2016高考化学二轮专题复习选择题型满分练六.doc
高考化学二轮复习选择题1～25题满分练速练9定量离子方程式的书写判断与计算针对鸭第24题
【2019最新】精选高考化学二轮复习选择题1～25题满分练速练9定量离子方程式的书写判断与计算针对鸭第24题1.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。
下列离子方程式与事实不相符的是( )A.OH－＋CO＋2H＋===HCO＋H2OB.2OH－＋CO＋3H＋===HCO＋2H2OC.2OH－＋CO＋4H＋===CO2↑＋3H2OD.OH－＋CO＋3H＋===CO2↑＋2H2O答案C解析设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1 mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH －＋H＋===H2O,1 mol氢氧化钠消耗1 mol盐酸，再发生反应CO＋H＋===HCO，将两个方程式相加得：OH－＋CO＋2H＋===HCO＋H2O，A正确；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2 mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH－＋2H＋===2H2O,2 mol氢氧化钠消耗2 mol盐酸，再发生反应CO＋H＋===HCO，盐酸不足只消耗1 mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH－＋CO＋3H＋===HCO＋2H2O，B正确；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2 mol，2 mol氢氧化钠消耗2 mol氢离子，2 mol氢离子与2 mol碳酸钠反应生成2 mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH－＋2CO＋4H＋===2HCO＋2H2O，C 错误；设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1 mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH －＋H＋===H2O,1 mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO＋2H＋===CO2↑＋H2O，将两个方程式相加得：OH－＋CO＋3H＋===CO2↑＋2H2O，D正确。
2.(2017·浙江台州高三上学期期末评估)已知C2H2在氧气充足时燃烧生成CO2，不足时生成CO，严重不足时生成碳。
现将a mol C2H2与b mol O2混合后在密闭容器中用电火花点燃。
浙江省金丽衢十二校联考2016届高考化学二模试卷 Word版含解析
2016年浙江省金丽衢十二校联考高考化学二模试卷一、单项选择题（本题共17个小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．解释化学反应速率理论有碰撞理论和过渡态理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等因素对化学反应速率的影响C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵2．下列说法正确的是（）A．高锰酸钾是一种常用的化学试剂，当高锰酸钾晶体结块时，应在研钵中用力研磨，以得到细小晶体，有利于加快反应或溶解的速率B．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次C．油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度从而增大与氢氧化溶液的接触面积，从而加快油脂皂化反应速率D．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度3．表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法正确的是（）A．简单离子半径大小关系为：W＞R＞Z＞YB．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体C．R2W3可用RCl3溶液与Na2W溶液混合制取D．T的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应4．下列说法正确的是（）A．的系统命名法为2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷B．石油的裂化、煤的气化与液化都属于化学变化，而石油的分馏与煤的干馏都属于物理变化C．总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等D．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解5．一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示．下列有关该电池的说法不正确的是（）A．多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B．电极b上发生的反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+C．H+由b电极向a电极迁移D．二甲醚直接燃料电池能量密度（kW•h•kg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍6．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）．下列叙述不正确的是（）A．由a点到b点的过程中，溶液中增大B．由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C．c点所示溶液中，c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．d点所示溶液中，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）7．硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2二、非选择题部分（共180分）8．有机物X是合成药物沐舒坦的中间体，其合成路线如下：已知：请回答：（1）X中含氮官能团的名称是．（2）反应①的试剂和条件是．（3）反应①～⑤中属于取代反应的是（填反应序号）．（4）反应⑤的化学方程式．（5）反应②和③的顺序不能颠倒，理由是．（6）写出符合下列要求A的所有同分异构体结构简式．i．苯环上的一氯取代物有四种；ii．既能与酸反应，又能与碱反应，且与NaOH反应的物质的量之比为1：2．9．2013年6月“蛟龙”号载人潜水器投入应用后，计划每年将有4至5个月的海上时间用于深海探矿．（1）“蛟龙”号外壳是用特殊的钛铝合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力．①铝元素在周期表中的位置是．②工业上可以用电解法或金属热还原法制金属钛．电解熔融的TiCl4可以制得金属钛，则TiCl4为化合物（填“离子”或“共价”）；在1070K 用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，该反应的化学方程式．（2）锰结核中的黄铜矿（主要成分为CuFeS2）是海洋矿物中的一种，它是制取铜及其化合物的主要原料之一．据报道，有一种名叫Thibacillus ferroxidans的细菌，在硫酸溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐．若CuFeS2中Fe的化合价为+2，试配平该反应的化学方程式：CuFeS2+H2SO4+O2═CuSO4+Fe2（SO4）3+H2O．10．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1：1：4．将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀．请推测并回答：（1）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等．A中组成元素的简单离子结构示意图为．（2）X的化学式．（3）实验室可通过低温电解B溶液制备X．该电解反应的化学方程式．（4）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式．（5）X溶液与铜反应时先慢后快．某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象．