高考化学全国卷Ⅱ及解析Word文档格式.docx
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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
9.A [解析]原子中只有1个电子,则a是氢元素;
短周期元素形成的b2-和c+的电子层结构相同,则b是氧元素、c是钠元素;
d与b同族,则d是硫元素。
a与其他三种元素形成的二元化合物主要有H2O、H2O2、NaH、H2S,NaH中钠元素为+1价,氢为-1价,A项错误;
b与其他三种元素可形成的二元化合物有H2O、H2O2、Na2O2、Na2O、SO2、SO3,B项正确;
由元素原子半径的周期性变化规律可知,原子半径Na>
S>
O>
H,C项正确;
d与a形成的化合物是H2S,属于二元弱酸,在水溶液中能微弱地电离出H+,D项正确。
10.I4、K1、L1[2016·
全国卷Ⅱ]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
10.C [解析]由题意可知,C4H8Cl2是C4H10的二氯代物,C4H10的一氯代物有4种结构,且这4种一氯代物的等效氢共有12种,分别为CH2Cl①CH2②CH2③CH3④、CH3⑤CH⑥ClCH2⑦CH3⑧、CH2Cl⑨CH⑩CH3CH3⑪、CClCH3CH3CH3⑫,当第二个氯原子分别取代②和⑤、③和⑧、
和⑫的氢原子时,均只得到一种物质。
因此分子式为C4H8Cl2的有机物共有12-3=9种,C项正确。
11.F4[2016·
全国卷Ⅱ]MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。
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+2H2O===Mg(OH)2+H2↑
11.B [解析]该电池中还原性较强的Mg为负极,失去2个电子发生氧化反应,A项正确;
氧化性较强的AgCl为正极,发生还原反应,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag++e-===Ag,AgCl是难溶盐,则正极反应式为AgCl+e-===Ag+Cl-,B项错误;
由于Mg失去电子成为Mg2+,使负极区域带正电,AgCl得到电子生成Ag和Cl-,使正极区域带负电,因此Cl-由正极向负极迁移,使电解质溶液保持电中性,C项正确;
氧化还原反应为放热反应,镁与热水能发生置换反应生成Mg(OH)2和H2,D项正确。
12.J2、C5、D5[2016·
全国卷Ⅱ]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盐酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为( )
A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3
C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4
12.C [解析]NaHCO3溶于水,而Al(OH)3难溶于水,NaHCO3能与足量稀盐酸反应放出CO2气体,Al(OH)3能溶于足量稀盐酸,符合实验①但不符合实验②,A项错误;
AgCl难溶于水,也难溶于稀盐酸,因此不符合实验①但符合实验②,B项错误;
Na2SO3可溶于水,而BaCO3难溶于水,BaCO3、Na2SO3都能溶于足量稀盐酸,且能与稀盐酸反应放出CO2和SO2气体,Na2SO3具有强还原性,容易被空气中的O2氧化为Na2SO4,SO
与Ba2+结合生成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀,既符合实验①又符合实验②,C项正确;
Na2CO3、CuSO4均可溶于水,且能反应生成难溶于水的碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜,碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜均能溶于足量稀盐酸,且放出CO2气体,符合实验①但不符合实验②,D项错误。
13.J4[2016·
全国卷Ⅱ]下列实验操作能达到实验目的的是( )
实验目的
实验操作
A.
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
B.
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C.
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶解,过滤、洗涤、干燥
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
13.D [解析]NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中,生成难溶于水的Fe(OH)3沉淀,应将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中制备Fe(OH)3胶体,A项错误;
加热蒸干MgCl2溶液时,MgCl2会水解生成Mg(OH)2和HCl,无法制备无水MgCl2,应将MgCl2溶液在HCl气流中加热蒸干制备无水MgCl2,B项错误;
稀硝酸具有强酸性和强氧化性,能与CuO和Cu同时反应,应用稀硫酸或盐酸除去Cu粉中混有的CuO,C项错误;
由控制变量法设计实验方案可知,同样质量、大小的钠投入同温同压下的水和乙醇中,根据产生气泡的快慢可以比较水和乙醇中氢的活泼性,D项正确。
26.A4、B3、D4、E5、F2、H1、H3[2016·
全国卷Ⅱ]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:
(1)联氨分子的电子式为______________,其中氮的化合价为________。
(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________________________________。
(3)①2O2(g)+N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)+2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)+2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g) ΔH4=-1048.9kJ·
mol-1
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=____________,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为______________________________________________________。
(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__________________(已知:
N2H4+H+N2H
的K=8.7×
107;
KW=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______________________________________________。
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O2________kg;
与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是________________________________________________________________。
26.
