2016年浙江省高考化學試卷.doc

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2016年浙江省高考化學試卷 　 一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分） 1．（6分）（2016?浙江）下列說法不正確的是（　?。? A．儲熱材料是一類重要的存儲物質，單位質量的儲熱材料在發(fā)生熔融或結晶時會吸收或釋放較大的熱量 B．Ce（32號元素）的單晶可以作為光電轉換材料用于太陽能電池 C．Ba2+濃度較高時危害健康，但BaSO4可服入體內，作為造影劑用于X﹣射線檢查腸胃道疾病 D．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金屬離子，其本質是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附 2．（6分）（2016?浙江）下列敘述不正確的是（　?。? A．鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火 B．探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反應速率的影響時，若先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設定溫度，則測得的反應速率偏高 C．蒸餾完畢后，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置 D．為準確配制一定物質的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管加蒸餾水至刻度線 3．（6分）（2016?浙江）短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序數依次增大，X原子核外最外層電子數是其電子層數的2倍，X，Y的核電荷數之比為3：4，W﹣的最外層為8電子結構，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化還原反應，下列說法正確的是（　?。? A．X與Y能形成多種化合物，一般條件下都能與Z的最高價氧化物的水化物發(fā)生反應 B．原子半徑大?。篨＜Y，Z＞W C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在離子鍵 D．Y，W的某些單質或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑 4．（6分）（2016?浙江）下列說法正確的是． A．的一溴代物和的一溴代物都有4種（不考慮立體異構） B．CH3CH=CHCH3分子中的四個碳原子在同一直線上 C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷 D．與都是α﹣氨基酸且互為同系物 5．（6分）（2016?浙江）金屬（M）﹣空氣電池（如圖）具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設備的電源，該類電池放電的總反應方程式為：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，下列說法不正確的是（　?。? A．采用多孔電極的目的是提高電極與電解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面 B．比較Mg，Al，Zn三種金屬﹣空氣電池，Al﹣空氣電池的理論比能量最高 C．M﹣空氣電池放電過程的正極反應式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n D．在Mg﹣空氣電池中，為防止負極區(qū)沉積Mg（OH）2，宜采用中性電解質及陽離子交換膜 6．（6分）（2016?浙江）苯甲酸鈉（，縮寫為NaA）可用作飲料的防腐劑，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，已知25℃時，HA的Ka=6.2510﹣5，H2CO3的Ka1=4.1710﹣7，Ka2=4.9010﹣11，在生產碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓沖入CO2氣體，下列說法正確的是（溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分）（　?。? A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低 B．提高CO2充氣壓力，飲料中c（A﹣）不變 C．當pH為5.0時，飲料中=0.16 D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關系為：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA） 7．（6分）（2016?浙江）為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考慮其他成分），設計了如下流程： 下列說法不正確的是（　?。? A．固體Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3 B．X可以是空氣，且需過量 C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO D．處理含NH4+廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O 　 二、非選擇題（共5小題，滿分58分） 8．（10分）（2016?浙江）化合物X是一種有機合成中間體，Z是常見的高分子化合物，某研究小組采用如下路線合成X和Z： 已知：①化合物A的結構中有2個甲基 ②RCOOR′+R″CH2COOR′ 請回答： （1）寫出化合物E的結構簡式　　　　　　，F中官能團的名稱是　　　　　??； （2）Y→Z的化學方程式是　　　　　??； （3）G→X的化學方程式是　　　　　　，反應類型是　　　　　　； （4）若C中混有B，請用化學方法檢驗B的存在（要求寫出操作、現象和結論）　　　　　?。? 9．（6分）（2016?