若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2+起了催化作用，反之Cu2+不起作用．写出X与铜反应的化学方程式，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由．11．汽车尾气排放的一氧化碳、氮氧化物等气体已成为大气污染的主要来源．德国大众汽车尾气检测造假事件引起全世界震惊．根据下列示意图（如图1）回答有关问题：（1）汽车发动机工作时会引发N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1，其能量变化示意图如下：则NO中氮氧键的键能为kJ•mol﹣1．（2）空燃比过小易产生CO．有人提出可以设计反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）来消除CO的污染．判断该设想是否可行，并说出理由．（3）利用活性炭涂层排气管处理NO x的反应为：xC（s）+2NO x（g）⇌N2（g）+xCO2（g）△H=﹣b kJ•mol﹣1．若使NO x更加有效的转化为无毒尾气排放，以下措施理论上可行的是．A．增加排气管长度B．增大尾气排放口C．升高排气管温度D．添加合适的催化剂（4）催化装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．①探究上述反应中NO 的平衡转化率与压强、温度的关系，得到图2所示的曲线．催化装置比较适合的温度和压强是 ．②测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO 和NO 百分含量随时间变化曲线如图3所示．则前10s 内，CO 和NO 百分含量没明显变化的原因是 ．③研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了以下三组实验：根据坐标图4，计算400K 时该反应的平衡常数为 ；并在图中画出上表中的实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO 浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）．12．乙酸正丁酯是无色透明有愉快果香气味的液体，可由乙酸和正丁醇制备．反应的化学方程式如下：CH 3COOH+CH 3CH 2CH 2CH 2OHCH 3COOCH 2CH 2CH 2CH 3+H 2O发生的副反应如下：有关化合物的物理性质见下表：已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成三元共沸物恒沸点为90.7℃．合成：方案甲：采用装置甲（分水器预先加入水，使水面略低于分水器的支管口），在干燥的50mL 圆底烧瓶中，加入11.5mL（0.125mol）正丁醇和7.2mL（0.125mol）冰醋酸，再加入3～4滴浓硫酸和2g沸石，摇匀．按下图安装好带分水器的回流反应装置，通冷却水，圆底烧瓶在电热套上加热煮沸．在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水（注意保持分水器中水层液面仍保持原来高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中）．反应基本完成后，停止加热．方案乙：采用装置乙，加料方式与方案甲相同．加热回流，反应60min后停止加热．提纯：甲乙两方案均采用蒸馏方法．操作如下：请回答：（1）a处水流方向是（填“进水”或“出水”），仪器b的名称．（2）合成步骤中，方案甲监控酯化反应已基本完成的标志是．（3）提纯过程中，步骤②是为了除去有机层中残留的酸，检验有机层已呈中性的操作是；步骤③的目的是．（4）下列有关洗涤过程中分液漏斗的使用正确的是．A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞芯处不漏水即可使用B．洗涤时振摇放气操作应如图戊所示C．放出下层液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔D．洗涤完成后，先放出下层液体，然后继续从下口放出有机层置于干燥的锥形瓶中（5）按装置丙蒸馏，最后圆底烧瓶中残留的液体主要是；若按图丁放置温度计，则收集到的产品馏分中还含有．（6）实验结果表明方案甲的产率较高，原因是．2016年浙江省金丽衢十二校联考高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共17个小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．解释化学反应速率理论有碰撞理论和过渡态理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等因素对化学反应速率的影响C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能；C．氯碱工业中氯离子放电，则阳离子需要移动到阴极；D．氨水与二氧化硫发生反应．【解答】解：A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，故A正确；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能，则过渡态理论不可解释温度对反应速率的影响，故B错误；C．氯碱工业中氯离子放电，则需要阳离子交换膜使阳离子移动到阴极，故C正确；D．氨水与二氧化硫发生反应，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、化学反应原理及应用、物质性质及应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．2．下列说法正确的是（）A．高锰酸钾是一种常用的化学试剂，当高锰酸钾晶体结块时，应在研钵中用力研磨，以得到细小晶体，有利于加快反应或溶解的速率B．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次C．油脂制肥皂实验中加乙醇的目的是增大油脂的溶解度从而增大与氢氧化溶液的接触面积，从而加快油脂皂化反应速率D．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度【考点】中和热的测定；化学反应速率的影响因素；有机化学反应的综合应用；中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．高锰酸钾为强氧化剂，不能用力研磨，否则容易发生爆炸；B．润洗后，从滴定管的下口放出；C．油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大；D．起始温度应为混合前酸、碱的温度．【解答】解：A．高锰酸钾具有强氧化性，研磨时用力过大，容易发生爆炸，所以研磨高锰酸钾时一定要控制好力度，故A错误；B．润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；C．油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故C正确；D．起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故D 错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及油脂的性质及皂化反应、滴定实验及操作等，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等．3．表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍．下列说法正确的是（）A．简单离子半径大小关系为：W＞R＞Z＞YB．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体C．R2W3可用RCl3溶液与Na2W溶液混合制取D．T的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S元素，R为Al、T为Ga，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R为短周期元素，其中Z元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素，由元素在周期表中的位置可知，X为C元素，Y为N元素、W为S元素，R为Al、T为Ga．A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞N3＞O2﹣＞Al3+，故A错误；B．