(1)H
NH,·
·
),·
)·
·
)NH,·
)H -2
(2)2NH3+NaClO===N2H4+NaCl+H2O
(3)2ΔH3-2ΔH2-ΔH1 反应放热量大、产生大量气体
(4)8.7×
10-7 N2H6(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(还原产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4)
[解析]
(1)N、H均为非金属元素,根据各原子核最外层电子数分析可知,联氨分子含有1个N—N键、4个N—H键,其电子式为H·
)H;
N2H4是共价化合物,根据电子式可知氮元素的化合价为-2价,氢元素的化合价为+1价。
(2)由题意可知,次氯酸钠是强氧化剂,氨是还原剂,氮元素由-3价升高到-2价,失去1个电子,生成联氨,氯元素由+1价降低到-1价,得到2个电子,生成稳定的氯化钠,则反应的化学方程式为2NH3+NaClO===N2H4+NaCl+H2O。
(3)观察可知,四个热化学方程式关系式为③×
2-②×
2-①=④,由盖斯定律可知2ΔH3-2ΔH2-ΔH1=ΔH4;
由反应④可知,2molN2H4(l)和1molN2O4(l)反应生成3molN2(g)和4molH2O(g)时,放出1048.9kJ热量,且产生7mol气体,由此推断,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。
(4)由题给信息可知,N2H4+H+N2H
的K=
=8.7×
107,KW=c(H+)·
c(OH-)=1.0×
10-14,联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4+H2ON2H
+OH-,其电离常数Kb1=
=
×
c(OH-)·
c(H+)=K×
KW=8.7×
107×
1.0×
10-14=8.7×
10-7;
由题意可知,二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N2H6SO4,该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。
(5)由题意可知,联氨是还原剂,AgBr是氧化剂,两者反应时,AgBr中银元素由+1价降低到0价,生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面,联氨中氮元素由-2价升高到0价,生成氮气,反应的化学方程式为N2H4+4AgBr===N2↑+4Ag+4HBr(可能还发生反应N2H4+HBr===N2H5Br),因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑,并有气泡产生。
由N2H4+O2===N2↑+2H2O可知,1mol联氨可除去1molO2,又因为M(N2H4)=M(O2),m=n·
M,1kg联氨可除去O2的质量为1kg;
用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3+O2===2Na2SO4,处理等物质的量的O2时,消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半,且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O,而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。
27.G1、G2、G3、G5、A4、A2[2016·
全国卷Ⅱ]丙烯腈(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)和乙腈(CH3CN)等。
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:
①C3H6(g)+NH3(g)+
O2(g)===C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ·
②C3H6(g)+O2(g)===C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ·
两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是______________________________;
有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是____________________________;
提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________________。
(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________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是______________________________________;
高于460℃时,丙烯腈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.副反应增多D.反应活化能增大
图00
(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____,理由是________________________________________。
进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________________________。
27.
(1)两个反应均为放热量大的反应 降低温度降低压强 催化剂
(2)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)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
[答案]
(1)由题意可知,反应①、②都是放热反应,反应①、②分别放出515kJ·
mol-1和353kJ·
mol-1热量,两反应均符合化学反应自发进行的焓判据;
反应①的正反应是气体体积增大的放热反应,由勒夏特列原理可知,降温、减压均能使反应①的化学平衡向正反应方向移动,提高丙烯腈平衡产率;
催化剂具有高度的专一性,因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂,而非温度、压强。
(2)反应①的正反应是放热反应,如果已经达到化学平衡状态,当投料、压强、浓度等变量不变时,升温能使平衡左移,丙烯腈的产率逐渐减小,读图可知,低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。
温度高于460℃时,催化剂活性可能降低,导致丙烯腈产率降低,A项正确;
反应①的正反应是放热反应,升温使平衡逆向移动,平衡常数逐渐变小,B项错误;
温度高于460℃时,副反应进行程度可能增多,反应①进行程度减少,导致丙烯腈产率降低,C项正确;
反应活化能与催化剂有关,与温度、压强、浓度等无关,升高温度,不能使反应活化能改变,D项错误。
(3)读图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为1,因为该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低。
由反应①的热化学方程式可知,进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比为1∶1.5∶1,空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5),则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1∶
∶1=1∶7.5∶1。
28.B1、B3、C3、G2、J2[2016·
全国卷Ⅱ]某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·
L-1的溶液。
在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是________________________。
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。
FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________________________________________________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是________________________。
(4)丙组同学取10mL0.1mol·
L-1KI溶液,加入6mL0.1mol·
L-1FeCl3溶液混合。
分别取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1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;
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________(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________(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为________。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为____________________________________________;
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。
产生气泡的原因是______________________________,生成沉淀的原因是________________________________________(用平衡移动原理解释)。
28.