浙江）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作環(huán)保型阻燃材料，受熱時按如下化學方程式分解： 2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 （1）寫出該化合物作阻燃劑的兩條依據　　　　　??； （2）用離子方程式表示除去固體產物中Al2O3的原理　　　　　??； （3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化學方程式表示其原理　　　　　?。? 10．（12分）（2016?浙江）磁性材料A是由兩種元素組成的化合物，某研究小組按如圖流程探究其組成： 請回答： （1）A的組成元素為　　　　　?。ㄓ没瘜W符號表示），化學式為　　　　　??； （2）C溶液可溶解銅片，例舉該反應的一個實際應用　　　　　?。? （3）已知化合物A能與稀硫酸反應，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體（標況下的密度為1.518g?L﹣1），該氣體分子的電子式為　　　　　　，寫出該反應的離子方程式　　　　　??； （4）寫出F→G反應的化學方程式，設計實驗方案探究溶液G中的主要微粒（不考慮H2O，H+，K+，I﹣）　　　　　　． 11．（15分）（2016?浙江）催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反應，分別生成CH3OH和CO，反應的熱化學方程式如下： CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣8 Ⅰ CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ 某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2，在相同壓強下，經過相同反應時間測得如下實驗數據： T（K） 催化劑 CO2轉化率（%） 甲醇選擇性（%） 543 Cat.1 12.3 42.3 543 Cat.2 10.9 72.7 553 Cat.1 15.3 39.1 553 Cat.2 12.0 71.6 [備注]Cat.1：Cu/ZnO納米棒；Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性；轉化的CO2中生成甲醇的百分比 已知：①CO和H2的標準燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣285.8kJ?mol﹣1． ②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1 請回答（不考慮溫度對△H的影響）： （1）反應I的平衡常數表達式K=　　　　　??；反應Ⅱ的△H2=　　　　　　kJ?mol﹣1． （2）有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有　　　　　?。? A．使用催化劑Cat.1 B、使用催化劑Cat.2 C、降低反應溫度 D、投料比不變，增加反應物的濃度 E、增大 CO2和H2的初始投料比 （3）表中實驗數據表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是　　　　　?。? （4）在如圖中分別畫出反應I在無催化劑、有Cat.1和有Cat.2三種情況下“反應過程﹣能量”示意圖． （5）研究證實，CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，則生成甲醇的反應發(fā)生在　　　　　　極，該電極反應式是　　　　　?。? 12．（15分）（2016?浙江）無水MgBr2可用作催化劑．實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，裝置如圖1，主要步驟如下： 步驟1 三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中加入15mL液溴． 步驟2 緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三頸瓶中． 步驟3 反應完畢后恢復至常溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0℃，析出晶體，再過濾得三乙醚溴化鎂粗品． 步驟4 室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水MgBr2產品． 已知：①Mg與Br2反應劇烈放熱；MgBr2具有強吸水性． ②MgBr2+3C2H5OC2H5?MgBr2?3C2H5OC2H5 請回答： （1）儀器A的名稱是　　　　　　．實驗中不能用干燥空氣代替干燥N2，原因是　　　　　?。? （2）如將裝置B改為裝置C（圖2），可能會導致的后果是　　　　　?。? （3）步驟3中，第一次過濾除去的物質是　　　　　　． （4）有關步驟4的說法，正確的是　　　　　?。? A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B、洗滌晶體可選用0℃的苯 C、加熱至160℃的主要目的是除去苯 D、該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴 （5）為測定產品的純度，可用EDTA（簡寫為Y）標準溶液滴定，反應的離子方程式： Mg2++Y4﹣═MgY2﹣ ①滴定前潤洗滴定管的操作方法是　　　　　?。? ②測定時，先稱取0.2500g無水MgBr2產品，溶解后，用0.0500mol?L﹣1的EDTA標準溶液滴定至終點，消耗EDTA標準溶液26.50mL，則測得無水MgBr2產品的純度是　　　　　　（以質量分數表示）． 　  2016年浙江省高考化學試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分） 1．（6分）（2016?浙江）下列說法不正確的是（　?。? A．儲熱材料是一類重要的存儲物質，單位質量的儲熱材料在發(fā)生熔融或結晶時會吸收或釋放較大的熱量 B．Ce（32號元素）的單晶可以作為光電轉換材料用于太陽能電池 C．Ba2+濃度較高時危害健康，但BaSO4可服入體內，作為造影劑用于X﹣射線檢查腸胃道疾病 D．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金屬離子，其本質是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附 【考點】物質的組成、結構和性質的關系．