碳元素有石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，氧元素可以形氧气、臭氧，存在同素异形体，故B错误；C．Al2S3在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，不能用AlCl3溶液与Na2S溶液混合制取，故C错误；D．Ga与Al相邻，其性质与Al相似，可能与既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故D正确，故选：D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握周期表的结构与元素化合物知识，难度中等．4．下列说法正确的是（）A．的系统命名法为2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷B．石油的裂化、煤的气化与液化都属于化学变化，而石油的分馏与煤的干馏都属于物理变化C．总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等D．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】A．取代基的位次和不是最小；B．根据是否有新物质生成判断是物理变化还是化学变化；C．葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同；D．油脂不是高分子化合物．【解答】解：A．取代基的位次和不是最小，名称为2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷，故A错误；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故B错误；C．葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故C正确；D．高分子化合物相对分子质量大于10000，油脂不是高分子化合物，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查有机物的命名、结构和性质，化学变化等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大．5．一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示．下列有关该电池的说法不正确的是（）A．多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B．电极b上发生的反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+C．H+由b电极向a电极迁移D．二甲醚直接燃料电池能量密度（kW•h•kg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极；B、电极b是负极发生氧化反应；C、阳离子向正极移动；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为：g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g．【解答】解：A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B、电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+，故B正确；C、阳离子向正极移动，所以H+由b电极向a电极迁移，故C正确；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为：g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g，所以二甲醚直接燃料电池能量密度（kW•h•kg﹣1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度为：约为1.4倍，故D正确；故选A．【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大．6．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）．下列叙述不正确的是（）A．由a点到b点的过程中，溶液中增大B．由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C．c点所示溶液中，c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．d点所示溶液中，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=×=；B．b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液；C．c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性；D．d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子；【解答】解：A．a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中=×=生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以比值增大，故A正确；B．b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，故B正确；C．c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（HCO3﹣）+c （CO32﹣）+c（H2CO3），故D错误；故选D．【点评】本题考查了侯氏制碱法的原理过程分析，盐类水解原理、图象变化和溶液酸碱性的判断等知识，注意产物的理解应用，题目难度中等．7．硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是（）A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4水解，可将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③为蒸馏，A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；【解答】解：A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；C、NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；D、反应①中发生的反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．二、非选择题部分（共180分）8．有机物X是合成药物沐舒坦的中间体，其合成路线如下：已知：请回答：（1）X中含氮官能团的名称是氨基．（2）反应①的试剂和条件是浓硝酸和浓硫酸、加热或水浴加热．（3）反应①～⑤中属于取代反应的是①④⑤（填反应序号）．（4）反应⑤的化学方程式．（5）反应②和③的顺序不能颠倒，理由是防止氨基被氧化．（6）写出符合下列要求A的所有同分异构体结构简式．i．苯环上的一氯取代物有四种；ii．既能与酸反应，又能与碱反应，且与NaOH反应的物质的量之比为1：2．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】比较甲苯和A的分子式，结合X的结构可知，甲苯与硝酸发生硝化反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生还原反应生成C为，C与溴在铁粉作催化剂的条件下发生苯环上的取代反应生成D为，D发生酯化反应生成X，据此答题；【解答】解：比较甲苯和A的分子式，结合X的结构可知，甲苯与硝酸发生硝化反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生还原反应生成C为，C与溴在铁粉作催化剂的条件下发生苯环上的取代反应生成D为，D发生酯化反应生成X，（1）根据X的结构简式可知，X中含氮官能团的名称是氨基，故答案为：氨基；（2）反应①是甲苯的硝化反应，所用的试剂和条件是浓硝酸和浓硫酸、加热或水浴加热，故答案为：浓硝酸和浓硫酸、加热或水浴加热；（3）根据上面的分析可知，反应①～⑤中属于取代反应的是①④⑤，故答案为：①④⑤；。
2016年历年新课标Ⅱ卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案
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年高考化学理科综合新课标Ⅱ卷(化学部分)
