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氨氧化法制硝酸(含解析)

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2016年全国卷II高考真题化学试卷答案

;
【解析】（ 1 ）根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，由工艺流程图可知，循环使用的原料是乙基蒽醌，乙基蒽醌属于有机物，根据相似相溶原理，乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂，所以配制工作液采用有机溶剂而不采用水。
（ 2 ）根据反应原理，氢化釜中反应的化学方程式为
价降低到价，元素的化合价由价升高到价，根据得失电子
守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为
；
四、选考题——选修3《物质结构与性质》
12. （ 1 ）金属 ; 铜失去的是全充满的（ 2 ）1 2
电子，镍失去的是电子
（3）
或
;
（ 4 ）1 高于 ;
分子间可形成氢键 ; 极性 ;
2 正四面体
、
中加入足量稀硫酸，振荡后无固
体存在，项错误；故选择。
方法二：A．
、
都与盐酸反应，硫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，
不溶于盐酸，故B错误；
C．
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
，能和
反应生成
沉淀，故C正确；
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；
时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；
2 高于
时，丙烯腈产率降低，
．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；
．平衡常数变大，产率提高，错误；
．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；
．反应活化能的大小不影响平衡，错误；故答案为。
（ 3 ）根据图像可知，当（氨）/ （丙烯）约为时，该比例下丙烯腈产率最

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高分子化合物与材料(含解析)

高分子化合物与材料1、向100mL 0.1 mol·L－1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1 Ba（OH）2溶液。

随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示。

则下列说法中正确的是（）A．c点溶液呈碱性B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH— =Al（OH）3↓+2BaSO4↓C．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mLD．a点的溶液呈中性【答案】A【解析】100mL 0.1mol？L-1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3？H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．A、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故A正确；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3？H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以0.025mol÷0.1mol/L=0.25L=250ml，故C错误．D.由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性，故D错误；故答案选A2、在0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中,下列关系式错误的是( )A.c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H2CO3)>c(C)C.c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)D.c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)【答案】A【解析】根据物料守恒,D项正确;根据电荷守恒,C项正确;HC的电离程度小于其水解程度,故B项正确;A项中c(OH-)应大于c(C)。

高考化学二轮复习考点个击破倒计时第天氨氧化法制硝酸试题

魁夺市安身阳光实验学校氨氧化法制硝酸1、萃取碘水中的碘，可用的萃取剂是①四氯化碳②酒精③苯（）A．只有① B．①和③ C．①和② D．①②③【答案】B【解析】四氯化碳、苯都和水不互溶，且碘在四氯化碳和苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳和苯都和碘不反应，所以四氯化碳和苯能作萃取剂萃取碘水中的碘；酒精和水互溶，所以酒精不能作萃取剂．故选B．2、下列操作正确的是（）A．制取硝基苯实验配制混合酸时，先将浓硫酸注入容器，再慢慢注入浓硝酸B．先用水润湿pH试纸，然后测定某溶液的pH值C．将硝酸银溶液盛放在棕色瓶里，并贮放在阴暗处D．如果苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精擦洗【答案】C【解析】A．实验室制硝基苯时，先将浓硝酸注入容器中，然后再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌，浓硝酸和浓硫酸混合后，在50-60℃的水浴中冷却后再滴入苯，故A错误；B．若测定前用水润湿试纸，会稀释被测液，使酸性溶液的pH偏大，碱性溶液的pH偏小，故B错误；C．硝酸银见光易分解，应放在棕色试剂瓶中，故C正确；D．苯酚易溶于酒精，苯酚浓溶液沾到皮肤上，可用酒精冲洗，故D错误．3、做化学实验过程中一定要注意安全，以下说法正确的是（）A．不慎将酸溅到眼中，应立即用干布擦，后边洗边眨眼睛B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液C．酒精在实验台上燃烧时，用水扑灭火焰D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸【答案】B【解析】试题分析：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故A错误；B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故B正确；C、洒在桌面上的酒精燃烧起来，立即用湿抹布或沙子扑盖，可以有效的隔绝空气、灭火，故C错误．D、配制硫酸溶液时，可先在烧杯中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸，故D错误．故选B。