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A．儲熱材料是一類重要的存儲物質，在熔融時吸收熱量、在結晶時放出熱量； B．Ge是32號元素，位于金屬和非金屬交界線處，可以作半導體材料； C．Ba2+濃度較高時危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸； D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反應． 【解答】解：A．儲熱材料是一類重要的存儲物質，根據能量守恒知，這些物質在熔融時需要吸收熱量、在結晶時放出熱量，故A正確； B.32號元素Ge位于金屬和非金屬交界線處，具有金屬和非金屬的性質，可以作半導體材料，所以Ce（32號元素）的單晶可以作為光電轉換材料用于太陽能電池，故B正確 C．Ba2+濃度較高時危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入體內，作為造影劑用于X﹣射線檢查腸胃道疾病，故C正確； D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反應生成金屬單質而治理污染，與吸附性無關，故D錯誤； 故選D． 【點評】本題考查較綜合，涉及氧化還原反應、物質用途、能量守恒等知識點，明確基本原理、物質性質是解本題關鍵，注意D中發(fā)生反應而不是利用膠體性質，為易錯點． 　 2．（6分）（2016?浙江）下列敘述不正確的是（　?。? A．鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火 B．探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反應速率的影響時，若先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設定溫度，則測得的反應速率偏高 C．蒸餾完畢后，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置 D．為準確配制一定物質的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管加蒸餾水至刻度線 【考點】化學實驗方案的評價．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A．過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應，鎂可在二氧化碳中燃燒； B．應先加熱再混合； C．蒸餾時，應充分冷凝，防止溫度過高而混入雜質； D．配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線． 【解答】解：A．過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應，鎂可在二氧化碳中燃燒，則鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，一般可用沙子撲滅，故A正確； B．該實驗要求開始時溫度相同，然后改變溫度，探究溫度對反應速率的影響，應先分別水浴加熱硫代硫酸鈉溶液、硫酸溶液到一定溫度后再混合，若是先將兩種溶液混合后再用水浴加熱，隨著熱量的散失，測得的反應速率偏低，故B錯誤； C．蒸餾時，應充分冷凝，應先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，防止溫度過高而混入雜質，故C正確； D．配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線，應用膠頭滴管滴加，故D正確． 故選B． 【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及實驗基本操作及實驗安全、影響反應速率的因素及物質鑒別等，把握物質的性質及反應原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，題目難度中等． 　 3．（6分）（2016?浙江）短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序數依次增大，X原子核外最外層電子數是其電子層數的2倍，X，Y的核電荷數之比為3：4，W﹣的最外層為8電子結構，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化還原反應，下列說法正確的是（　?。? A．X與Y能形成多種化合物，一般條件下都能與Z的最高價氧化物的水化物發(fā)生反應 B．原子半徑大小：X＜Y，Z＞W C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在離子鍵 D．Y，W的某些單質或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑 【考點】原子結構與元素周期律的關系．菁優(yōu)網版權所有 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子核外最外層電子數是其電子層數的2倍，則X為C元素，X、Y的核電荷數之比為3：4，則Y為O元素，W﹣的最外層為8電子結構，W為FG或Cl元素，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化還原反應，則Z為Na元素，W只能為Cl元素，以此解答該題． 【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子核外最外層電子數是其電子層數的2倍，則X為C元素，X、Y的核電荷數之比為3：4，則Y為O元素，W﹣的最外層為8電子結構，W為FG或Cl元素，金屬單質Z在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化還原反應，則Z為Na元素，W只能為Cl元素， A．X與Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高價氧化物的水化物為NaOH，CO和NaOH不反應，故A錯誤； B．一般說來，電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同，質子數越多，半徑越小，則原子半徑大小X＞Y，Z＞W，故B錯誤； C．