2016年高考化学理科综合新课标Ⅱ卷（化学部分）适用地区：内蒙古、辽宁、吉林、黑龙江、重庆、西藏、甘肃、青海、宁夏、新疆、陕西 一、单项选择题：共7题。
1.下列有关燃料的说法错误的是（ ）A.燃料燃烧产物CO 2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，b 2-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-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 -=Mg 2+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+H 2↑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) 3B.AgCl、NaHCO 3C.Na 2SO 3、BaCO 3D.Na 2CO 3、CuSO 47.列实验操作能达到实验目的的是（ ）A.如A所示B.如B所示C.如C所示D.如D所示二、综合题：共3题。
8.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______。
重庆市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析
2016年重庆市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起LiFePO（）3中的化合价为，盐酸与3反应的离子方程式为．检验溶液中Fe2+的方法是．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为元酸；在LiFePO4中的化学键有，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4 FePO4，则阳极的电极反应式为．转化为Li1﹣x（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿kg．（电流效率=×100%）9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是；使用冰水浴降温的目的是．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入；C的作用是；E中试管里加水的目的是．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是；反应结束时正确的操作是．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率，COS的转化率（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．①如图中，表示COS氢解反应的直线为，判断依据为．1a212大小的依据为．③某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=．三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11．海洋深处有丰富的软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量铝、铜、镍等金属的化合物），软锰矿可作脱硫剂，工业上通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）下列有关SO2的说法正确的是（填正确答案的标号）．a．SO2有毒，食品中不能含有SO2b．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色c．SO2是酸性氧化物，其水溶液是强酸d．SO2通过CaCl2浓溶液能生成沉淀（2）操作1的名称是．（3）用MnCO2能除去溶液中的Al3+，其原因是．（4）加MnS除去Cu2+和Ni2+的原理是．（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，写出该电池的总反应方程式．（6）根据图中信息，写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子反应方程式：．（7）假设脱硫过程中，SO2只与软锰矿浆中MnO2反应，其化学方程式为；将2240m3（标准状况）含有0.86%（体积分数）SO2的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为100%，则最终得到MnO2的质量为kg（忽略除去铝、铜、镍等杂质时引入的锰）．选做题：选修3：物质结构与性质（共1小题，满分0分）12．某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等．回答下列问题：（1）Ca的电子排布式为．（2）MgO的熔点比CaO的熔点，其原因是．（3）Al2O3溶于NaOH溶液形成Na[Al（OH）4]，[Al（OH）4]﹣的空间构型为．（4）S的氧化物的水化物中算性最强的是，从结构上分析其原因．（5）硅酸盐结构中的基本结构单元为[SiO4]四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为．由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为．（6）CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2+的配位数为，若CaO晶胞参数为anm，CaO的密度为g•cm﹣3（用a和N A表示）．选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13．部分果蔬中含有下列成分：已知：①C2H4O2BrCH2COOH D甲②1mol乙消耗NaHCO3的物质的量是甲的2倍③回答下列问题：（1）甲可由已知①得到．①甲中含有不饱和键的官能团名称为．②A→B为取代反应，A的结构简式为．③B→D的化学方程式为．（2）乙在一定条件下生成链状酯类有机高分子化合物的化学方程式为．（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：①用化学方法除去E中残留的少量丙（室温时E和丙呈液态，忽略它们在水中的溶解），第1步加入试剂的名称为，第2、3操作分别是过滤、分液．②经E→G→H保护的官能团是，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是．③J的同分异构体中在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3：2的链状且不存在支链的异构体共有种（不含立体异构），其中某异构体L中的官能团都能与H2发生加成反应，则L的结构简式为（只写一种）．2016年重庆市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．铝壶可存放食醋B．乙烯可催熟水果C．硅胶可作干燥剂D．氯气可做消毒剂【考点】铝的化学性质；乙烯的化学性质．【分析】A、铝与醋酸反应；B、乙烯为植物生长调节剂；C、硅胶吸附性；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性．【解答】解：A、铝与醋酸反应，所以不能用铝壶可存放食醋，故A错误；B、乙烯为植物生长调节剂，可用作水果催熟剂，故B正确；C、硅胶吸附性，所以硅胶可作干燥剂，故C正确；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，所以可用氯气可做消毒剂，故D正确；故选A．2．下列反应描述错误的是（）A．Cu与过量浓HNO3反应，生成的气体呈红棕色B．足量H2通过灼热的CuO粉末后，生成的固体为红色C．AgNO3溶液与足量Na2S溶液反应后再滴加NaCl溶液，沉淀为白色D．物质的量相同的CH3COOH与NaOH反应后滴加酚酞，溶液显红色【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu；C．硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，硫化银不能转化为AgCl白色沉淀；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性而使酚酞试液变红色．【解答】解：A．浓硝酸具有强氧化性，铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，所以生成的气体呈红棕色，故A正确；B．氢气具有还原性，能还原黑色的CuO生成红色的Cu，看到的现象是：固体由黑色变为红色，故B正确；C．硫化银溶解度小于氯化银，硫化钠和硝酸银反应生成黑色的硫化银沉淀，所以硫化银不能转化为AgCl白色沉淀，故C错误；D．