2016年高考化學試卷（新課標Ⅱ）（解析卷）

第頁|共頁2016年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共7小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）下列關于燃料的說法錯誤的是（）A．燃料燃燒產物CO2是溫室氣體之一 B．化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染 C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染 D．燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一 【考點】B9：燃料的充分燃燒．【專題】517：化學反應中的能量變化；56：化學應用．【分析】A．二氧化碳是形成溫室效應的氣體；B．化石燃料完全燃燒生成氣體、灰塵等會造成大氣污染；C．液化石油氣含有雜質少，燃燒更充分，產物為水和二氧化碳，對空氣污染??；D．一氧化碳是有毒氣體不能排放到空氣中．【解答】解：A．形成溫室效應的氣體主要是二氧化碳的大量排放，故A正確；B．化石燃料含有硫等因素，完全燃燒會生成二氧化硫會形成酸雨，會造成大氣污染，故B錯誤；C．液化石油氣含有雜質少，燃燒更充分，燃燒時產生的一氧化碳少，對空氣污染小，減少大氣污染，故C正確；D．燃料不完全燃燒排放的CO有毒，是大氣污染物之一，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查了燃料燃燒產物的分析、物質性質的判斷應用，注意知識的積累，題目較簡單．2．（6分）下列各組中的物質均能發(fā)生加成反應的是（）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 【考點】I6：取代反應與加成反應．【專題】533：有機反應．【分析】根據有機物分子中含碳碳雙鍵、C=O鍵、﹣CHO及苯環(huán)的物質可發(fā)生加成反應，如：烯烴、炔烴、醛類、苯及其同系物等，注意﹣COOH不能發(fā)生加成反應，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈．乙烯可以發(fā)生加成反應，乙醇無不飽和鍵不能發(fā)生加成反應，故A錯誤；B．苯一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應，氯乙烯分子中含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，故B正確；C．乙酸分子中羰基不能發(fā)生加成反應，溴乙烷無不飽和鍵不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．丙烯分子中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，丙烷為飽和烷烴不能發(fā)生加成反應，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的性質、反應類型，題目難度不大，主要是加成反應的實質理解應用，題目較簡單。3．（6分）a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，b2﹣和c+的電子層結構相同，d與b同族．下列敘述錯誤的是（）A．a與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為+1 B．b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物 C．c的原子半徑是這些元素中最大的 D．d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性 【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，則a為H元素；b2﹣和c+的電子層結構相同，結合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，則d為S元素，結合元素化合物性質與元素周期律解答．【解答】解：a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，則a為H元素；b2﹣和c+的電子層結構相同，結合離子所得電荷可知b為O元素，c為Na；d與b同族，則d為S元素。A．H元素與Na形成化合物NaH，H元素為﹣1價，故A錯誤；B．O元素與H元素形成H2O、H2O2，與Na元素形成Na2O、Na2O2，與S元素形成SO2、SO3，故B正確；C．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，所有元素中H原子半徑最小，Na的原子半徑最大，故C正確；D．d與a形成的化合物為H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正確。故選：A?！军c評】本題考查結構性質位置關系應用，注意抓住短周期推斷元素，熟練掌握元素化合物知識，注意對元素周期律的理解掌握，有利于基礎知識的鞏固．4．（6分）分子式為C4H8Cl2的有機物共有（不含立體異構）（）A．7種 B．8種 C．9種 D．10種 【考點】H6：有機化合物的異構現象．【專題】532：同分異構體的類型及其判定．【分析】C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個H原子被2個Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2兩種，再結合定一移一法判斷．【解答】解：C4H8Cl2可以看作為C4H10中2個H原子被2個Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2兩種，CH3CH2CH2CH3中，當兩個Cl原子取代同一個C原子上的H時，有2種，當兩個Cl原子取代不同C原子上的H時，有1、2，1、3，1、4，2、3四種情況，有故該情況有6種，CH3CH（CH3）2中，當兩個Cl原子取代同一個C原子上的H時，有1種，當兩個Cl原子取代不同C原子上的H時，有2種，故該情況有3種，故共有9種，故選：C?！军c評】本題考查有機物的同分異構體的書寫，題目難度不大，二氯代物的同分異構體常采用“定一移一”法解答，注意重復情況．5．（6分）Mg﹣AgCl電池是一種以海水為電解質溶液的水激活電池。下列敘述錯誤的是（）A．負極反應式為Mg﹣2e﹣=Mg2+ B．正極反應式為Ag++e﹣=Ag C．電池放電時Cl﹣由正極向負極遷移 D．負極會發(fā)生副反應Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑ 【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】Mg﹣AgCl電池中，活潑金屬Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，負極反應式為：Mg﹣2e﹣=Mg2+，據此分析?！窘獯稹拷猓篈．活潑金屬鎂作負極，失電子發(fā)生氧化反應，反應式為：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正確；B．AgCl是難溶物，其電極反應式為：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B錯誤；C．原電池放電時，陰離子向負極移動，則Cl﹣在正極產生由正極向負極遷移，故C正確；D．