(1)防止Fe2+被氧化
(2)2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
(4)Fe2+ Fe3+ 可逆反应
(5)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O Fe3+催化H2O2分解产生O2 H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动
[解析]
(1)FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3,由Fe+2FeCl3===3FeCl2可知,配制亚铁盐溶液时加入少量铁屑能防止Fe2+被氧化。
(2)氯气有强氧化性,能将FeCl2氧化为FeCl3,即2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。
(3)煤油不溶于水且密度比水小,浮在FeCl2溶液上面的煤油能隔绝空气,排除氧气对实验的影响。
(4)Fe2+与黄色的铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀,即3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2↓,则实验②检验的离子是Fe2+;
由实验①推断,KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应,生成物含有I2,实验③说明I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+;
由上述现象推断,Fe3+没有完全还原为Fe2+,即KI与FeCl3的氧化还原反应是可逆反应。
(5)H2O2是强氧化剂,能将Fe2+氧化成Fe3+,则有2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O;
一段时间后,Fe3+能将H2O2氧化成O2,离子方程式为2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+,上述两步反应的总反应方程式为2H2O2===O2↑+2H2O,Fe3+是该反应的催化剂,因而有气泡出现,且溶液变为棕黄色;
由于上述反应放热,温度升高,H2O2反应生成水,起到了稀释作用,增大了溶液的pH,这些因素都能使水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向移动,因此能生成红褐色沉淀。
36.O1、O4、O5、A3[2016·
全国卷Ⅱ][化学——选修2:
化学与技术]
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:
OOC2H5
OHOHC2H5
乙基蒽醌 乙基氢蒽醌
OOC2H5+H2O2
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
图00
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。
(1)蒽醌法制备H2O2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____________。
(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H2O2,原因是______________________________________________。
(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定,该反应的离子方程式为____________________________。
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-1。
36.
(1)氢气和氧气 乙基蒽醌 乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水,易溶于有机溶剂
(2)OOC2H5+H2
OHOHC2H5 乙基氢蒽醌
(3)水 H2O2溶于水被水萃取,乙基蒽醌不溶于水
(4)H2O2分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸
(5)2MnO
+6H++5H2O2===2Mn2++8H2O+5O2↑ 8.9
[解析]
(1)蒽醌法生产双氧水的反应原理为乙基蒽醌+H2
乙基氢蒽醌,乙基氢蒽醌+O2―→乙基蒽醌+H2O2,由上述两步反应相加可得总反应方程式为H2+O2
H2O2,乙基蒽醌是制备双氧水的催化剂,蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是H2、O2;
循环使用的原料是乙基蒽醌;
乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水,易溶于有机溶剂。
(2)A中反应物是乙基蒽醌和氢气,反应的化学方程式为OOC2H5+H2
OHOHC2H5;
A中反应产生乙基氢蒽醌,它是进入C中的反应混合液中的主要溶质。
(3)D中的萃取剂是水,H2O2溶于水被水萃取,乙基蒽醌不溶于水,因此选择水作萃取剂。
(4)F中残留H2O2,其分解产生的O2可能通过G进入A中,氧气与氢气组成的混合气体易发生爆炸,从而引发安全事故,因此F中要除尽残留的H2O2。
(5)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气,离子方程式为2MnO
+6H++5H2O2===2Mn2++8H2O+5O2↑。
以1L(即1000cm3)该双氧水为研究对象,溶质的c=
≈8.9mol·
37.N1、N3、N2、N4、N5[2016·
全国卷Ⅱ][化学——选修3:
物质结构与性质]
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。
(1)镍元素基态原子的电子排布式为________________,3d能级上的未成对电子数为________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是__________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3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________(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是______________________________;
氨是________分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体;
元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1958kJ·
mol-1、INi=175
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