物质的量相同的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而导致溶液呈碱性，所以醋酸钠溶液使酚酞试液变红色，故D正确；故选C．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性；D．氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性．【解答】解：A．Na性质很活泼，将Na投入硫酸铜溶液时，先和水反应生成NaOH，NaOH 再和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，所以得不到Cu，故A错误；B．CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促使一水合氨分解生成氨气，氨气和水反应生成的一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，稀硫酸具有弱氧化性，不能氧化亚铁离子，故C错误；D．氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸有漂白性而使碘的淀粉试液褪色，故D错误；故选B．4．某有机分子中有一个六碳环，其相对分子质量为100，完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，且能与金属钠反应．则该有机物环上的一氯取代物最多有（）A．1种B．2种C．3种D．4种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A 含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代．【解答】解：A含有一个六元碳环且能与Na反应，则A中含有﹣OH或﹣COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为100，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，﹣COOH的式量为45，不符合，故分子含有1个﹣OH，式量为17，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为100﹣72﹣17=11，故还有11个H原子，A的结构简式为，环上的取代物，除了﹣OH的邻、间、对位置外，羟基连接的碳也还有氢原子，可以取代，共4种，故选D．5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N AB．标准状况下，11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75N AC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为N AD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol•L﹣1的H2SO4中，转移的电子数为N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化．【解答】解：A、在偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2N A个，故A错误；B、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0，75mol，分子个数小于0.7N A个，故B错误；C、氧化钠和过氧化钠均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴离子为N A个，故C正确；D、室温下，铝在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，则转移的电子数小于N A个，故D错误．故选C．6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大．c、a、b最外层电子数为等差数列．公差为2．a、c的价电子数之和为6．d的核外电子数等于b的核外电子数加8．下列叙述错误的是（）A．a和b可形成气态化合物B．c的原子半径小于d的原子半径C．b和c形成的化合物为离子化合物D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d为S 元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，以此解答该题．【解答】解：c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，可为1、3、7或2、4、6，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层电子数为2，a的最外层电子数为4，b的最外层电子数为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则b、d位于同一主族，b为O元素，d 为S元素，由原子序数关系可知a为C元素，C为Mg，A．a和b可形成的化合物有CO、CO2等，故A正确；B．Mg、S位于同一周期，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则Mg＞S，故B错误；C．b和c形成的化合物为MgO，为离子化合物，故C正确；D．a为C，d为S，都为非金属性，对应的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，故D 正确．故选B．7．氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg．下列说法正确的是（）A．Pt电极上发生氧化反应B．Pt上发生的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OC．反应过程中转移OH﹣的物质的量为0.25bmolD．待测气体中氧气的体积分数为0.7【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH ﹣，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，根据电极方程式和增重的质量计算转移氢氧根离子的数目及氧气的量，从而计算氧气的体积分数．【解答】解：根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，Pb电极为负极，A．Pt电极通氧气，为正极，发生还原反应，故A错误；B．通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，故B错误；C．Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH﹣﹣4e﹣═2PbO+2H2O，结合4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH﹣的物质的量为0.125bmol，故C错误；D．根据C的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O﹣+4e﹣═4OH﹣，消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，故D正确．故选D．二、解答题（共3小题，满分43分）8．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2）．用浓盐酸溶解钛铁矿去渣得溶液（含有Fe2+、TiOCl42﹣等），调节溶液的pH并加热，过滤的TiO2和滤液．控制反应温度在95℃左右，向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4．再将FePO4与Li2CO3和H2C2O4一起（1）FeTiO3中Ti的化合价为+4，盐酸与FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl ﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O．检验溶液中Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色．（2）为提供FePO4的产率，根据上述制备方法和表中数据，应采取的正确措施是d（填正确答案的标号）．a．不加H2O2 b．调节溶液pH至5 c．降低反应温度d．增大NH4H2PO4的用量（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2．