1、 2016年普通高等学校招生全国统一考试 (四川卷 )化学 一、选择题 1.化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是 ( ) A.氯气作水的杀菌消毒剂 B.硅胶作袋装食品的干燥剂 C.二氧化硫作纸浆的漂白剂 D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 解析： A.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，属于化学变化，故 A错误； B.硅胶做干燥剂是吸水，没有发生化学变化，故 B正确； C.二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质，发生了化学反应，属于化学变化，故 C错误； D.肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，故 D错误 。 答案： B 2
2、.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 ( ) 选项 实验操作 现象 结论 A 将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水 石灰水变浑浊 该溶液中一定含有 CO32 B 常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中 铁片不溶解 常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应 C 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液 溶液颜色不变 该食盐中一定没有添加KIO3 D 向苯酚钠溶液滴加乙酸溶液 溶液变浑浊 相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强 A.A B.B C.C D.D 解析： A.和稀盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的离子还有 HCO3 等，所以该实验不一定含有 CO32 ，故 A错误； B.铁在常温下和浓硫酸发生
3、氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，该现象为钝化，发生了化学反应，故 B错误； C.碘酸钾和淀粉不反应，碘单质遇到淀粉显蓝色，故 C错误； D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，苯酚在常温下溶解度很小，向苯酚钠溶液滴加乙酸溶液，溶液变浑浊，说明生成苯酚，则乙酸酸性大于苯酚，故 D正确 。 答案： D 3.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是 ( ) A.某无色溶液中可能大量存在 H+、 Cl 、 MnO4 B.pH=2的溶液中可能大量存在 Na+、 NH4+、 SiO32 C.Fe2+与 H2O2在酸性溶液中的反应： 2Fe2+H2 O2+2H+2Fe 3+2H2O D.稀硫酸
4、与 Ba(OH)2溶液的反应： H+SO42 +Ba2+OH BaSO 4 +2H2O 解析： A.MnO4 是紫色，不可能存在无色溶液中，故 A错误； B.pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故 B错误； C.Fe2+与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式 2Fe2+H2 O2+2H+2Fe 3+2H2O 满足电子守恒和电荷守恒， 故 C正确； D.氢离子和硫酸根离子比例应为 2： 1，应为 2H+SO42 +Ba2+2OH BaSO 4 +2H2O，故 D错误 。 答案： C 4.NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
5、A.2.4g Mg在足量 O2中燃烧，转移的电子数为 0.1NA B.标准状况下， 5.6L CO2气体中含有的氧原子数为 0.5NA C.氢原子数为 0.4NA的 CH3OH 分子中含有的 键数为 0.4NA D.0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的 H+数为 0.05NA 解析： A、 2.4g镁的物质的量为 =0.1mol，反应中失去 0.2mol电子，故 A错误； B、标准状况下 5.6L二氧化碳的物质的量为 =0.25mol，含有的氧原子为0.25mol2=0.5mol ，含有的氧原子数为 0.5NA，故 B正确； C、个 甲醇含有 1个 C O键， 1个 O H，
6、3个 C H键，共含有 5个 键，氢原子数为 0.4NA的甲醇分子为 0.1mol，含有 5mol 键，故 C错误； D、醋酸是弱酸，不能完全电离， 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的 H+数小于 0.05NA，故 D错误 。 答案 ： B 5.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为： Li1xCoO2+LixC6LiCoO 2+C6(x 1)，下列关于该电池的说法不正确的是 ( ) A.放电时， Li+在电解质中由负极向正极迁移 B.放电时，负极的电极反应式为 LixC6 xe xLi +C6 C.C充电时，若转移 1mol e ，石墨 (C6)电极将增
7、重 7x g D.充电时，阳极的电极反应式为 LiCoO2 xe Li 1 xCoO2+xLi+ 解析： 放电时的反应为 Li1 xCoO2+LixC6LiCoO 2+C6， Co 元素的化合价降低， Co得到电子，则 Li1 xCoO2为正极， LixC6为负极， Li 元素的化合价升高变成 Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程， A.放电时，负极 LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则 Li+在电解质中由负极向正极迁移，故 A正确； B.放电时，负极 LixC6失去电子产生 Li+，电极反应式为 LixC6 xe xLi +C6，