高考化学二轮复习讲练测_专题05_氧化还原反应(测)_含解析(有答案)

专题五氧化还原反应总分100分时间45分钟班级_______ 学号_______ 得分_______（一）选择题（本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题5分，共50分）1．【黑龙江哈六中2016届上期中】某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（）①原溶液中的Br－一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；③不能确定溶液，静置、分液，向上层溶通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I-、Fe2+、Br-均被完全氧化液中加入足量的AgNO3A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【答案】B2．【湖南常德一中2016届第三次月考】美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，关于氢铝化合物的推测不正确的是（）A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气B．与H2O反应生成2.24 LH2（标况下），转移的电子为0.2 molC．氢铝化合物中氢显-1价D．氢铝化合物具有强还原性【答案】B【解析】试题分析：与水发生AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑，A．由方程式可知反应生成氢氧化铝和氢气，A正确；B．与H2O反应生成2.24 L H2(标况下)，氢气的物质的量为0.1mol，转移的电子为0.１mol，B错误；C．(AlH3)n中H为-1价，C正确；D．H元素化合价为最低价态，具有还原性，D正确；答案为Ｂ。

−N2+H2O（未3．【湖南常德一中2016届第三次月考】一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3+NO−→配平）。

在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．2∶3 B．3∶2 C．4∶5 D．5∶6【答案】A4．【内蒙古巴彦淖尔一中2016届9月月考】在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为（）A．1 mol B．1/2 molC．2/3 mol D．1/3 mol【答案】A【解析】试题分析：碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从0价降低到－2价，根据电子得失守恒可知2 mol的KI被氧化时，失去2mol电子，所以被还原的氧原子为2mol÷2＝1mol，答案选A。

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改善大气质量(含解析)

改善大气质量1、许多环境问题是跨国界的，甚至是全球性的。

根据《蒙特利尔议定书》的有关要求，我国政府采取了一系列措施来保护地球环境，如2002年起我国汽车业就全面禁用氟里昂（Freon）空调、2005年开始停止生产“哈龙（Halons）1211灭火器”等。

这主要是由于氟里昂、哈龙等物质都是（）A．有机化合物 B．极易挥发的物质C．破坏臭氧层的物质 D．是有毒的物质【答案】C2、下列有关环境、健康及能源的叙述中，不正确的是（）A．氮的氧化物是光化学烟雾的主要污染物，二氧化碳是温室效应的主要污染物，所以他们的含量是空气质量报告的主要项目B．严格讲，“通风橱”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收C．开发利用新能源，合理利用工业生产的废热，是缓解能源危机的重要途径D．用二氧化硫、亚硝酸钠、苏丹红等化学药品“美化”后的食物“味美、色艳”，但添加剂超标，对人体危害极大【答案】A3、工业废切削液中含有2％-5％NaN02：，若直接排放将对环境造成污染。

已知NaNO2遇到还原性较强的NH4+、-NH2等被还原为N2。

在废液中加入下列物质不能使NaNO2无害化排放的是（）A．H202 B．NH4ClC．CO(NH2)2 D．NH2SO3Na(氨基磺酸钠)【答案】A4、碳氢化合物是大气污染物之一，下列现象的产生与碳氢化合物有关的是（）A．臭氧空洞 B．酸雨 C．温室效应 D．光化学烟雾【答案】C5、“生态马路”是运用光触媒技术，即在马路上铺设“光触媒”（如二氧化钛）物质，将空气中的氮氧化物、一氧化碳、二氧化硫等污染物在催化剂表面转化、分解成对人体、环境基本无害的物质。