则H3PO2为一元酸；在LiFePO4中的化学键有离子键、共价键，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原4．（4）LiFePO4可作锂电池的电极材料．充电时，Li+从LiFePO4晶格中迁移出来，部分LiFePO4转化为Li1﹣x FePO4，则阳极的电极反应式为LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+．（5）电化学还原TiO2是获取金属钛的常用方法．采用熔融盐作电解质，用石墨作阳极，总反应为TiO2Ti+O2↑①电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，其原因是2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2（用反应式表示）．②电解由含80%FeTiO3的钛铁矿制取的TiO2得到12kg金属钛，已知电流效率为76%，则至少需要该种钛铁矿62.5kg．（电流效率=×100%）【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零分析，可以判断钛元素化合价为+4价；钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），根据流程可知，钛酸亚铁与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4；KSCN与Fe3+作用使溶液显血红色，与Fe2+作用无此现象，依此进行分析判断；（2）向滤液中加入H2O2和NH4H2PO4得到FePO4，过氧化氢氧化亚铁离子，与磷酸根离子形成沉淀，据此分析应采取的正确措施，物质的Ksp越小，越容易形成沉淀；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，NaH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸；一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；H2C2O4中的碳为+3价，具有还原性；（4）充电时，为电解池，阳极LiFePO4发生氧化反应；（5）①用石墨做阳极，碳不断被生成的氧气氧化；②根据钛元素质量守恒计算至少需要该种钛铁矿的质量．【解答】解：（1）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），铁的化合价为+2价，氧元素的化合价为﹣2价，设钛元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律，可得+2+x+（﹣2）×3=0；解之得x=+4，根据工艺流程可知，FeTiO3与稀盐酸反应生成了水和FeTiOCl4，反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+；再加入过氧化氢，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，即过氧化氢氧化亚铁离子，说明原溶液中含有Fe2+，故答案为：+4；FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；先滴加KSCN溶液，不显血红色，再加入过氧化氢，溶液显血红色；（2）a．FePO4中的铁为+3价铁，加H2O2目的氧化亚铁离子且不引入新的杂质，不加H2O2无法氧化得不到FePO4，故a不选；b．Fe（OH）3的K sp=1×10﹣38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c（Fe3+）＜10﹣5mol•L﹣1；Ksp=c（Fe3+）c3（OH﹣）=10﹣5×c3（OH﹣）=1×10﹣38 c（OH﹣）=1×10﹣11mol/L，c（H+）=1×10﹣3mol/L，即PH＞3即可形成沉淀，调节溶液pH至5，得到氢氧化铁沉淀，不利于FePO4的生成，故b不选；c．磷酸为中强酸，降低反应温，不利于NH4H2PO4的电离，不利于FePO4的生成，故c不选；d．增大NH4H2PO4的用量，增大磷酸根的浓度，有利于FePO4的生成，故d选；故答案为：d；（3）磷的含氧酸H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明次磷酸中只能电离出一个氢离子，电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣，为一元强酸，在LiFePO4中Li+、Fe2+，与PO43﹣形成离子键，PO43﹣中磷和氧形成共价键，H2C2O4中的碳为+3价，在制备LiFePO4的过程中加入H2C2O4的作用是还原FePO4，将+3价铁还原成+2价的铁，故答案为：一；离子键、共价键；还原FePO4；FePO4，可知阳极的电极反应式为：（4）充电时，为电解池，根据部分LiFePO4转化为Li1﹣xFePO4+xLi+，LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣xFePO4+xLi+；故答案为：LiFePO4﹣xe﹣═Li1﹣x（5）①电化学还原TiO2，阳极发生：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2，碳不断被生成的氧气氧化，因此电解过程中，阳极不断被消耗而需要定期更换，故答案为：2O2﹣﹣4e﹣═O2↑，C+O2=CO2；②设至少需要该种钛铁矿质量为m，根据钛元素质量守恒，则×76%×48g/mol=12×103g，解得m=6.25×104g=62.5kg，故答案为：62.5．9．1，2﹣二溴乙烷是常用的有机合成中间体，某小组用如图装置合成1，2﹣二溴乙烷．装置B中发生的反应为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O在冰水浴冷却下将20.0mL浓硫酸与10.0mL95%乙醇混合均匀得到反应液，取出10.0mL加入三颈烧瓶B中，剩余部分转入滴液漏斗A中．E的试管中加入8.0g液溴，再加入2﹣3mL 水，试管外用水冷却．断开D、E之间的导管，加热B，待装置内空气被排除后，连接D和E，继续加热并保持温度在170﹣180℃，打开滴液漏斗活塞，缓慢滴加反应液，直至反应完毕．分离提纯：将粗产物分别用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙干燥，待溶液澄清后进行蒸馏，得到纯净的1，2﹣二溴乙烷6.3g．回答下列问题：（1）混合浓硫酸与乙醇时，加入试剂的正确顺序是先加乙醇，再加浓硫酸；使用冰水浴降温的目的是防止乙醇挥发．（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片；C的作用是平衡气压；E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发．（3）判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色；反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热．（4）洗涤和分离粗产物时使用的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯．（5）本实验中，1，2﹣二溴乙烷的产率为67%．（6）下列操作中，将导致产物产率降低的是abc（填正确答案的标号）．a．乙烯通入溴时迅速鼓泡b．实验时没有装置D c．去掉装置E烧杯中的水d．装置F中NaOH溶液用水代替．【考点】制备实验方案的设计．【分析】合成1，2﹣二溴乙烷．装置B：乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯和水，装置C：平衡气压，装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，装置E：溴与乙烯发生反应，装置F：尾气吸收，（1）根据浓硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合过程中浓硫酸放出大量热进行解答；乙醇沸点低，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发；（2）为防止暴沸，装置B中还应加入碎瓷片，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管，与空气相通，可以稳定装置中的压强，起安全瓶作用，溴易挥发，E中试管里加水的目的是防止溴挥发；（3）乙烯和溴水发生了加成反应，溴水褪色；为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热；（4）根据洗涤操作选择玻璃仪器；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，根据产率=×100%计算；（6）通入乙烯气体速率过快，影响乙烯吸收，未除掉乙烯中的杂质影响产品质量，溴、1，2﹣二溴乙烷挥发需液封防止挥发．