醌不溶于水，
23、易溶于有机溶剂(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_。解析：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。 答案：乙基氢蒽醌(3)萃取塔D中的萃取剂是_，选择其作萃取剂的原因是_。解析：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。答案：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_。解析：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。答
24、案：过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸(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_，一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10gcm3)，其浓度为_molL1。解析：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5 H2 O2 +6 H+2 MnO4=2 Mn2 +5 O2 +8 H2 O，由c=可知一种双氧水的质量分数为2 7 .5 %(密度为1 .1 0 gcm3 )，其浓度为=8.89mol/L。答案：5H2O2+6H+2MnO4 =2Mn2+5O2+8H2O 8.89化学-选修3：物质结构与性质12(15分)东晋华
25、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_。解析：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。答案：1s 22s22p63s23p63d84s2 2(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)6SO4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_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦
26、(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_。解析：SO42 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；Ni2+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；PH3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NH键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。答案：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(3)单质铜及
27、镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJmol1、INi=1753kJmol1，ICuINi的原因是_。解析：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。答案：金属铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为dgcm 3，晶胞参数a=_nm。解析：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
28、原子数目=6 =3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1；属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，则g=d gcm3 (a1 07cm)3，解得a=107。答案：3：11 0 7化学-选修5：有机化学基础1 3(1 5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：A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回答下列问题：(1)A的化学名称为_。解析：A的相对分子质量为5 8，氧元素质量分数为0 .2 7 6，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5 81 6 =4 2，则分子中最大碳原子数目为
29、=36，故A的分子式为C 3H6O，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。答案：丙酮(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_。解析：由上述分析可知，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。答案：2 1：6 (3)由C生成D的反应类型为_。解析：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。由C生成D的反应类型为：取代反应。答案：取代反应(4)由D生成E的化学方程式为_。解析：由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl 答案：+NaOH +NaCl(5)G中的官能团有_。(填官能团名称)解析：G为，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。答案：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的共有_种。(不含立体结构)。解析：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：HCOOCH 2 CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3 )=CH2，当为HCOOCH2 CH=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。答案：8