下列有关说法不正确的是（）A. “生态马路”可将汽车尾气中的CO在催化剂表面氧化生成CO2B. “生态马路”可将汽车尾气中的NOx在催化剂表面氧化生成N2C. “生态马路”对道路表面的清洁有较高要求D. “生态马路”是解决城市空气污染的途径之一【答案】B6、下列说法正确的是( )A．汽车尾气不会引起呼吸道疾病 B．生铁、不锈钢、青铜都属于合金C．某次酸雨的pH为4.3，是由于溶解了CO2 D．普通玻璃的主要成分是纯碱石灰石和石英【答案】B7、下列说法正确的是（）A．汽车尾气不会引起呼吸道疾病B．生铁、不锈钢、青铜都属于合金C．某次酸雨的pH为4.3，是由于溶解了CO2D．普通玻璃的主要成分是纯碱、石灰石和石英【答案】B8、下列叙述从化学角度分析，其中不正确的是（）A．蜂蚁蜇咬人的皮肤时。

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氨硝酸硫酸(含解析)

氨硝酸硫酸1、使a g Fe粉与一定量的硝酸溶液充分反应(Fe粉完全溶解)，生成的气体与标准状况下b L O2混合后，恰好能被水完全吸收，a和b的关系可能是（）A、b ＞0.3aB、b ＜0.2aC、0.2a ＜b ＜0.3aD、无法确定【答案】C2、下列实验中金属或氧化物可以完全溶解的是( )A、1 mol铜片与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热B、1 mol MnO2粉末加入含2 mol H2O2的溶液中C、常温下1 mol铜片投人含4 mol HNO3的浓硝酸中D、常温下1 mol铝片投入足量的浓硫酸中【答案】C3、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是( )A.开始加入合金的质量可能为16.4 gB.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mLD.标准状况下产物NO的体积为22.4 L【答案】C【解析】合金增加的质量即为OH-的质量，则n(OH-)=5.1 g/17 g·mol-1=0.3 mol，故C项正确。

根据电子守恒和电荷守恒可知，反应中转移的电子总数为0.3 mol。

若全部为Mg，质量为3.6 g，若全部是铜，质量为9.6 g，A不正确；被还原的硝酸为0.1 mol，起酸性作用的硝酸为0.3 mol，B项不正确；标准状况下产物NO的物质的量即为被还原的硝酸的物质的量，故其体积为2.24 L，D项不正确。

4、a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol·L﹣1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看做是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）①（a+b）×63g ②（a+b）×189g ③3（a+b） mol ④（Vc﹣）mol．A．②④ B．②③④C．②③ D．①②③④【答案】B【解析】如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]=3n（Fe）=3[n（FeS）+n（FeO）]=3×（a+b）mol=3（a+b）mol，m（HNO3）=n（HNO3）·M（HNO3）=（a+b）×189g；如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，根据转移电子相等、N原子守恒得生成NO的硝酸量==mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=Vcmol﹣mol=（Vc﹣）mol，故选B．5、足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收．若向原所得溶液中加入l0mol？L﹣1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为（）A．0 B．32gC．38.4g D．48g【答案】C【解析】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）==0.2mol，根据原子守恒得n（Cu）=n[Cu（NO3）2]=0.2mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n （H2SO4）=2×10mol/L×0.1L=2mol，n（H+）：n（NO3﹣）=2mol：0.4mol=5：1＞，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO+4H2O192g 2molx 0.4mol192g：2mol=x：0.4molx==38.4g，故选：C．6、密度为0.91 g·cm-3的氨水，质量百分比浓度为25%（即质量分数为0.25），该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度（）A. 等于12.5%B. 大于12.5%C. 小于12.5%D. 无法确定【答案】C【解析】如不考虑液体混合后体积变化，则稀释后溶液的质量百分比浓度为12.5%。

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物质的检测(含解析)