8、故 B正确； C.充电时，石墨 (C6)电极变成 LixC6，电极反应式为： xLi+C6+xe Li xC6，则石墨 (C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式： xLi+ xe 1mol 1mol可知若转移 1mole ，就增重 1molLi+，即 7g，故 C错误； D.正极上 Co 元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为： Li1 xCoO2+xLi+xe LiCoO 2，充电是放电的逆反应，故 D正确 。 答案 ： C 6.一定条件下， CH4与 H2O(g)发生反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。 设起始 =Z，在恒压下，平衡时 CH4的体积分数
9、(CH4)与 Z和 T(温度 )的关系如图所示，下列说法正确的是( ) A.该反应的焓变 H 0 B.图中 Z的大小为 a 3 b C.图中 X点对应的平衡混合物中 =3 D.温度不变时，图中 X 点对应的平衡在加压后 (CH4)减小 解析： A.由图可知，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即焓变 H 0，故 A正确； B.由图可知，以 =3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故 a 3 b，故 B错误； C.起始加入量的比值为 3，但随着反应的进行，升高温度平衡正向移动，甲烷和水是按等物质的量反应，所
10、以到平衡时比值不是 3，故 C错误； D.温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故 D错误 。 答案： A 7.向 1L 含 0.01mol NaAlO2和 0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入 CO2，随 n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当 0.01mol n(CO2)0.015mol 时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O2Al (OH)3+Na 2CO3下列对应关系正确的是 ( ) n(CO2)/mol 溶液中离子的物质的量浓度 A 0 c(Na+) c(AlO2 )+c(OH ) B 0.01 c(Na+) c(AlO2 ) c(OH )c(CO3
11、2 ) C 0.015 c(Na+) c(HCO3 ) c(CO32 )C(OH ) D 0.03 c(Na+) c(HCO3 ) c(OH )c(H+) A.A B.B C.C D.D 解析： A.未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有 c(Na+)+c(H+)=c(AlO2 )+c(OH )，故 A错误； B.当二氧化碳为 0.01mol，所得溶液为 0.01mol碳酸钠和 0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸 酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为： c(Na+) c(OH ) c(CO32 )c(Al
12、O2 )，故 B错误； C.当二氧化碳为 0.015mol时，所以得溶液为 0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为 c(Na+) c(CO32 ) c(OH ) c(HCO3 )，故 C错误； D.当二氧化碳的量为 0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为： c(Na+) c(HCO3 ) c(OH ) c(H+)，故 D正确 。 答案： D 二、解答题 8.M、 R、 X、 Y为原子序数依次增大的短周期主族元素， Z是一种过渡元素 。 M基态原子 L层中 p轨道电子数是 s电子数的 2倍， R是同周期元素中最活泼的金属元素， X
13、和 M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物， Z的基态原子 4s和 3d轨道半充满 。 请回答下列问题： (1)R基态原子的电子排布式是 ， X和 Y中电负性较大的是 (填元素符号 )。 解析： R为 Na，基态原子的电子排布式是 1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故 Cl元素电负性大于 S的 。 答案 ： 1s22s22p63s1 Cl (2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的 M的氢化物，其原因是 。 解析： H2O分子能形成氢键，使水的沸点升高，而 H2S不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的 。 答案 ： H2O分子能形成氢键，而 H2S不能形成氢键 (3)X与
14、M形成的 XM3分子的空间构型是 。 解析： X与 M形成的 SO3分子中 S原子孤电子对数 = =0，价层电子对数为 3+0=3，故其空间构型为平面三角形 。 答案：平面三角形 (4)M和 R所形成的一种离子化合物 R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是 (填离子符号 )。 解析： (4)M和 R所形成的一种离子化合物为 Na2O，晶胞中黑色球数目为 8，白色球数目为 8 +6 =4，黑色球与白色球数目之比为 2： 1，故图中黑球代表的离子是 Na+。 答案 ： Na+ (5)在稀硫酸中， Z的最高价含氧酸的钾盐 (橙色 )氧化 M的一种氢化物， Z被还原为 +3价，该反应的化学方
