文档内容
2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．
1．（6分）下列关于燃料的说法错误的是（ ）
A．燃料燃烧产物CO 是温室气体之一
2
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO 是大气污染物之一
【考点】B9：燃料的充分燃烧．
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【专题】517：化学反应中的能量变化；56：化学应用．
【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体；
B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；
C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小；
D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中．
【解答】解：A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；
B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气
污染，故B 错误；
C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污
染小，减少大气污染，故C正确；
D．燃料不完全燃烧排放的CO 有毒，是大气污染物之一，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积
累，题目较简单．
2．（6分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（ ）
第1页 | 共22页A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷
【考点】I6：取代反应与加成反应．
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【专题】533：有机反应．
【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O键、﹣CHO及苯环的物质可发生加
成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意﹣COOH不能发生加
成反应，以此来解答。
【解答】解：A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，
故A错误；
B．苯一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加
成反应，故B 正确；
C．乙酸分子中羰基不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，
故C错误；
D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反
应，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质、反应类型，题目难度不大，主要是加成反应的
实质理解应用，题目较简单。
3．（6分）a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子
层结构相同，d与b 同族．下列叙述错误的是（ ）
A．a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c的原子半径是这些元素中最大的
D．d 与a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
第2页 | 共22页【分析】a、b、c、d 为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H 元素；
b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为 O元素，c为Na；d
与b同族，则d 为S元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．
【解答】解：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元
素；b2﹣和 c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知 b 为 O 元素，c 为
Na；d 与b同族，则d 为S 元素。
A．H元素与Na 形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；
B．O元素与H元素形成H O、H O ，与Na元素形成Na O、Na O ，与S 元素形
2 2 2 2 2 2
成SO 、SO ，故B正确；
2 3
C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H
原子半径最小，Na的原子半径最大，故C 正确；
D．d 与a形成的化合物为H S，H S的溶液呈弱酸性，故D正确。
2 2
故选：A。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握
元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固．
4．（6分）分子式为C H Cl 的有机物共有（不含立体异构）（ ）
4 8 2
A．7种 B．8种 C．9种 D．10种
【考点】H6：有机化合物的异构现象．
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【专题】532：同分异构体的类型及其判定．
【分析】C H Cl 可以看作为 C H 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C H 有
4 8 2 4 10 4 10
CH CH CH CH 、CH CH（CH ） 两种，再结合定一移一法判断．
3 2 2 3 3 3 2
【解答】解：C H Cl 可以看作为 C H 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C H
4 8 2 4 10 4 10
有CH CH CH CH 、CH C（CH ） 两种，
3 2 2 3 3 3 2
CH CH CH CH 中，当两个Cl 原子取代同一个C原子上的H时，有2 种，当两个
3 2 2 3
Cl 原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，有
故该情况有6种，
CH CH（CH ） 中，当两个Cl原子取代同一个C 原子上的H时，有1种，当两个
3 3 2
第3页 | 共22页Cl 原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，
故共有9种，
故选：C。
【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，题目难度不大，二氯代物的同分
异构体常采用“定一移一”法解答，注意重复情况．
5．（6 分）Mg﹣AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述
错误的是（ ）
A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+
B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag
C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg+2H O=Mg（OH） +H ↑
2 2 2
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】Mg﹣AgCl 电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl 是氧化剂，金属Mg作
负极，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，
据此分析。
【解答】解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：
Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正确；
B．AgCl 是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B错误；
C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则 Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移，
故C正确；
D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H O=Mg（OH） +H ↑，故D 正确；
2 2 2
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银
离子的氧化性是解题的关键，题目难度中等。
6．（6分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
第4页 | 共22页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 、Al（OH） B．AgCl、NaHCO
3 3 3
C．Na SO 、BaCO D．Na CO 、CuSO
2 3 3 2 3 4
【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
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【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于
水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可
与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过
程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题．
【解答】解：A．NaHCO 、Al（OH） 都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，
3 3
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．BaCO 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
3
气泡产生，且BaCO ，能和H SO 反应生成BaSO 沉淀，故C正确；
3 2 4 4
D．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用
的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．