物质的检测1、为了除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，先加入合适的氧化剂使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质中最好选用 ( )A．H2O2溶液 B．KMnO4溶液 C．Cl2水 D．HNO3溶液【答案】A2、某溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解，这溶液( )A．一定含有SO42— B．一定含有Ag+C．可能含有SO42—或Ag+ D．可能含有CO32—【答案】C3、某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba（NO3）2三种杂质中的一种或二种．现将13.8克样品加入足量水，样品全部溶解，再加过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（）A．肯定有Na2CO3B．肯定有KNO3，可能还含有Na2CO3C．肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3D．肯定没有Na2CO3和Ba（NO3）2【答案】B【解析】解：样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，若13.8 g样品全是K2CO3，样品溶解后，加入过量的CaCl2溶液，K2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2KCl138 10013.8g xx=10g，而Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl106 10013.8g yy=13g，现得到9g沉淀，则等质量的杂质与CaCl2溶液作用得到的沉淀小于10g，则一定含有KNO3，可能还含有Na2CO3，故选B．4、某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl？）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L，A 、至少存在Cl ﹣、SO 42﹣、NH 4+、Fe 3+四种离子，故A 错误；B 、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl ﹣，故B 正确；C 、一定存在氯离子，故C 错误；D 、Al 3+无法判断是否存在，故D 错误；故选B ．5、有一无色溶液，可能含有K +、Al 3+、NH 4+、Mg 2+、Cl -、SO 42-、HCO 3-、MnO 4-中的一种或几种。

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从实验走进化学(含解析)

从实验走进化学1、某学生做完实验以后，采用以下方法分别清洗所用仪器：（1）用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管；（2）用酒精清洗做过碘升华的烧杯；（3）用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管；（4）用盐酸清洗长期存放过三氯化铁溶液的试剂瓶；（5）用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管．你认为他的操作（）A．（2）不对 B．（3）、（4）不对 C．（4）、（5）不对 D．全部正确【答案】D【解析】（1）稀硝酸具有强氧化性，银具有还原性，银和硝酸发生反应，3Ag+4HNO3═3AgNO3+NO↑+2H2O，生成易溶于水的硝酸银，所以可用稀硝酸洗涤作过银镜反应的试管，除去附在试管上的银，故（1）正确；（2）因碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗做过碘升华的烧杯，故（2）正确；（3）高锰酸钾分解生成难溶于水的二氧化锰，浓盐酸可以和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，所以可用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管，故（3）正确；（4）因长期盛放FeCl3溶液的试剂瓶中含有氢氧化铁，氢氧化铁能与盐酸反应，所以用盐酸清洗长期盛放FeCl3溶液的试剂瓶，故（4）正确；（5）因氢氧化钠溶液与苯酚反应生成易溶于水的苯酚钠，可用氢氧化钠溶液来清洗盛过苯酚的试管，故（5）正确；故选D．2、下列实验操作或原理不正确的是（）A．纸层析法中的展开剂之所以能够展开的主要原理是毛细现象B．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒C．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D．测定溶液pH的操作：将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸的中部，与对应的标准比色卡比较【答案】C【解析】A、纸层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相．由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，主要原理是毛细现象，故A正确；B、为防止液体重新混合而污染，应将分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；C、萃取的原理是依据溶质在有机溶剂中的溶解度较大进行分离的操作，与密度无关，故C 错误；D、pH试纸不能直接插入到溶液中，使用时不能湿润，应将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸的中部，与对应的标准比色卡比较，故D正确．故选C．3、氯化铜溶液中含有少量氯化铁杂质，若要制得纯净的氯化铜（Fe(OH)3沉淀的pH是3.7，Cu(OH)2沉淀的pH是6.0），向溶液中加入下列试剂，不能达到目的的是A． NaOH B． CuO C．Cu(OH)2 D．Cu(OH)2CO3【答案】A4、室温下,向VmL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10VmL,所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),则此时(a+b)的值为( )A.15B.14C.13D.不能确定【答案】C【解析】所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),说明盐酸与NaOH恰好中和,故有等式V×10-a=10V×10b-14,即-a=b-14+1,a+b=13。

2016年高考全国2卷化学试题及答案解析

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届高考化学二轮复习全国卷近5年模拟试题分考点汇编实验化学起步(含解析)