15、程式是 。 解析： Z的最高价含氧酸的钾盐 (橙色 )为 K2Cr2O7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为 H2O2，在稀硫酸中， Cr 元素被还原为 +3价， H2O2被氧化生成氧气，反应方程式为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2(SO4)3+3O2+7H 2O+K2SO4。 答案 ： 3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2(SO4)3+3O2+7H 2O+K2SO4 9.CuCl广泛应用于化工和印染等行业 。 某研究性学习小组拟热分解 CuCl22H2O制备 CuCl，并进行相关探究 。 【资料查阅】 【实验探究】 该小组用如图所示装置进行实验 (夹持
16、仪器略 )。 请回答下列问题： (1)仪器 X的名称是 。 解析： 由图及常见的仪器可知，仪器 X的名称为球形干燥管 。 答案 ：球形干燥管 (2)实验操作的先后顺序是 a e (填操作的编号 ) A.检查装置的气密性后加入药品 B.熄灭酒精灯，冷却 C.在 “ 气体入口 ” 处通入干燥 HCl D.点燃酒精灯，加热 e.停止通入 HCl，然后通入 N2 解析： 实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解 CuCl22H2O制备 CuCl，防止 CuCl被氧化和 Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在 HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气
17、直至装置冷切，所以操作 顺序为：a c d b e。 答案 ： c d b (3)在实验过程中，观察到 B中物质由白色变为蓝色， C中试纸的颜色变化是 。 解析： B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有 Cl2，所以 C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色 。 答案：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色 (4)装置 D中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。 解析： D中是 Cl2和 NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为 Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O。 答案 ： Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O 【探究反思】 (5)反应结束后，取出 CuCl产品进行实验，
18、发现其中含有少量的 CuCl2或 CuO杂质，根据资料信息分析： 若杂质是 CuCl2，则产生的原因是 。 若杂质是 CuO，则产生的原因是 。 解析： 由 2CuCl2 2CuCl+Cl2 ，杂质是 CuCl2说明 CuCl2没有反应完全，分解温度不高， 杂质是氧化铜，说明 CuCl被氧气氧化才产生了 CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在 HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入 HCl气体 。 答案 ： 加热时间不足或温度偏低 通入 HCl的量不足 10.高血脂严重影响人体健康，化合物 E是一种临床治疗高血脂症的药物， E的合成路线如图 (部分反应条件和试剂略 )： 已知： (R1和
19、 R2代表烷基 ) 请回答下列问题： (1)试剂 的名称是 ，试剂 中官能团的名称是 ，第 步的反应类型是 。 解析： 试剂 I的结构简式为 CH3OH，名称是甲醇；试剂 的结构简式为 BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；对比 、 、 BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应 属于取代反应 。 答案：甲醇 溴原子 取代反应 (2)第 步反应的化学方程式是 。 解析： 反应 是 CH3CH(COOH)2与 CH3OH发生酯化反应生成 CH3CH(COOCH3)2，反应方程式为：CH3CH(COOH)2+2CH3OH CH3CH(COOCH3)2+2H2O。 答案 ： CH3CH
20、(COOH)2+2CH3OH CH3CH(COOCH3)2+2H2O (3)第 步反应的化学方程式是 。 解析： 反应 在碱性条件下发生酯的水解反应生成 B， B酸化生成 C，则 C为，结合信息可知 D为 ，第 步反应的化学方程式是： +CO2 。 答案 ： +CO2 (4)第 步反应中，试剂 为单碘代烷烃，其结构简式是 。 解析： 第 步反应中，试剂 为单碘代烷烃，对比 D、 E的结构简式可知试剂 为 CH3I。 答案 ： CH3I (5)C的同分异构体在酸性条件下水解，生成 X、 Y和 CH3(CH2)4OH。 若 X含有羧基和苯环，且X和 Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则 X和