鎂是活潑金屬與水反應，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查原電池工作原理，注意常見物質的性質，如鎂的還原性以及銀離子的氧化性是解題的關鍵，題目難度中等。6．（6分）某白色粉末由兩種物質組成，為鑒別其成分進行如下實驗：①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解：再加入足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產生，振蕩后仍有固體存在．該白色粉末可能為（）A．NaHCO3、Al（OH）3 B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4 【考點】PS：物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．【專題】545：物質的分離提純和鑒別．【分析】①取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解，說明有一種物質不溶于水，再加入足量稀鹽酸，有氣泡產生，固體全部溶解，則至少有一種物質可與鹽酸反應生成氣體，可能為二氧化碳或二氧化硫；②取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產生，振蕩后仍有固體存在，說明在振蕩過程中生成不溶于酸的固體，以此解答該題．【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3都與鹽酸反應，硫酸足量時沒有固體剩余，故A錯誤；B．碳酸氫鈉與鹽酸反應生成氣體，AgCl不溶于鹽酸，故B錯誤；C．BaCO3不溶于水，二者都與鹽酸反應，且生成氣體，若加入足量稀硫酸，有氣泡產生，且BaCO3，能和H2SO4反應生成BaSO4沉淀，故C正確；D．加入過量硫酸，生成二氧化碳氣體，但沒有固體剩余，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查物質的檢驗和鑒別，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關鍵，難度中等．7．（6分）下列實驗操作能達到實驗目的是（）實驗目的實驗操作A．制備Fe（OH）3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中B．由MgCl2溶液制備無水MgCl2將MgCl2溶液加熱蒸干C．除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，過濾、洗滌、干燥D．比較水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中A．A B．B C．C D．D 【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】542：化學實驗基本操作．【分析】A．制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液；B．直接加熱，易導致氯化鎂水解；C．二者都與稀硝酸反應；D．分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據反應的劇烈程度比較氫的活潑性．【解答】解：A．將NaOH濃溶液滴加到飽和FeCl3溶液中，生成氫氧化鐵沉淀，制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，故A錯誤；B．氯化鎂易水解，加熱溶液易得到氫氧化鎂沉淀，為防止水解，應在氯化氫氛圍中，故B錯誤；C．二者都與稀硝酸反應，應加入非氧化性酸，如稀硫酸或鹽酸，故C錯誤；D．分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據反應的劇烈程度比較氫的活潑性，故D正確。故選：D。【點評】本題考查較為綜合，涉及膠體的制備、鹽類的水解、除雜以及性質的比較等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題（共129分）8．（14分）聯氨（又稱肼，N2H4，無色液體）是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列問題：（1）聯氨分子的電子式為，其中氮的化合價為﹣2．（2）實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯氨，反應的化學方程式為2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O．（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol﹣1上述反應熱效應之間的關系式為△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，聯氨和N2O4可作為火箭推進劑的主要原因為反應放熱量大，產生大量氣體．（4）聯氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯氨第一步電離反應的平衡常數值為8.7×10﹣7（已知：N2H4+H+?N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．聯氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為N2H6（HSO4）2．（5）聯氨是一種常用的還原劑．向裝有少量AgBr的試管中加入聯氨溶液，觀察到的現象是固體逐漸變黑，并有氣泡產生．聯氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕．理論上1kg的聯氨可除去水中溶解的O21kg；與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯氨的優(yōu)點是N2H4的用量少，不產生其他雜質（反應產物為N2和H2O），而Na2SO3產生Na2SO4．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；EL：含氮物質的綜合應用．【專題】524：氮族元素．【分析】（1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，元素化合價代數和為0計算化合價；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依據熱化學方程式和蓋斯定律計算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol﹣1（4）聯氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2H5++OH﹣，平衡常數Kb==×=K×Kw，由于是二元堿，因此聯氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6（HSO4）2；（5）聯胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質銀，聯胺被氧化失電子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依據守恒計算判斷，依據鍋爐的質地以及反應產物性質解答．