实验化学起步1、下列有关贮存方法的叙述中错误的是( )A.浓硝酸用棕色瓶盛放,贮存在阴凉处B.少量液溴可用水封存,防止溴挥发C.氢氧化钠溶液贮存在带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶中D.FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中【答案】C【解析】浓硝酸见光受热易分解,故用棕色瓶盛放,贮存在阴凉处,A项正确;液溴易挥发,在水中的溶解性不大,且密度比水大,故可在液溴中加少量水进行封存,防止溴挥发,B项正确;氢氧化钠溶液与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠溶液,使瓶口和瓶塞黏结在一起,故C项不正确;FeSO4溶液中加有少量铁粉可防止FeSO4因氧化而变质,故D项正确。

2、将装有50mL NO2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为30mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是（）A．5：3 B．3：5C．3：2 D．2：3【答案】C【解析】50mlNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余30ml气体，反应前后气体体积减少20ml，设二氧化氮气体的体积为V，3NO2+H2O=2HNO3+NO△V（气体体积减少）3 2V（NO2） 20ml3：2=V（NO2）：20mL，V（NO2）==30ml，原气体中V（NO）=50ml﹣30mL=20mL，所以原混合气体中NO和NO2的体积比为为V（NO2）：V（NO）=30ml：20ml=3：2，故选C．3、分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：符合上述条件的酯的结构可有（）A．2种 B．4种 C．6种 D．8种【答案】B【解析】由图可知，D可以转化到E，说明A的水解产物B和C中碳原子数相同，各有5个碳原子，还要注意C是醇，而且可以被氧化成E这种酸，说明C中含—CH2OH结构，即C为C4H9—CH2OH，C4H9—有4种结构，则C有4种结构，所以对应A的结构就有4种。

4、已知反应2D+E3F+2G，用传感器测得该反应在不同pH条件下，物质D的浓度（用每升溶液所含溶质的质量表示，单位为mg/L）变化如图所示，下列有关说法正确的是( )A．pH=6.8时，D的浓度（mg/L）一定最大B．在pH相同的条件下，增大压强，D的浓度（mg/L）增大C．调节pH到8.8，可使该反应正、逆反应速率都为0D．温度相同时，不同pH条件下，该反应的平衡常数相同【答案】D【解析】5、将3. 84克铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体4.48L（标况下），则所消耗硝酸的物质的量是（）A. 0.26molB. 0.32molC. 0.16molD. 0.2mol【答案】B6、下列叙述或表示正确的是（）A．0.1mol·L﹣1的醋酸的pH=a，0.01mol·L﹣1的醋酸的pH=b，则a+1=bB．常温下0.1mol·L﹣1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO ﹣）=0.1mol·L﹣1C．难溶电解质AB2的饱和溶液中，c（A2+）=x mol·L﹣1，c（B﹣）=y mol·L﹣1，则Ksp值为4xy2 D．用200mL4mol·L﹣1的NaOH溶液将0.6mol CO2完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OH﹣=CO32﹣+2HCO3﹣+H2O【答案】D【解析】A．相同弱电解质不同浓度的溶液中，浓度越大其电离程度越小，所以a+1＞b，故A错误；B．二者混合时，体积增大一倍，浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.05mol·L﹣1，故B错误；C．c（A2+）=x mol·L﹣1，c（B﹣）=y mol·L﹣1，则Ksp值为xy2，故C错误；D．n（NaOH）=4mol/L×0.2L=0.8mol，设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，根据钠离子、碳原子守恒得，，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比=0.2mol：0.4mol=1：2，所以其离子方程式为：3CO2+4OH﹣=CO32﹣+2HCO3﹣+H2O，故D正确；故选D．A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（CH3COONa）＞pH（Na2S）＞pH（NaCN）B．amol/LHCN与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于或等于bC．NaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）D．某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH﹣）=10﹣d mol/L【答案】C【解析】A．由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，硫氢根离子的电离平衡常数最小，酸性越强，则对应盐的水解越弱，等物质的量浓度溶液中氢氧根离子浓度越小，则等浓度的三种溶液的pH关系为：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；B．等物质的量时生成NaCN，CN﹣离子水解，则c（Na+）＞c（CN﹣），所以a mol·L﹣1HCN溶液与b mol·L ﹣1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），a有可能略大于b，故B错误；C．NaHS和Na2S的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故C正确；D．该溶液中c（OH﹣）=10d﹣14mol/L，水电离出的c（H+）=c（OH﹣）=10d﹣14mol/L，故D错误；故选C．8、下列说法正确的是( )A．亚甲基蓝和亚甲基白在碱性条件下都不能稳定存在B．亚甲基蓝变为亚甲基白后，通常不能再复原为亚甲基蓝C．亚甲基白变为亚甲基蓝后，通常不能再复原为亚甲基白D．亚甲基白不稳定，能缓慢释放出氧气【答案】D【解析】亚甲基蓝和亚甲基白的相互转化就是在碱性条件下进行的，A项不正确；亚甲基蓝和亚甲基白的相互转化可以连续多次进行，B、C两项错误。