【解答】解：（1）浓硫酸密度较大，混合过程会放出大量热，所以正确操作方法为：先向试管中加入乙醇，然后边振荡边慢慢加入浓硫酸，乙醇沸点低，温度高易挥发，使用冰水浴降温可防止乙醇挥发，故答案为：先加乙醇，再加浓硫酸；防止乙醇挥发；（2）乙醇沸点低，加热易沸腾，装置B中还应加入碎瓷片引入汽化中心，防止暴沸，B装置产生乙烯气体，装置C有竖直的玻璃管为安全管，与空气相通，当C压力过大时，安全管中液面上升，使C瓶中压力稳定，并能发现装置是否堵塞，能平衡气压，液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，所以E中试管里加水的目的是防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发，故答案为：碎瓷片；平衡气压；防止溴、产物1，2﹣二溴乙烷挥发；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷为无色，所以判断生成1，2﹣二溴乙烷反应结束的方法是E中试管里的液体变为无色，为防止倒吸，反应结束时正确的操作是断开DE之间的导管，再停止加热，故答案为：E中试管里的液体变为无色；断开DE之间的导管，再停止加热；（4）将1，2﹣二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，所以需要的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）根据反应方程式CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br可知，8.0g的溴和足量的乙醇制备1，2﹣二溴乙烷的质量为9.4g，所以产率=×100%=×100%≈67%，故答案为：67%；（6）a．乙烯通入溴时迅速鼓泡，部分乙烯未被吸收，产量偏低，故选；b．装置D：用氢氧化钠溶液除去SO2、CO2，实验室没有装置D，二氧化硫能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，产量偏低，故选；c．液溴有强挥发性，反应放热，产物1，2﹣二溴乙烷也能的挥发，水可以起保护作用，减少产品挥发引起的损失，若去掉装置E烧杯中的水，产量偏低，故选；d．装置F尾气吸收，其中的NaOH溶液用水代替，无影响，故不选．故答案为：abc．10．羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染．羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：①氢解反应：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+7KJ•mol﹣1②水解反应：COS（g）+H2O（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H2（1）在以上脱除COS的反应中，若某反应有1mol电子发生转移，则该反应吸收的热量为3.5KJ．（2）已知热化学方程式CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H3 则△H3=﹣42KJ•mol ﹣1．（3）氢解反应平衡后增大容器的体积，则正反应速率减小，COS的转化率不变（填“增大”或“减小”或“不变”）．（4）COS氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式lgK=+b，式中a和b均为常数．。
2016高考新课标全国2卷理综化学和答案解析
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届高考化学(全国通用)二轮复习练习三年模拟精选专题十六硫及其化合物环境保护Word版含答案
A组专项基础训练一、选择题1．(2015·济南期末)下列现象或事实不能用同一原理解释的是() A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中易变质C．Cl2和SO2都能使品红溶液褪色D．SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色解析A项，浓硝酸和氯水中的HClO见光都易分解，所以用棕色试剂瓶保存；B项，硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中都易被氧气氧化变质；C项，Cl2使品红溶液褪色的原因是其具有强氧化性，SO2使品红溶液褪色的原因是其与某些有色物质化合成无色物质；D项，SO2和Na2SO3溶液都具有还原性，都能使溴水褪色。
答案 C2．(2015·通州期末)将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，再通入另一种气体有沉淀生成，则第二次通入的气体可能是下列气体中的()①NO2②CO2③Cl2④HCl⑤NH3A．①③⑤B．②③⑤C．①②③D．①④⑤解析SO2与H2O反应生成H2SO3，通入的气体要么具有强氧化性能把H2SO3氧化为SO2－4，要么通入的气体显碱性使H2SO3转化为SO2－3与Ba2＋生成BaSO3沉淀，①③具有强氧化性、⑤显碱性。
答案 A3．(2015·辽宁锦州期末，7)SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。
针对上述一系列变化，下列说法不正确的是()A．上述过程中，最终被还原的是NO－3B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3>Fe3＋>稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1∶1 解析溶液颜色变成浅绿色，说明Fe3＋被还原为Fe2＋，立即又变成棕黄色，说明Fe2＋又被氧化为Fe3＋，滴入BaCl2溶液有白色沉淀，说明SO2被氧化为SO2－4，反应过程可以理解为，Fe3＋被SO2还原为Fe2＋：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，生成的H＋使溶液呈酸性，NO－3在酸性条件下将Fe2＋又氧化为Fe3＋，故最终被还原的是NO－3，A项正确；氧化性的关系是HNO3>Fe3＋>H2SO4，B项正确；第二步反应中HNO3被还原为无色难溶于水的NO，C项正确；SO2→SO2－4，转移2e－，HNO3→NO，转移3e－，同温同压下，SO2与NO的体积比为3∶2，D项错误。
2016年高考化学真题详解2卷(正文)
2016年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ)理综化学可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Ca 40 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65第Ⅰ卷一、选择题:本题共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。
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、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 加入稀硝酸溶解,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卷三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。
2016高考全国新课标Ⅱ卷卷理科综合化学试题(清晰WORD版)
2016高考全国新课标Ⅱ卷理科综合化学试题（清晰WORD版）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)3 B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO413.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。
高考化学满分专练专题：有机化学选择题含解析
B．形成网状结构的过程发生了加聚反应
C．交联剂a的结构简式是
D．PAA的高吸水性与—COONa有关
【答案】C
【解析】A. 线型PAA（ ）的单体为丙烯酸钠，不存在顺反异构体，A项正确；B. 丙烯酸钠与交联剂发生了加聚反应，碳碳双键变成单键，不饱和度降低形成聚合物，B项正确；C. 根据上述聚合物的部分片段可以看出交联剂的结构简式为： ，C项错误；D. 依据相似相容原理可知，—COONa为可溶性的盐，PAA的高吸水性与—COONa有关，D项正确。