【解答】解：（1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，電子式為：，其中氫元素化合價為+1價，則氮元素化合價為﹣2價，故答案為：；﹣2；（2）氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肼，次氯酸鈉被還原生成氯化鈉，結合原子守恒配平書寫反應的化學方程式為：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案為：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3依據熱化學方程式和蓋斯定律計算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根據反應④可知，聯氨和N2O4反應放出大量熱且產生大量氣體，因此可作為火箭推進劑，故答案為：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反應放熱量大，產生大量氣體；（4）聯氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯氨第一步電離方程式為N2H4+H2O?N2H5++OH﹣，平衡常數Kb==×=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步電離方程式為N2H5++H2O?N2H62++OH﹣，因此聯氨與硫酸形成的酸式鹽為N2H6（HSO4）2，故答案為：8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2；（5）聯胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質銀，﹣2價的N元素被氧化為N2，反應方程式為：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反應出現現象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產生，由于肼的氧化產物是氮氣，不會對鍋爐造成腐蝕，而亞硫酸鈉被氧化產物為硫酸鈉，易生成硫酸鹽沉淀影響鍋爐的安全使用，聯胺被氧化失電子N2H4→N2失去4e﹣，O2→O2﹣得到4e﹣，聯胺和氧氣摩爾質量都是32g/mol，則等質量聯胺和氧氣物質的量相同，理論上1kg的聯氨可除去水中溶解的O21kg，與使用Na2SO3處理水中溶解的O2相比，聯氨的優(yōu)點是用量少，不產生其他雜質（反應產物為N2和H2O），而Na2SO3產生Na2SO4，故答案為：固體逐漸變黑，并有氣泡產生；1；N2H4的用量少，不產生其他雜質（反應產物為N2和H2O），而Na2SO3產生Na2SO4．【點評】本題考查了氮及其化合物性質、物質結構、熱化學方程式和蓋斯定律計算應用、平衡常數的計算方法，主要是氧化還原反應的計算及其產物的判斷，題目難度中等．9．（14分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產。主要副產物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等?；卮鹣铝袉栴}：（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副產物丙烯醛（C3H4O）的熱化學方程式如下：①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol﹣1兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是兩個反應均為放熱量大的反應；有利于提高丙烯腈平衡產率的反應條件是低溫、低壓；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑。（2）圖（a）為丙烯腈產率與反應溫度的關系曲線，最高產率對應的溫度為460℃．低于460℃時，丙烯腈的產率不是（填“是”或“不是”）對應溫度下的平衡轉化率，判斷理由是該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低；高于460℃時，丙烯腈產率降低的可能原因是AC（雙選，填標號）。A．催化劑活性降低B．平衡常數變大C．副反應增多D．反應活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的產率與n（氨）/n（丙烯）的關系如圖（b）所示。由圖可知，最佳n（氨）/n（丙烯）約為1，理由是該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低。進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1：7.5：1?！究键c】BE：熱化學方程式；CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算．【專題】517：化學反應中的能量變化；51E：化學平衡專題．【分析】（1）依據熱化學方程式方向可知，兩個反應均放熱量大，即反應物和生成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；有利于提高丙烯腈平衡產率需要改變條件使平衡正向進行，提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑；（2）因為該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低，即低于460℃時，對應溫度下的平衡轉化率曲線應該是下降的，但實際曲線是上升的，因此判斷低于460℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡轉化率；產率降低主要從產率的影響因素進行考慮；（3）根據圖象可知，當約為1時，該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低，根據化學反應C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應達到最佳狀態(tài)，依據氧氣在空氣中約占20%計算條件比?！窘獯稹拷猓海?）兩個反應在熱力學上趨勢均很大，兩個反應均放熱量大，即反應物和生成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；該反應為氣體體積增大的放熱反應，所以降低溫度、降低壓強有利于提高丙烯腈的平衡產率，提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑；故答案為：兩個反應均為放熱量大的反應；低溫、低壓；催化劑；（2）因為該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低，即低于460℃時，對應溫度下的平衡轉化率曲線應該是下降的，但實際曲線是上升的，因此判斷低于460℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡轉化率。高于460°C時，丙烯腈產率降低，A．催化劑在一定溫度范圍內活性較高，若溫度過高，活性降低，故A正確；B．由圖象可知，升高溫度平衡常數變小，故B錯誤；C．根據題意，副產物有丙烯醛，催化劑活性降低，副反應增多，導致產率下降，故C正確；D．反應活化能的大小不影響平衡，故D錯誤；故答案為：不是，該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低；AC；（3）根據圖象可知，當約為1時，該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；根據化學反應C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應達到最佳狀態(tài)，而空氣中氧氣約占20%，所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為：1：7.5：1，故答案為：1：1；該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；1：7.5：1?！