化合物Z2Y和ZWY3分別為Na2O、NaClO3，NaClO3存在離子鍵和共價鍵，故C錯誤； D．Y的單質臭氧，W的單質氯氣，對應的化合物ClO2，可作為水的消毒劑，故D正確． 故選D． 【點評】本題考查元素結構與元素周期率知識，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握原子結構與元素周期率的遞變規(guī)律，把握物質的性質的相似性和遞變性，難度中等． 　 4．（6分）（2016?浙江）下列說法正確的是． A．的一溴代物和的一溴代物都有4種（不考慮立體異構） B．CH3CH=CHCH3分子中的四個碳原子在同一直線上 C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷 D．與都是α﹣氨基酸且互為同系物 【考點】常見有機化合物的結構；有機化合物的異構現象．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A．有幾種氫原子其一溴代物就有幾種； B．該分子結構和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，據此判斷該分子結構； C．該分子中最長的碳鏈上有6個C原子； D．結構相似、在分子組成上相差一個或n個﹣CH2原子團的有機物互稱同系物． 【解答】解：A．有幾種氫原子其一溴代物就有幾種，甲苯、2﹣甲基丁烷的一溴代物都有4種，故A正確； B．該分子結構和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，據此判斷該分子結構中四個C原子在同一平面上不在同一直線上，故B錯誤； C．該分子中最長的碳鏈上有6個C原子，其名稱為2，3，4，4﹣四甲基己烷，故C錯誤； D．結構相似、在分子組成上相差一個或n個﹣CH2原子團的有機物互稱同系物，二者結構不相似，所以不是同系物，故D錯誤； 故選A． 【點評】本題考查同分異構體種類判斷、基本概念、有機物命名等知識點，側重考查學生分析判斷及知識遷移能力，明確基本概念內涵、常見物質結構、有機物命名原則是解本題關鍵，易錯選項是C，題目難度不大． 　 5．（6分）（2016?浙江）金屬（M）﹣空氣電池（如圖）具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設備的電源，該類電池放電的總反應方程式為：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，下列說法不正確的是（　?。? A．采用多孔電極的目的是提高電極與電解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面 B．比較Mg，Al，Zn三種金屬﹣空氣電池，Al﹣空氣電池的理論比能量最高 C．M﹣空氣電池放電過程的正極反應式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n D．在Mg﹣空氣電池中，為防止負極區(qū)沉積Mg（OH）2，宜采用中性電解質及陽離子交換膜 【考點】原電池和電解池的工作原理．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A．反應物接觸面積越大，反應速率越快； B．電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，則單位質量的電極材料失去電子的物質的量越多則得到的電能越多； C．正極上氧氣得電子和水反應生成OH﹣； D．負極上Mg失電子生成Mg2+，為防止負極區(qū)沉積Mg（OH）2，則陰極區(qū)溶液不能含有大量OH﹣． 【解答】解：A．反應物接觸面積越大，反應速率越快，所以采用多孔電極的目的是提高電極與電解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面，從而提高反應速率，故A正確； B．電池的“理論比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，則單位質量的電極材料失去電子的物質的量越多則得到的電能越多，假設質量都是1g時，這三種金屬轉移電子物質的量分別為=mol、3=mol、=mol，所以Al﹣空氣電池的理論比能量最高，故B正確； C．正極上氧氣得電子和水反應生成OH﹣，因為是陰離子交換膜，所以陽離子不能進入正極區(qū)域，則正極反應式為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C錯誤； D．負極上Mg失電子生成Mg2+，為防止負極區(qū)沉積Mg（OH）2，則陰極區(qū)溶液不能含有大量OH﹣，所以宜采用中性電解質及陽離子交換膜，故D正確； 故選C． 【點評】本題考查原電池原理，為高頻考點，側重考查學生分析判斷、獲取信息解答問題及計算能力，明確各個電極上發(fā)生的反應、離子交換膜作用、反應速率影響因素、氧化還原反應計算是解本題關鍵，易錯選項是C． 　 6．（6分）（2016?浙江）苯甲酸鈉（，縮寫為NaA）可用作飲料的防腐劑，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，已知25℃時，HA的Ka=6.2510﹣5，H2CO3的Ka1=4.1710﹣7，Ka2=4.9010﹣11，在生產碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓沖入CO2氣體，下列說法正確的是（溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分）（　?。? A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低 B．提高CO2充氣壓力，飲料中c（A﹣）不變 C．當pH為5.0時，飲料中=0.16 D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關系為：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA） 【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣； B．酸性增強，溶液中c（A﹣）減?。? C．=； D．根據質子守恒分析． 【解答】解：A．由題中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，充CO2的飲料中HA的濃度較大，所以相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，故A錯誤； B．