21、 Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是 。 解析： C的分子式为 C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成 X、 Y和CH3(CH2)4OH，生成物 X含有羧基和苯环，且 X和 Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则 X为 ， Y为 HOCH2CH2OH， X和 Y发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是：。 答案 ： 11.资源的高效利用对保护环境 。 促进经济持续健康发展具有重要作用 。 磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和 CaCO3MgCO3。 某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的 CaCO3、 Mg(OH)2、 P4和 H2其简化流程
22、如图： 已知： Ca 5(PO4)3F在 950 不分解 4Ca 5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4 请回答下列问题： (1)950 煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是 。 解析： 根据题给化学工艺流程和信息 知磷尾矿 主要含 Ca5(PO4)3F和 CaCO3MgCO3在 950下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳 (CO2)。 答案 ：二氧化碳 (CO2) (2)实验室过滤所需的玻璃仪器是 。 解析： 实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒 。 答案：烧杯、漏斗和玻璃棒 (3)NH4NO3溶液能从磷矿 中浸取出 Ca
23、2+的原因是 。 解析： NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性， H+能从磷矿 I中浸取出 Ca2+。 答案 ： NH4+水解使溶液呈酸性，与 CaO、 Ca(OH)2反应生成 Ca2+ (4)在浸取液 中通入 NH3，发生反应的化学方程式是 。 解析： 根据化学工艺流程判断浸取液 II的主要成分为硫酸镁溶液，通入 NH3，发生反应的化学方程式是 MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+ (NH4)2SO4。 答案 ： MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+ (NH4)2SO4 (5)工业上常用磷精矿 Ca5PO4)3F和硫酸反应制备磷酸 。 已知 25 ， 101kPa时：
24、CaO(s)+H2SO4(l)CaSO 4(s)+H2O(l)H= 271kJ/mol 5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca 5(PO4)3F(s)+5H2O(l)H= 937kJ/mol 则 Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 。 解析： 已知 25 ， 101kPa时： CaO (s)+H2SO4(l)CaSO 4(s)+H2O(l)H= 271kJ/mol5CaO (s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca 5(PO4)3F(s)+5H2O(l)H= 937kJ/mol 根据盖斯定律： 5 得 Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 Ca
25、5(PO4)3F (s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+H3PO4(l)+HF(g)H= 418kJ/mol。 答案 ： Ca5(PO4)3F (s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+H3PO4(l)+HF(g)H= 418kJ/mol。 (6)在一定条件下 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当 CO与 H2O(g)的起始物质的量之比为 1： 5，达平衡时， CO转化了 。 若 a kg含 Ca5(PO4)3F(相对分子质量为 504)的质量分数为 10%的磷尾矿，在上述过程中有 b%的 Ca5(PO4)3F转化为 P4，将产生的 CO与 H2O(g)按起始物
26、质的量之比 1： 3混合，则在相同条件下达平衡时能产生 H2 kg。 解析： 根据题给数据利用三行式分析 。 设 CO的起始浓度为 1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)， 起始浓度 (mol/L)1 5 0 0 转化浓度 (mol/L) 平衡浓度 (mol/L) 则 K=fracc(CO_2)c(H_2)c(CO)C(H_2O)= =1。 相同条件下当 CO 与 H2O(g)的起始物质的量之比为 1： 3，平衡常数不变，设转化的 CO 为 x。 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)， 起始浓度 (mol/L)1 3 0 0 转化浓度 (mol/L)x x x x 平衡浓度 (mol/L)(1 x) (3 x) x x 则 =1，解得 x= ，即达平衡时， CO转化了 ，转化为 P4的 Ca5(PO4)3F质量为 a10%b%kg ， 根据反应 4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成 CO的质量为kg， 则转化的 CO的质量为 kg，根据反应： CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生 H2 = kg。 答案 ：