7．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（ ）
实验目的 实验操作
A． 制备Fe（OH） 胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl 溶液中
3 3
B． 由MgCl 溶液制备无水MgCl 将MgCl 溶液加热蒸干
2 2 2
C． 除去Cu 粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
第5页 | 共22页D． 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯
中
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】542：化学实验基本操作．
【分析】A．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液；
B．直接加热，易导致氯化镁水解；
C．二者都与稀硝酸反应；
D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢
的活泼性．
【解答】解：A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl 溶液中，生成氢氧化铁沉淀，
3
制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故A错误；
B．氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛
围中，故B 错误；
C．二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C错误；
D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢
的活泼性，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比
较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把
握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 22 题～第 32 题为必考题，每
个试题考生都必须作答．第 33 题～第 40 题为选考题，考生根据要求作
答．（一）必考题（共 129分）
8．（14 分）联氨（又称肼，N H ，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可
2 4
用作火箭燃料．回答下列问题：
第6页 | 共22页（1）联氨分子的电子式为 ，其中氮的化合价为 ﹣2 ．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为
2NH +NaClO═N H +NaCl+H O ．
3 2 4 2
（3）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
④2N H （l）+N O （l）═3N （g）+4H O（g）△H =﹣1048.9kJ•mol﹣1
2 4 2 4 2 2 4
上述反应热效应之间的关系式为△H = 2△H ﹣2△H ﹣△H ，联氨和N O 可
4 3 2 1 2 4
作为火箭推进剂的主要原因为 反应放热量大，产生大量气体 ．
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平
衡常数值为 8.7×10﹣7 （已知：N H +H+⇌N H +的 K=8.7×107；K =1.0×
2 4 2 5 w
10﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 N H （HSO ） ．
2 6 4 2
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察
到的现象是 固体逐渐变黑，并有气泡产生 ．联氨可用于处理高压锅炉水
中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O 1 kg；
2
与使用 Na SO 处理水中溶解的 O 相比，联氨的优点是 N H 的用量少，不
2 3 2 2 4
产生其他杂质（反应产物为N 和H O），而Na SO 产生Na SO ．
2 2 2 3 2 4
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；EL：含氮物质的综合应用．
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【专题】524：氮族元素．
【分析】（1）肼的分子式为 N H ，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子
2 4
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）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N H （l）+N O （l）═
2 4 2 4
第7页 | 共22页3N （g）+4H O（g）△H =﹣1048.9kJ•mol﹣1
2 2 4
（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
N H +H O⇌N H ++OH﹣，平衡常数K = = ×
2 4 2 2 5 b
=K×K ，由于是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N H
w 2 6
（HSO ） ；
4 2
（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N H ～
2 4
N ﹣4e﹣，O ～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质
2 2
解答．
【解答】解：（1）肼的分子式为 N H ，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮
2 4
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：2NH +NaClO═N H +NaCl+H O，
3 2 4 2
故答案为：2NH +NaClO═N H +NaCl+H O；
3 2 4 2
（3）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N H （l）+N O （l）═
2 4 2 4
3N （g）+4H O（g）△H =2△H ﹣2△H ﹣△H ，根据反应④可知，联氨和
2 2 4 3 2 1
N O 反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，
2 4
故答案为：2△H ﹣2△H ﹣△H ；反应放热量大，产生大量气体；
3 2 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
N H +H O⇌N H ++OH﹣，平衡常数K = = ×
2 4 2 2 5 b
第8页 | 共22页=K×K =8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步电离方程式为
w
N H ++H O⇌N H 2++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N H （HSO ） ，
2 5 2 2 6 2 6 4 2
故答案为：8.7×10﹣7，N H （HSO ） ；
2 6 4 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
N ，反应方程式为：N H +4AgBr=4Ag↓+N ↑+4HBr，因此反应出现现象为：固
2 2 4 2
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 H →N 失去 4e﹣，O →O2﹣得到 4e﹣，联胺和氧气摩
2 4 2 2
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O 1kg，与使用Na SO 处理水中溶解的O 相比，联氨的优
2 2 3 2
点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为 N 和 H O），而 Na SO 产生
2 2 2 3
Na SO ，
2 4
故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N H 的用量少，不产生其他杂质
2 4
（反应产物为N 和H O），而Na SO 产生Na SO ．
2 2 2 3 2 4
【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计
算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断，
题目难度中等．
9．（14分）丙烯腈（CH =CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧
2
化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH =CHCHO）和乙腈（CH CN）等。回答
2 3
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（C H N）和副产物
3 3
丙烯醛（C H O）的热化学方程式如下：
3 4
①C H （g）+NH （g）+ O （g）═C H N（g）+3H O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1
3 6 3 2 3 3 2
②C H （g）+O （g）═C H O（g）+H O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1
3 6 2 3 4 2
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 两个反应均为放热量大的反应 ；
有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 低温、低压 ；提高丙烯腈反应
选择性的关键因素是 催化剂 。
第9页 | 共22页（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为
460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率 不是 （填“是”或“不是”）对应温度下
的平衡转化率，判断理由是 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而
降低 ；高于 460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 AC （双选，填标
号）。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图
可知，最佳 n（氨）/n（丙烯）约为 1 ，理由是 该比例下丙烯腈产率最