提高CO2充氣壓力，溶液的酸性增強，溶液中c（A﹣）減小，故B錯誤； C．當pH為5.0時，飲料中===0.16，故C正確； D．碳酸飲料中碳酸電離的氫離子與水電離的氫離子之和等于溶液中氫離子與A﹣結合的氫離子之和，即溶液中存在質子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），則各種粒子的濃度關系為：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D錯誤． 故選C． 【點評】本題考查了溶液中離子濃度大小比較、電離常數的有關計算等，題目難度中等，側重于考查學生的分析能力和計算能力，注意把握電離常數的計算方法． 　 7．（6分）（2016?浙江）為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考慮其他成分），設計了如下流程： 下列說法不正確的是（　　） A．固體Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3 B．X可以是空氣，且需過量 C．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO D．處理含NH4+廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O 【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；"三廢"處理與環(huán)境保護．菁優(yōu)網版權所有 【分析】工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題． 【解答】解：工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO， A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，則固體1為主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故A正確； B．由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，故B錯誤； C．氣體2含有CO、N2，經捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C正確； D．NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O，故D正確． 故選B． 【點評】本題考查物質的分離、提純的綜合引用，側重學生的分析、實驗能力的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關系，題目涉及廢水的處理，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高環(huán)保意識，難度不大． 　 二、非選擇題（共5小題，滿分58分） 8．（10分）（2016?浙江）化合物X是一種有機合成中間體，Z是常見的高分子化合物，某研究小組采用如下路線合成X和Z： 已知：①化合物A的結構中有2個甲基 ②RCOOR′+R″CH2COOR′ 請回答： （1）寫出化合物E的結構簡式　CH2=CH2　，F中官能團的名稱是　羥基??； （2）Y→Z的化學方程式是　??； （3）G→X的化學方程式是　　，反應類型是　取代反應?。? （4）若C中混有B，請用化學方法檢驗B的存在（要求寫出操作、現象和結論）　取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若產生磚紅色沉淀，則有B存在?。? 【考點】有機物的推斷．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，結合分子式可知A屬于飽和一元醇，化合物A的結構中有2個甲基，則A為（CH3）2CHCH2OH，故B為（CH3）2CHCHO，C為（CH3）2CHCOOH．由Y的分子式可知，Y的結構簡式為CH2=CHCl，可知D為HC≡CH，Y發(fā)生加聚反應生成高分子Z為．結合信息②可知G為酯，F屬于醇，D與氫氣發(fā)生加成反應生成E為CH2=CH2，E能與水發(fā)生加成反應生成F為CH3CH2OH，故G為（CH3）2CHCOOCH2CH3，X為． 【解答】解：A可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，結合分子式可知A屬于飽和一元醇，化合物A的結構中有2個甲基，則A為（CH3）2CHCH2OH，故B為（CH3）2CHCHO，C為（CH3）2CHCOOH．由Y的分子式可知，Y的結構簡式為CH2=CHCl，可知D為HC≡CH，Y發(fā)生加聚反應生成高分子Z為．結合信息②可知G為酯，F屬于醇，D與氫氣發(fā)生加成反應生成E為CH2=CH2，E能與水發(fā)生加成反應生成F為CH3CH2OH，故G為（CH3）2CHCOOCH2CH3，X為． （1）化合物E的結構簡式為：CH2=CH2，F為CH3CH2OH，F中官能團的名稱是：羥基， 故答案為：CH2=CH2；羥基； （2）Y→Z的化學方程式是：， 故答案為：； （3）G→X的化學方程式是：，反應類型是取代反應， 故答案為：；取代反應； （4）B為（CH3）2CHCHO，C為（CH3）2CHCOOH，檢驗C中含有B，只需檢驗醛基即可，取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若產生磚紅色沉淀，則有B存在， 故答案為：取適量試樣于試管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱，若產生磚紅色沉淀，則有B存在． 【點評】本題考查有機物的推斷與合成、有機反應類型、有機反應方程式書寫、官能團的檢驗等，注意根據有機物分子式與反應條件進行推斷，熟練掌握官能團的性質與轉化，注意對題目給予反應信息的理解． 　 9．（6分）（2016?浙江）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作環(huán)保型阻燃材料，受熱時按如下化學方程式分解： 2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 （1）寫出該化合物作阻燃劑的兩條依據　反應吸熱降低溫度，固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣?。? （2）用離子方程式表示除去固體產物中Al2O3的原理　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O??