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氯(含解析)解读

氯1、某溶液中含有的溶质是FeBr 、FeI ，若先向该溶液中通入必定量的氯气，再向反响后的2 2溶液中滴加 KSCN溶液，结果溶液变成红色( 已知： AgBr 、AgI 分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的积淀 ) ，则以下表达正确的选项是( )A．原溶液中的 Br －必定被氧化B．通入氯气以后原溶液中的Fe2＋必定被氧化C．溶液中必定不存在2＋FeD．若取少量所得溶液，再加入CCl4 溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO 溶3 液，能产生黄色积淀【答案】 B【分析】 Br －、Fe2＋、I -的复原性渐渐加强，氯气先氧化I -、再氧化 Fe2＋、最后氧化 Br －。

向反响后的溶液中滴加KSCN溶液变成红色，这说明Fe2＋部分被氧化或所有被氧化，则I -完整被氧化， Br－未被氧化或部分被氧化或所有被氧化。

所得溶液加入CCl4溶液后， I 2被萃取，溶液中已无 I -，不可以产生黄色积淀，故A、 C、 D不正确， B 正确。

2、以下实验现象与新制氯水中的某些成分( 括号内物质 ) 没有关系的是 ( )A．将 NaHCO固体加入新制氯水，有无色气泡＋)(H3B．使红色布条退色 (HClO)C．滴加 AgNO溶液生成白色积淀 (Cl －)3D．向 FeCl 2 溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色 (HCl)【答案】 D【分析】氯水的成分中含有三种分子：Cl 2、 H2O、 HClO；四种离子： H＋、 Cl －、 ClO－和很少－＋－量的 OH 。

H 能够与HCO3反响产生 CO2气体， A 项正确； HClO有漂白性，能够使红色布条褪色， B 项正确；氯水中的Cl －能够与 Ag＋反响生成 AgCl 白色积淀， C 项正确；将新制氯水加入 FeCl 2溶液中， Cl 2将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，使 KSCN溶液变红，与 HCl 没关， D 项错误。