高，而副产物丙烯醛产率最低 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为
1：7.5：1 。
【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计
算．
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【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．
【分析】（1）依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生
成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变
条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，
对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判
断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要
从产率的影响因素进行考虑；
第10页 | 共22页（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 C H （g）+NH （g）+ O （g）=C H N
3 6 3 2 3 3
（g）+3H O（g），氨气、氧气、丙烯按 1：1.5：1 的体积比加入反应达到最
2
佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。
【解答】解：（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反
应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放
热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯
腈反应选择性的关键因素是催化剂；
故答案为：两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂；
（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，
对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判
断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于460°C时，
丙烯腈产率降低，
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确；
B．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，
故C正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误；
故答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；
（3）根据图象可知，当 约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产
物丙烯醛产率最低；根据化学反应 C H （g）+NH （g）+ O （g）=C H N
3 6 3 2 3 3
（g）+3H O（g），氨气、氧气、丙烯按 1：1.5：1 的体积比加入反应达到最
2
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；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。
【点评】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。
第11页 | 共22页10．（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FeCl
2
溶液中需加入少量铁屑，其目的是 防止氯化亚铁被氧化 ．
（2）甲组同学取 2mLFeCl 溶液．加入几滴氯水，再加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液
2
变红，说明 Cl 可将 Fe2+氧化．FeCl 溶液与氯水反应的离子方程式为
2 2
Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣ ．
2
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mLFeCl 溶液中先加入
2
0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和 l 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤
油的作用是 隔离空气（排除氧气对实验的影响） ．
（4）丙组同学取 10mL0.1mol/LKI 溶液，加入 6mL0.1mol/LFeCl 溶液混合．分别
3
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1mLCCl 充分振荡、静置，CCl 层呈紫色；
4 4
②第二只试管中加入1滴K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀；
3 6
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 Fe2+ （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 Fe3+ （填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为
可逆反应 ．
（5）丁组同学向盛有 H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成
2 2 2
棕黄色，发生反应的离子方程式为 2Fe2++H O +2H+=2Fe3++2H O ；一段时间
2 2 2
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 铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 ；生成沉淀的原因是 过
氧化氢分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动 （用平衡移动原理解
释）．
【考点】U2：性质实验方案的设计．
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【专题】24：实验设计题．
【分析】（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；
第12页 | 共22页（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，排除氧气
对实验的影响；
（4）加入1滴K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现
3 6
象，第一支试管中加入1mL CCl 充分振荡、静置，CCl 层显紫色说明生成I ，
4 4 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
发生氧化还原反应；
（5）向盛有 H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，
2 2 2
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，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 FeCl 溶液中需加入少量铁
2
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：
Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，
2
故答案为：Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；
2
（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，
故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；
（4）加入1滴K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现
3 6
象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mL CCl 充分振荡、静置，
4
CCl 层显紫色说明生成I ，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式
4 2
为：2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I ，③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说
2
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．
故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应．
（5）向盛有 H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，
2 2 2
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++H O +2H+=2Fe3++2H O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气
2 2 2
第13页 | 共22页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++3H O⇌Fe（OH） +3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解
2 3
放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动．
故答案为：2Fe2++H O +2H+=2Fe3++2H O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成
2 2 2
氧气；过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动．
【点评】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．
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：
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H O 理论上消耗的原料是 氢气和氧气 ，循环使用的原料是
2 2