； （3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化學方程式表示其原理　MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3?H2O?。? 【考點】鎂、鋁的重要化合物．菁優(yōu)網版權所有 【分析】（1）分解反應是吸熱反應且生成的氧化鎂、氧化鋁的熔點高； （2）氧化鎂是堿性氧化物，氧化鋁是兩性氧化物，依據二者性質不同除去； （3）氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，氧化鎂溶于酸促進水解平衡正向進行． 【解答】解：（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反應是吸熱反應，降低溫度，生成的氧化鎂和氧化鋁都是熔點很高的氧化物，附著表面會阻止燃燒，水蒸氣稀釋空氣． 故答案為：反應吸熱降低溫度，固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣； （2）氧化鎂是堿性氧化物溶于酸，氧化鋁是兩性氧化物溶于酸、堿溶于，加入氫氧化鈉溶于溶解后過濾除去，反應的離子方程式為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O； （3）氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，氧化鎂溶于水解生成的酸，反應的化學方程式為：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3?H2O， 故答案為：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3?H2O． 【點評】本題考查了鎂鋁化合物性質，鹽類水解的原理應用，主要是氧化鎂、氧化鋁性質的熟練掌握，題目難度不大． 　 10．（12分）（2016?浙江）磁性材料A是由兩種元素組成的化合物，某研究小組按如圖流程探究其組成： 請回答： （1）A的組成元素為　Fe、S?。ㄓ没瘜W符號表示），化學式為　Fe3S4　； （2）C溶液可溶解銅片，例舉該反應的一個實際應用　刻飾銅線路板??； （3）已知化合物A能與稀硫酸反應，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體（標況下的密度為1.518g?L﹣1），該氣體分子的電子式為　　，寫出該反應的離子方程式　Fe3S4+6H++=3Fe2++S+3H2S↑??； （4）寫出F→G反應的化學方程式，設計實驗方案探究溶液G中的主要微粒（不考慮H2O，H+，K+，I﹣）　H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有SO42﹣；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，若再產生白色沉淀，則有H2SO3　． 【考點】探究物質的組成或測量物質的含量；無機物的推斷．菁優(yōu)網版權所有 【分析】C加入KSCN，D為血紅色溶液，可知C為FeCl3，D為Fe（SCN）3等，可知B為Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃燒生成的無色氣體E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到無色溶液，說明碘可氧化E的水溶液，E應為SO2，F為H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）＞n（S）=3：4，應為Fe3S4，以此解答該題． 【解答】解：C加入KSCN，D為血紅色溶液，可知C為FeCl3，D為Fe（SCN）3等，可知B為Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃燒生成的無色氣體E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到無色溶液，說明碘可氧化E的水溶液，E應為SO2，F為H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）＞n（S）=3：4，應為Fe3S4， （1）由以上分析可知，A組成元素為Fe、S，為Fe3S4，故答案為：Fe、S；Fe3S4； （2）鐵離子具有強氧化性，可氧化銅，常用于刻飾銅線路板，故答案為：刻飾銅線路板； （3）化合物A能與稀硫酸反應，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體（標況下的密度為1.518g?L﹣1），淡黃色不溶物為S，氣體的相對分子質量為1.51822.4L=34，為H2S氣體，電子式為，反應的離子方程式為Fe3S4+6H++=3Fe2++S+3H2S↑， 故答案為：；Fe3S4+6H++=3Fe2++S+3H2S↑； （4）F→G反應的化學方程式為H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考慮H2O，H+，K+，I﹣） 為SO42﹣和H2SO3，可先檢驗SO42﹣，后檢驗有H2SO3，具體操作為：取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有SO42﹣；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，若再產生白色沉淀，則有H2SO3． 故答案為：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有SO42﹣；過濾后取濾液，滴加H2O2溶液，若再產生白色沉淀，則有H2SO3． 【點評】本題綜合考查無機物的推斷，為高考常見題型，側重于學生的分析、計算和實驗能力的考查，注意把握物質的性質以及反應現象，結合質量守恒推斷物質的組成，難度中等． 　 11．（15分）（2016?