军c評】本題考查熱化學方程式，影響化學平衡的因素等知識。注意圖象分析判斷，定量關系的理解應用是解題關鍵，題目難度中等。10．（15分）某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質．回答下列問題：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化．（2）甲組同學取2mLFeCl2溶液．加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化．FeCl2溶液與氯水反應的離子方程式為Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣．（3）乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是隔離空氣（排除氧氣對實驗的影響）．（4）丙組同學取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合．分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色；②第二只試管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀；③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅．實驗②檢驗的離子是Fe2+（填離子符號）；實驗①和③說明：在I﹣過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+（填離子符號），由此可以證明該氧化還原反應為可逆反應．（5）丁組同學向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；一段時間后，溶液中有氣泡出現，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成．產生氣泡的原因是鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣；生成沉淀的原因是過氧化氫分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動（用平衡移動原理解釋）．【考點】U2：性質實驗方案的設計．【專題】24：實驗設計題．【分析】（1）鐵和氯化鐵反應生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液中加入鐵粉防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反應現象，第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質，隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化還原反應；（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，過氧化氫分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動．【解答】解：（1）鐵和氯化鐵反應生成氯化亞鐵，在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化，故答案為：防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，反應的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響，故答案為：隔離空氣（排除氧氣對實驗的影響）；（4）加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反應現象，實驗②檢驗的離子是Fe2+，①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質，反應的離子方程式為：2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化還原反應，仍含有鐵離子，在I﹣過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，說明該反應為可逆反應．故答案為：Fe2+；Fe3+；可逆反應．（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，產生氣泡的原因是鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，氯化鐵溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，水解反應為吸熱反應，過氧化氫分解放出熱量，促進Fe3+的水解平衡正向移動．故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣；過氧化氫分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動．【點評】本題考查了鐵架化合物性質、主要是溶液配制、離子方程式書寫、離子檢驗、鹽類水解等知識點，注意題干信息的分析判斷，題目難度中等．四、選考題：共45分．請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑．注意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學科按所做的第一題計分．化學--選修2：化學與技術11．（15分）雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑．生產雙氧水常采用蒽醌法，其反應原理和生產流程如圖所示：生產過程中，把乙基蒽醌溶于有機溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化劑作用下進行氫化，再經氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水．回答下列問題：（1）蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣，循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌，配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑．（2）氫化釜A中反應的化學方程式為．進入氧化塔C的反應混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌．（3）萃取塔D中的萃取劑是水，選擇其作萃取劑的原因是過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水．（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸．（5）雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測定，該反應的離子方程式為5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，一種雙氧水的質量分數為27.5%（密度為1.10g?cm﹣3），其濃度為8.90mol?L﹣1．