2016年高考理综真题试卷（化学部分）（四川卷）(教师版).docx

2016年高考理综真题试卷（化学部分）（四川卷） 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分） 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 【答案】 B 【考点】物理变化与化学变化的区别与联系 【解析】【解答】解：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． 故选B． 【分析】本题考查物理变化和化学变化的判定．判断一个变化是物理变化还是化学变化，依据是在变化过程中有没有新物质生成，有新物质生成的是化学变化，没有新物质生成的是物理变化．搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有新物质生成．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化． 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 【答案】 D 【考点】化学实验方案的评价 【解析】【解答】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； 故选D． 【分析】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；B．常温下，Fe和浓硫酸发生钝化现象；C．碘遇淀粉试液变蓝色；D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸．本题主要考查化学实验方案的评价，是高频考点，涉及到的知识点有强酸制取弱酸、离子及物质检验、浓硫酸的性质等，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意离子检验时要排除其它离子的干扰，题目难度不大． 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++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OD. 稀硫酸与Ba（OH）2溶液的反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O 【答案】 C 【考点】离子共存 【解析】【解答】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++H2O2+2H+═2Fe3++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﹣═BaSO4↓+H2O，故D错误． 故选C． 【分析】A．无色溶液中不能存在有颜色的离子；B．pH=2的溶液呈酸性，弱酸的酸根离子不能大量存在；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；D．离子的配比数不符合反应的实际．本题综合考查离子共存条件以及离子方程式的正误判断，是高频考点，重点考查学生的分析能力以及对元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握物质的性质以及离子的性质，难度不大． 4.NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（    ） A. 2.4g Mg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NAB. 标准状况下，5.6L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NAC. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NAD. 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA 【答案】 B 【考点】阿伏伽德罗常数 【解析】【解答】A、2.4g镁的物质的量为2.4𝑔24𝑔/𝑚𝑜𝑙=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5.6𝐿22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙 =0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子数为0.5NA ， 故B正确； C、0.4个甲醇含有1个C﹣O键，1个O﹣H，3个C﹣H键，共含有5个σ键，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1mol，含有5molσ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； 故选：B． 【分析】A．镁失去电子生成二价镁离子；B．将标况下气体的体积转化为物质的量，结合1个二氧化碳分子含有2个氧原子解答；C.1个甲醇含有1个C﹣O键，1个O﹣H，3个C﹣H键；D．醋酸是弱酸，不能完全电离．本题主要考查了阿伏伽德罗常的应用，质量换算物质的量计算微粒数等，注意甲醇的结构、弱电解质电离特点，题目难度不大． 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：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+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++C6C. 充电时，若转移1mol e﹣ ， 石墨（C6）电极将增重7x gD. 充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+ 【答案】 C 【考点】常见化学电源的种类及其工作原理 【解析】【解答】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+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 ， 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﹣═LixC6 ， 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﹣═LiCoO2 ， 充电是放电的逆反应，故D正确； 故选：C． 【分析】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+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，据此解答．本题主要考查二次电池的充电放电原理，明确电池反应中元素化合价的变化及原电池的工作原理即可，注意结合氧化还原反应，在写电极反应式时注意装置中有自由移动的Li+ ， C选项考查学生的仔细程度，难度适中． 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 𝑛(𝐻2𝑂)𝑛(𝐶𝐻4) =Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（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＞0B. 图中Z的大小为a＞3＞bC. 图中X点对应的平衡混合物中 𝑛(𝐻2𝑂)𝑛(𝐶𝐻4) =3D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小 【答案】 A 【考点】化学平衡的影响因素 【解析】【解答】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  𝑛(𝐻2𝑂)𝑛(𝐶𝐻4)=3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 𝑛(𝐻2𝑂)𝑛(𝐶𝐻4) 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； 故选A． 【分析】A．由图可知，T升高时φ（CH4）减小；B．由图可知，以
=3时作比较，结合平衡移动可知
越大，甲烷的含量越小；C．起始
=3，结合温度升高对平衡移动的影响来判断；D．该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向移动．本题主要考查化学平衡移动的原理及应用，是高频考点，平衡移动的因素、图象分析等为解答的关键点，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选项B为解答的难点，题目难度不大． 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+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3下列对应关系正确的是（    ）  选项  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（CO32﹣） 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 【答案】 D 【考点】离子浓度大小的比较 【解析】【解答】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有：c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣），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； 故选D． 【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol的二氧化碳，生成0.03mol的碳酸氢钠，由此分析各选项．本题主要考查溶液中离子浓度大小比较，掌握盐类的水解来分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度． 二、解答题（共4小题，满分13分） 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）． （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________． （3）X与M形成的XM3分子的空间构型是________． （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）．
（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，该反应的化学方程式是________． 【答案】 （1）1s22s22p63s1；Cl（2）H2O分子能形成氢键，而H2S不能形成氢键（3）平面三角形（4）Na+（5）3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4 【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 【解析】【解答】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，核外电子排布式为1s22s22p4 ， 故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1 ， 处于VIB族，故Z为Cr． （1）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，故答案为：1s22s22p63s1；Cl；（2）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，故答案为：H2O分子能形成氢键，而H2S不能形成氢键； （3）X与M形成的SO3分子中S原子孤电子对数=  6−2×32=0，价层电子对数为3+0=3，故其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（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8×18+6×12 =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+ ， 故答案为：Na+； （5）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↑+7H2O+K2SO4 ， 故答案为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4 ． 【分析】M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素．M基态原子L层中p轨道电子数是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4 ， 故M为O元素；由原子序数可知R、X、Y均处于第三周期，R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R为Na；X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X为S元素，可知Y为Cl；Z是一种过渡元素，基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1 ， 处于VIB族，故Z为Cr．本题主要考查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、氢键、空间构型、晶胞计算、氧化还原反应等知识点，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算． 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CuCl2•2H2O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（夹持仪器略）．
请回答下列问题： （1）仪器X的名称是________． （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 （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________． （4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是________． （5）【探究反思】反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析： ①若杂质是CuCl2 ， 则产生的原因是________． ②若杂质是CuO，则产生的原因是________． 【答案】 （1）球形干燥管（2）c﹣d﹣b（3）先逐渐变为红色，后褪色（4）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O（5）加热温度不够；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 【考点】制备实验方案的设计 【解析】【解答】（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O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直至装置冷切，所以操作顺序为：a﹣c﹣d﹣b﹣e，故答案为：c﹣d﹣b；（3）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，故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；（4）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，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）①由2CuCl2
2CuCl + Cl2↑，杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高，故答案为：加热温度不够；②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，故答案为：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． 【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl2
2CuCl+Cl2↑，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，据此解答．本题主要考查物质的制备实验，是高频考点，掌握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物等知识为解题关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合，（5）为解答的难点，题目难度中等． 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R2代表烷基） 请回答下列问题： （1）试剂Ⅰ的名称是________，试剂Ⅱ中官能团的名称是________，第②步的反应类型是________． （2）第①步反应的化学方程式是________． （3）第⑥步反应的化学方