3、有一混淆溶液，此中只含有Fe2+、 Cl ﹣、 Br ﹣、 I ﹣（忽视水的电离），此中 Cl ﹣、 Br﹣、 I ﹣的个数之比为2： 3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl ﹣和 Br﹣的个数比为7： 3（已知还﹣2+ ﹣﹣2+原性 I ＞Fe ＞ Br ＞ Cl ），则通入氯气的物质的量与溶液中节余的Fe 的物质的量之比为( )A．5：4 B ．4：5C．5：12D ．12： 5【答案】 A【分析】解：混淆溶液中只含Fe2+、Cl ﹣、 Br ﹣、 I ﹣（忽视水的电离），此中 Cl ﹣、Br ﹣、 I ﹣的个数之比为2：3：3，依据电荷守恒知，Fe2+个数是 Cl ﹣、Br﹣、I ﹣的个数的一半，所以Fe2+、Cl ﹣、Br ﹣、I ﹣的个数之比为4：2：3：3，向溶液中通入氯气，氯气氧化离子先后次序是I ﹣、Fe2+、Br ﹣，因为碘离子和氯离子所带电荷相等，所以耗费碘离子个数等于生成氯离子个数，假如碘离子完整被氧化生成氯离子，Cl ﹣、 Br﹣的个数之比为 5： 3＜ 7： 3，所以还有部分亚铁离子被氧化，依据2+ ﹣3+ 2+ ﹣的个数相等，要使﹣2Fe +Cl =2Cl +2Fe 知，耗费Fe 与生成 Cl Cl 、2Br﹣的个数之比为7： 3，则有一半的Fe2+被耗费，微粒个数之比等于物质的量之比，所以设 Fe2+、Cl ﹣、Br ﹣、I ﹣的物质的量分别是4mol、2mol、3mol、3mol，依据 2I ﹣+Cl 2=2Cl ﹣+I 2知， 3mol 碘离子完整被氧化耗费氯气， 2mol Fe2+还有 2mol Fe 2+ 2+未参加反响，则通入氯气的物质的量与溶液中节余的Fe 的物质的量之比=2.5mol ： 2mol=5： 4，应选 A．4、二氧化氯（ClO2）是一种广谱、高效的消毒剂，易溶于水，特别在水办理等方面有广泛应用。

2016年高考化学模拟试题及答案

2016年高考化学模拟试题及答案2016年高考化学模拟试题及答案一、选择题1.下列有关浓硫酸与浓硝酸的叙述，不正确的是：A。

露置空气中，两者浓度均降低B。

常温下，两者均能使铁、铝钝化C。

一定条件下，两者均能与铜反应D。

两者都具有强氧化性，均能氧化SO22.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是：A。

O2B。

CH4C。

CO2D。

SO23.XXX为阿伏加德罗常数的值，下列判断在标准状况下正确的是：A。

标况下22.4L的HF中含共价键键数目为1.0NAB。

将22.4L NH3溶于1L水中，溶液含有OH数目为0.1NAC。

69g NO2与足量水反应后，转移的电子数为2NAD。

0.25mol Na2O2中含有的阴离子数为0.25NA4.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，原子半径r(C)＞r(D)＞r(B)＞r(A)。

B原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，D原子的核电荷数等于A、C原子核电荷数之和，A与C同主族。

下列说法正确的是：A。

工业上常用电解熔融D的氧化物来制备D的单质B。

单质C、D着火，灭火时C不能用泡沫灭火器，但D可以用泡沫灭火器灭火C。

化合物A2B2与C2B2所含化学键类型完全相同D。

A、B、C组成的化合物，若溶液浓度为0.01mol/L，则常温下其pH为125.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是：A。

①②⑤B。

②④C。

②④⑥D。

③⑤⑥6.已知NH3的Kb值为1.8×10^-5.将NH3加入水中制成0.10mol/L的氨水溶液，该溶液的pH值为：A。

11.3B。

10.9C。

9.1D。

8.77.下列有关元素周期律的说法，不正确的是：A。

元素周期律是指元素周期性地重复的性质随原子序数的变化规律B。

从左到右，元素周期表中原子半径逐渐变小C。

从上到下，元素周期表中原子半径逐渐变大D。

元素周期表中，同一周期元素的电子层数相同8.下列关于电解质的说法，不正确的是：A。

2016年高考化学试题全国II卷(Word版精校、含答案)

全国二卷化学试题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的原子中只有一个电子，b2+与c-离子的电子层结构相同。

b 与d同族。

下列说法正确的是：A、a与其它三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1。

B、b与其它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、CuSO426、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：⑴联氨分子的电子式为：，其中氮的化合价为：。

⑵实验室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：。

⑶2O2（g）+N2(g)=N2O4(l) △H1N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) △H2O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) △H32N2H4(l)+ N2O4(l)=3 N2(g)+ 4H2O(g) △H4=-1048.9kJ·mol-1上述反应热效应之间的关系为△H4= ，联氨和N2O4可用作火箭推进剂原因为：。