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）由轉化反應可知，先與氫氣發(fā)生加成反應，再與氧氣發(fā)生氧化反應；乙基蒽醌開始被消耗，后來又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有機溶劑；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反應；進入氧化塔C的反應混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌；（3）D中萃取分離出過氧化氫溶液，則選擇萃取劑為水；（4）除凈殘留的H2O2，因過氧化氫過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；（5）雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應生成氧氣，結合c=計算濃度．【解答】解：（1）由轉化反應可知，乙基蒽醌先與氫氣發(fā)生加成反應，再與氧氣發(fā)生氧化反應，則蒽醌法制備H2O2理論上消耗的原料是氫氣和氧氣；乙基蒽醌開始被消耗，后來又生成，則循環(huán)使用的原料是乙基蒽醌，且結合流程圖種再生工作液環(huán)節(jié)可知乙基蒽醌循環(huán)使用；配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑，故答案為：氫氣和氧氣；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有機溶劑；（2）由原理和流程可知，A中乙基蒽醌與氫氣反應，反應為；進入氧化塔C的反應混合液中的主要溶質為乙基氫蒽醌，故答案為：；乙基氫蒽醌；（3）D中萃取分離出過氧化氫溶液，則選擇萃取劑為水，選擇其作萃取劑的原因是過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，故答案為：水；過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸，故答案為：過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；（5）雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應生成氧氣，離子反應為5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，由c=可知一種雙氧水的質量分數為27.5%（密度為1.10g?cm﹣3），其濃度為=8.90mol/L，故答案為：5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.90．【點評】本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備實驗原理、實驗技能、物質的性質為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物的性質及應用，題目難度中等．[化學--選修3：物質結構與性質]12．（15分）東晉《華陽國志?南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南鎳白銅（銅鎳合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品．回答下列問題：（1）鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級上的未成對電子數為2．（2）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4藍色溶液．①[Ni（NH3）6]SO4中陰離子的立體構型是正四面體．②在[Ni（NH3）6]SO4中Ni2+與NH3之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N．③氨的沸點高于（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強；氨是極性分子（填“極性”或“非極性”），中心原子的軌道雜化類型為sp3．（3）單質銅及鎳都是由金屬鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJ?mol﹣1、INi=1753kJ?mol﹣1，ICu＞INi的原因是Cu+電子排布呈全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失電子需要能量高，第二電離能數值大．（4）某鎳白銅合金的立方晶胞結構如圖所示．①晶胞中銅原子與鎳原子的數量比為3：1．②若合金的密度為dg?cm﹣3，晶胞參數a=×107nm．【考點】98：判斷簡單分子或離子的構型；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51D：化學鍵與晶體結構．【分析】（1）Ni元素原子核外電子數為28，結合能量最低原理書寫核外電子排布式；（2）①SO42﹣中S原子的孤電子對數==0，價層電子對數=4+0=4；②Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵；③PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，增大了物質的沸點；NH3分子為三角錐形結構，分子中正負電荷重心不重合，N原子有1對孤對電子，形成3個N﹣H鍵，雜化軌道數目為4；（3）單質銅及鎳都屬于金屬晶體；Cu+的外圍電子排布為3d10，Ni+的外圍電子排布為3d84s1，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定；（4）①根據均攤法計算晶胞中Ni、Cu原子數目；②屬于面心立方密堆積，結合晶胞中原子數目表示出晶胞質量，再結合m=ρV可以計算晶胞棱長．【解答】解：（1）Ni元素原子核外電子數為28，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，3d能級上的未成對電子數為2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；2；（2）①SO42﹣中S原子的孤電子對數==0，價層電子對數=4+0=4，離子空間構型為正四面體，故答案為：正四面體；②Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵，故答案為：配位鍵；N；③PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強，增大了物質的沸點，故氨氣的沸點高于PH3分子的，NH3分子為三角錐形結構，分子中正負電荷重心不重合，屬于極性分子，N原子有1對孤對電子，形成3個N﹣H鍵，雜化軌道數目為4，氮原子采取sp3雜化，故答案為：高于；氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強；極性；sp3；（3）單質銅及鎳都屬于金屬晶體，都是由金屬鍵形成的晶體；Cu+的外圍電子排布為3d10，Ni+的外圍電子排布為3d84s1，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定，失去第二個電子更難，元素銅的第二電離能高于鎳的，故答案為：金屬；Cu+電子排布呈全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失電子需要能量高，第二電離能數值大；（4）①晶胞中Ni處于頂點，Cu處于面心，則晶胞中Ni原子數目為8×=1、Cu原子數目=6×=3，故Cu與Ni原子數目之比為3：1，故答案為：3：