浙江）催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反應，分別生成CH3OH和CO，反應的熱化學方程式如下： CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣8 Ⅰ CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ 某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2，在相同壓強下，經過相同反應時間測得如下實驗數據： T（K） 催化劑 CO2轉化率（%） 甲醇選擇性（%） 543 Cat.1 12.3 42.3 543 Cat.2 10.9 72.7 553 Cat.1 15.3 39.1 553 Cat.2 12.0 71.6 [備注]Cat.1：Cu/ZnO納米棒；Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性；轉化的CO2中生成甲醇的百分比 已知：①CO和H2的標準燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣285.8kJ?mol﹣1． ②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1 請回答（不考慮溫度對△H的影響）： （1）反應I的平衡常數表達式K=　　；反應Ⅱ的△H2=　+41.2　kJ?mol﹣1． （2）有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有　CD?。? A．使用催化劑Cat.1 B、使用催化劑Cat.2 C、降低反應溫度 D、投料比不變，增加反應物的濃度 E、增大 CO2和H2的初始投料比 （3）表中實驗數據表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是　表中數據表明此時未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而再該時刻下對甲醇選擇性有影響　． （4）在如圖中分別畫出反應I在無催化劑、有Cat.1和有Cat.2三種情況下“反應過程﹣能量”示意圖． （5）研究證實，CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，則生成甲醇的反應發(fā)生在　陰　極，該電極反應式是　CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O?。? 【考點】化學平衡的計算；化學平衡的影響因素．菁優(yōu)網版權所有 【分析】（1）平衡常數為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值；已知：CO和H2的標準燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣285.8kJ?mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1，可知熱化學方程式a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1，利用蓋斯定律可計算CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）的反應熱； （2）由CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣8 可知提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率，應使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度； （3）不同的催化劑的催化能力不同，且催化劑具有選擇性； （4）加入催化劑，可降低反應的活化能，催化能力越強，活化能越低，但反應熱不變； （5）CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，應為電解池的陰極反應，被還原生成甲醇． 【解答】解：（1）平衡常數為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值，K=， 已知：CO和H2的標準燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣285.8kJ?mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1，可知熱化學方程式a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ?mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ?mol﹣1， 由蓋斯定律將b﹣a+c可得CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2 =（﹣285.8+283.0+44）kJ?mol﹣1=+41.2kJ?mol﹣1， 故答案為：；+41.2； （2）A．使用催化劑Cat.1，平衡不移動，不能提高轉化率，故A錯誤； B、使用催化劑Cat.2，不能提高轉化率，故B錯誤； C、降低反應溫度，平衡正向移動，可增大轉化率，故C正確； D、投料比不變，增加反應物的濃度，衡正向移動，可增大轉化率，故D正確； E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氫氣的轉化率，二氧化碳的轉化率減小，故E錯誤． 故答案為：CD； （3）從表中數據分析，在相同溫度下，不同的催化劑二氧化碳的轉化率不同，說明不同的催化劑的催化能力不同，相同的催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉化率不同，且溫度高的轉化率大，因為正反應為放熱反應，說明表中數據是未達到平衡數據， 故答案為：表中數據表明此時未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而再該時刻下對甲醇選擇性有影響； （4）從表中數據分析，在催化劑Cat.2的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑Cat.2對反應Ⅰ催化效果更好，催化劑能降低反應的活化能，說明使用催化劑Cat.2的反應過程中活化能更低，故圖為， 故答案為：； （5）CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，C元素化合價降低，被還原，應為電解池的陰極反應，電極方程式為CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O， 故答案為：陰；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O． 