C．凯夫拉在强酸或强碱中强度下降，可能与“ ”的水解有关
D．以 和 为原料制备PPTA的反应为缩聚反应
【答案】A
【解析】A. PMTA和PPTA都是高分子化合物，n值不一定相同，所以它们不是同分异构体，故A错误；B. “芳纶1313”指的是苯环上1、3位置被取代了；“芳纶1414”指的是苯环上1、4位置被取代了，所以1313、1414表示苯环上取代基的位置，故B正确；C.肽键 可以水解成-COOH、-NH2，在强酸或强碱中水解程度加大，所以芳纶纤维的高强度在强酸或强碱中强度有所下降，故C正确；D. 和 反应生成 和HX,属于缩聚反应，故D正确。
6．有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：
下列说法正确的是
A．甲与乙生成丙的反应属于取代反应
B．甲分子中所有原子共平面
C．乙的一氯代物有2种
D．丙在酸性条件下水解生成 和CH318OH
【答案பைடு நூலகம்D
【解析】A项：甲分子中两个碳碳双键间隔一个碳碳单键，类似1,3-丁二烯。乙分子中碳碳双键断其中一根键，与甲进行1,4-加成反应生成丙，A项错误；B项：甲分子中有一个亚甲基（－CH2－），它与直接相连的两个碳原子构成正四面体，故不可能所有原子共面，B项错误；C项：乙的结构简式为CH2=CHCO18OCH3，分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种，C项错误；D项：丙在酸性条件下水解，酯基中的碳氧单键断裂，生成 和CH318OH，D项正确。
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选择题型满分练
选择题六
(限时15分钟)
单选题，每小题6分，共42分
1．化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关。
下列说法错误的是() A．“低碳生活”倡导生活中耗用能量尽量减少从而减少CO2的排放量
B．“低碳经济”主要是指减少对化石燃料的依赖
C．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D．所有垃圾都可以采用露天焚烧或深埋的方法处理
2．下列说法正确的是()
A．乙酸乙酯和淀粉均可水解生成乙醇
B．溴乙烷、苯酚在一定条件下都能与NaOH水溶液发生反应
C．苯、乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
D．葡萄糖和蔗糖溶液都能发生银镜反应
3．设N A为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()
A．20mL10mol·L－1的浓硝酸或浓硫酸与足量铜加热反应转移电子数均为0.2N A
B．0.1mol的白磷(P4)或甲烷中所含的共价键数均为0.4N A
C．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为N A
D．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1N A
4．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E 原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。
下列说法正确的是()
A．元素B和E的氧化物对应的水化物均为强酸
B．C的单质能与A的氧化物发生置换反应
C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应
D．工业上常用直接电解元素C、D的氯化物来制取它们的单质
5．分子式为C4H10O并能发生酯化反应的有机物的同分异构体有x种(不包括立体异构，下
同)，分子式为C5H10O并能发生银镜反应的有机物的同分异构体有y种，则x和y的关系为()
A．x＝y B．x>y
C．x<y D．无法确定
6．在使用下列各实验装置时，不合理的是()
A．装置①用于分离CCl4和H2O的混合物
B．装置②用于收集H2、CO2、Cl2等气体
C．装置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
D．装置④用于收集NH3，并吸收多余的NH3
7．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(见下图)。
下列说法正确的是()
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应
C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
三轮增分练答案精析
选择题六
1．D[A项，“低碳生活”倡导生活中耗用能量尽量减少从而减少CO2排放，故A正确；B 项，低碳经济是指温室气体排放量尽可能低的经济发展方式，尤其是要有效控制二氧化碳这一主要温室气体的排放量，故B正确；C项，“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能减少有害气体的排放提高空气质量，故C正确；D项，垃圾应该根据垃圾的种类进行针对性的处理，故D错误。
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2．B[A项，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，A错误；B项，溴乙烷、苯酚在一定条件下都能与NaOH水溶液发生反应，B正确；C项，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，蔗糖不能发生银镜反应，D错误。
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3．C[A项，20 mL 10 mol·L－1的浓硝酸或浓硫酸与足量铜加热反应，随着浓度变稀，稀硫酸不再和铜反应，稀硝酸会继续与铜反应，电子转移不同，故A错误；B项，一个P4分子中含6个共价键，一个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1 mol的白磷(P4)或甲烷中所含的共价键数不同，故B错误；C项，炼铜或电镀铜的过程中，在阴极上发生的都是铜离子得到电子析出铜，当阴极析出铜32 g转移电子数均为N A，故C正确；D项，标准状况下，Cl2与H2O反应为可逆反应，不能完全消耗Cl2，故D错误。
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4．B[E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，说明E元素最外层电子数为6，则C最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，说明B元素最外层电子数为13－6－2＝5，则B元素的核外电子数为2＋5＝7，为N元素，E的原子序数最大，应为S元素，则C应为Mg元素，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，即2＋6＝8，则D的最外层电子数为8－5＝3，应为Al元素，A、B两元素相邻，则A应为C元素，B为N元素，C为Mg元素，D为Al元素，E为S元素。
A项，E为S元素，氧化物对应的水化物分别为H2SO3和H2SO4，其中H2SO3为弱酸，故错误；B项，Mg在CO2中燃烧，反应生成C和MgO，为置换反应，故正确；C 项，元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SO4，其中Mg(OH)2和Al(OH)3不反应，故错误；D项，AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，故错误。
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5．A[丁基有4种，C4H10O能发生酯化反应，应为丁醇，可以看做一个羟基取代丁烷上一
个氢；C5H10O能发生银镜反应，应为醛，可以看做一个醛基(—CHO)取代丁烷上一个氢，故二者的数目相等，故选A。
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6．D[D项，无水CaCl2不能干燥NH3。
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7．B[CO不是酸性氧化物，A项错；澄清石灰水中Ca(OH)2的浓度太小，工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，C项错；CH3OH氧化为HCHO时还生成H2O，D项错。
]。