第14页 | 共22页乙基蒽醌 ，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 ） 氢 化 釜 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 乙基氢蒽醌 ．
（3）萃取塔D中的萃取剂是 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 ．
（4）工作液再生装置F中要除净残留的H O ，原因是 过氧化氢分解放出氧气，
2 2
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 溶液测定，该反应的离子方程式为
4
5H O +6H++2MnO ﹣=2Mn2++5O ↑+8H O ，一种双氧水的质量分数为 27.5%
2 2 4 2 2
（密度为1.10g•cm﹣3），其浓度为 8.90 mol•L﹣1．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】（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 O ，因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发
2 2
生爆炸；
（5）双氧水在酸性条件下与 KMnO 溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合 c=
4
计算浓度．
【解答】解：（1）由转化反应可知，乙基蒽醌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H O 理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽
2 2
醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌，且结合流程图
第15页 | 共22页种再生工作液环节可知乙基蒽醌循环使用；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，
故答案为：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 ） 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H O ，原因是过氧化氢分解放出氧气，
2 2
与氢气混合，易发生爆炸，
故答案为：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KMnO 溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应
4
为 5H O +6H++2MnO ﹣=2Mn2++5O ↑+8H O，由 c= 可知一种双氧水的
2 2 4 2 2
质 量 分 数 为 27.5% （ 密 度 为 1.10g•cm﹣3 ）， 其 浓 度 为
=8.90mol/L，
故答案为：5H O +6H++2MnO ﹣=2Mn2++5O ↑+8H O；8.90．
2 2 4 2 2
【点评】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．
[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
第16页 | 共22页铜（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 1s22s22p63s23p63d84s2 ，3d能级上的未
成对电子数为 2 ．
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH ） ]SO 蓝色溶液．
3 6 4
①[Ni（NH ） ]SO 中阴离子的立体构型是 正四面体 ．
3 6 4
②在[Ni（NH ） ]SO 中 Ni2+与 NH 之间形成的化学键称为 配位键 ，提供孤
3 6 4 3
电子对的成键原子是 N ．
③氨的沸点 高于 （填“高于”或“低于”）膦（PH ），原因是 氨气分子之间形
3
成氢键，分子间作用力更强 ；氨是 极性 分子（填“极性”或“非极性”），
中心原子的轨道杂化类型为 sp3 ．
（3）单质铜及镍都是由 金属 键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别
为：I =1958kJ•mol﹣1、I =1753kJ•mol﹣1，I ＞I 的原因是 Cu+电子排布呈全
Cu Ni Cu Ni
充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大 ．
（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 3：1 ．
②若合金的密度为d g•cm﹣3，晶胞参数a= ×107 nm．
【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化
方式及杂化类型判断．
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【专题】51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）Ni 元素原子核外电子数为 28，结合能量最低原理书写核外电子排
布式；
第17页 | 共22页（2）①SO 2﹣中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4；
4
②Ni2+提供空轨道，NH 中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；
3
③PH 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH
3 3
分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，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；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体；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；
（4）①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；
②属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=ρV可
以计算晶胞棱长．
【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）①SO 2﹣中S 原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离子
4
空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH 中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
3
故答案为：配位键；N；
③PH 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
3
了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH 分子的，
3
NH 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
3
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；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，
第二电离能数值大；
第18页 | 共22页（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，
故答案为：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．
故答案为： ×107．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化
方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的
综合考查，需要学生具备扎实的基础．
[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 丙酮 。
第19页 | 共22页（2）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 。
（ 4 ） 由 D 生 成 E 的 化 学 方 程 式 为
+NaOH +NaCl 。
（5）G中的官能团有 酯基 、 碳碳双键 、 氰基 。（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 8 种。
（不含立体结构）
【考点】HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】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C H O，其核磁共振氢谱显
3 6
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 。
【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C H O，其核磁共振氢
3 6
谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成 B，故 A 为 ，B 为
第20页 | 共22页，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）由上述分析可知，A为 ，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；
（2）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，
故答案为： ；2；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，
故答案为： +NaOH +NaCl；
（5）G为 ，G中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基，
故答案为：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：HCOOCH CH=CH 、HCOOCH=CHCH 、HCOOC
2 2 3
（CH ）=CH ，当为 HCOOCH CH=CH 时，﹣CN 的取代位置有 3 种，当为
3 2 2 2
HCOOCH=CHCH 时，﹣CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH ）=CH 时，
3 3 2
﹣CN的取代位置有2种，共有8种。
故答案为：8。
【点评】本题考查考查有机物的推断，关键是确定A的结构简式，再结合反应条
件、有机物分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中注意利
第21页 | 共22页用取代方法确定同分异构体。
第22页 | 共22页