【點評】本題考查較為綜合，涉及化學平衡的計算，平衡移動以及熱化學方程式、電化學等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力、計算能力的考查，注意把握蓋斯定律的應用，電解池的工作原理等知識，題目難度中等． 　 12．（15分）（2016?浙江）無水MgBr2可用作催化劑．實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2，裝置如圖1，主要步驟如下： 步驟1 三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中加入15mL液溴． 步驟2 緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三頸瓶中． 步驟3 反應完畢后恢復至常溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0℃，析出晶體，再過濾得三乙醚溴化鎂粗品． 步驟4 室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水MgBr2產品． 已知：①Mg與Br2反應劇烈放熱；MgBr2具有強吸水性． ②MgBr2+3C2H5OC2H5?MgBr2?3C2H5OC2H5 請回答： （1）儀器A的名稱是　干燥管?。畬嶒炛胁荒苡酶稍锟諝獯娓稍颪2，原因是　防止鎂屑與氧氣反應，生成的MgO阻礙Mg和Br2的反應?。? （2）如將裝置B改為裝置C（圖2），可能會導致的后果是　會將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱而存在安全隱患　． （3）步驟3中，第一次過濾除去的物質是　鎂屑?。? （4）有關步驟4的說法，正確的是　BD?。? A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B、洗滌晶體可選用0℃的苯 C、加熱至160℃的主要目的是除去苯 D、該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴 （5）為測定產品的純度，可用EDTA（簡寫為Y）標準溶液滴定，反應的離子方程式： Mg2++Y4﹣═MgY2﹣ ①滴定前潤洗滴定管的操作方法是　從滴定管上口加入少量待測液，傾斜著轉動滴定管，使液體潤濕內壁，然后從下部放出，重復2﹣3次　． ②測定時，先稱取0.2500g無水MgBr2產品，溶解后，用0.0500mol?L﹣1的EDTA標準溶液滴定至終點，消耗EDTA標準溶液26.50mL，則測得無水MgBr2產品的純度是　97.5%?。ㄒ再|量分數表示）． 【考點】制備實驗方案的設計．菁優(yōu)網版權所有 【分析】（1）儀器A為干燥管，空氣中含氧氣會和鎂發(fā)生反應生成氧化鎂會阻礙鎂與溴單質的反應； （2）將裝置B改為C裝置，當干燥的氮氣通入，會使氣壓變大，將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱存在安全隱患； （3）反應完畢后恢復至常溫，過濾除去固體為鎂屑； （4）A.95%的乙醇中含有水，溴化鎂有強烈的吸水性； B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗滌晶體用0C的苯，可以減少產品的溶解； C．加熱至160C的主要目的是分解三乙醚合溴化鎂得到溴化鎂； D．室溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水MgBr2產品，該步驟是為了除去乙醚和溴； （5）①滴定前潤洗滴定管是需要從滴定管上口加入少量待測液，傾斜著轉動滴定管，使液體濕潤內壁，潤洗2﹣3次； ②依據方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化鎂的物質的量=EDTA標準溶液物質的量，結合n=計算得到溴化鎂的質量，純度=100%； 【解答】解：（1）儀器A為干燥管，本實驗要用鎂屑和液溴反應生成溴化鎂，所以裝置中不能有能與鎂反應的氣體，例如氧氣，所以不能用干燥的空氣代替干燥的氮氣，故答案為：防止鎂屑與氧氣反應生成的氧化鎂阻礙Mg和Br2的反應， 故答案為：干燥管；防止鎂屑與氧氣反應，生成的MgO阻礙Mg和Br2的反應； （2）將裝置B改為C裝置，當干燥的氮氣通入，會使氣壓變大，將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱存在安全隱患，裝置B是利用干燥的氮氣將溴蒸氣帶入三頸瓶中，反應可以容易控制防止反應過快， 故答案為：會將液溴快速壓入三頸瓶，反應過快大量放熱而存在安全隱患； （3）步驟3過濾出去的是不溶于水的鎂屑， 故答案為：鎂屑； （4）A.95%的乙醇中含有水，溴化鎂有強烈的吸水性，故A錯誤； B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗滌晶體用0C的苯，可以減少產品的溶解，故B正確； C．加熱至160C的主要目的是分解三乙醚合溴化鎂得到溴化鎂，不是為了除去苯，故C錯誤； D．該步驟是為了除去乙醚和溴，故D正確； 故選BD， 故答案為：BD； （5）①滴定前潤洗滴定管是需要從滴定管上口加入少量待測液，傾斜著轉動滴定管，使液體濕潤內壁，然后從下步放出，重復2﹣3次， 故答案為：從滴定管上口加入少量待測液，傾斜著轉動滴定管，使液體潤濕內壁，然后從下部放出，重復2﹣3次； ②依據方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化鎂的物質的量=0.0500mol/L0.02650L=0.001325mol，則溴化鎂的質量為0.001325mol184g/mol=0.2438g，溴化鎂的產品的純度=100%=97.5%， 故答案為：97.5%； 【點評】本題考查了物質制備實驗方案的設計、混合物的計算、物質分離提純的綜合應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等． 　  參與本試卷答題和審題的老師有：山間竹筍；梁老師1；劉鑫；mxl；歡歡（排名不分先后） 菁優(yōu)網 2016年6月16日