化学卷解析２０１６年普通高等学校全国统一考试

年普通高等学校招生全国统一考试（江苏化学卷【选择题答案速查题１２３４５６７８９答ＡＢＤＢＣＣＡＤＣＡＣＤ１．Ａ【考查点】环境问题 确；ＮａＨＣＯ３受热易分解，不能通过直接加热的方【解析】组成煤的元素中最主要的是碳和氢，燃煤会 干燥ＮａＨＣＯ３固体，Ｄ错误产生大量ＣＯ２，Ａ正确；利用风力发电可减少燃煤， ７．Ａ【考查点】燃料电池、水解影响因素、阿伏加德而可减少ＣＯ２的排放，Ｂ错误；增加植被面积可增光合作用，光合作用可消耗空气中的，Ｃ错误；o约用水与大气中的ＣＯ２含量没有直接关系，错误

常数、弱电解质的电离平衡【解析】所有的燃料电池在工作时，都是燃料在负极发生失电子的氧化反应，Ａ正确；加热Ｎａ溶液２．Ｂ【考查点】化学用语。 ３

的水解，溶液碱性增强，ｐＨ增大，Ｂ错误【解析】中子数为１０的氧原子的质量数为１８，Ａo误；Ｍｇ２＋为Ｍｇ原子失去最外层２个电子形成，Ｂ确；硫化钠为离子化合物，由Ｎａ＋和Ｓ２构成，Ｃ错误

常温常压下，ＬＣｌ２的物质的量不是１ｍｏｌ，Ｃ误；室温下，稀释ｏｌＬ１的醋酸溶液，醋酸的电离程度虽然增大，但溶液中导电离子浓度减小，导电甲酸甲酯的结构简式为，错误３．Ｄ【考查点】常见物质的性质与用途【解析】ＳＯ２具有漂白性是因为其能与某些有色物

能力减弱，错误o８．Ｄ【考查点】化学反应与能量变化o【解析】太阳光催化分解水是光能转化为化学能，发生化合反应生成不稳定的无色物质，与其氧化性o关，Ａ错误；可作氮肥是因为其含有氮３o素，与其受热易分解无关，Ｂ错误；Ｆｅ（）３可用作净水剂是因为Ｆｅ３＋水解生成的Ｆｅ（ＯＨ）胶体可吸３o

误；上述反应均为吸热反应，错误；催化剂只能改变反应的活化能和反应速率，不能改变反应的ΔＨ，错误根据盖斯定律，热化学方程式③－②可得ＣＨ４（ 苏２Ｃ（ｓ）＋２Ｈ（ ΔＨ＝７４．８Ｊ·ｍｏｌ１，Ｄ正确 ２水中悬浮的杂质，与其易溶于水无直接关系，Ｃ错误 ９．Ｃ【考查点】元素化合物的转化 Ａｌ是离子化合物，离子间以很强的离子键结合２较难断裂，所以熔点、沸点很高，故可用作耐高温料，正确

【解析】ＳｉＯ２不能与盐酸反应生成ＳｉＣｌ４，Ａ错误； 与水反应不能生成，Ｂ错误；氮气的化学性质不活泼，常温下很难发生化学反应，氨气极易溶于o４．Ｂ【考查点】物质结构与元素周期律、周期表 与盐酸溶液反应，Ｃ正确；电解o２

溶液不能获【解析】迄今为止发现的非金属性最强的元素Ｆ，与同主族，且原子最外层有个电子，则

金属Ｍ要获得金属Ｍｇ应电解熔融的ｌ，错误和Ｗ分别为Ｏ、Ｓ，Ｚ位于第一主族，则Ｚ为Ｎａ １０．Ａ【考查点】化学反应原理oＸ（Ｏ）的简单阴离子有２个电子层，而ＷＳ）的简阴离子有个电子层，错误；由和组成的化物为ＮａＦ，属于离子化合物，Ｂ正确；的非金属性o强，其简单气态氢化物的热稳定性最强，Ｃ错误Ｚ（Ｎａ）是短周期元素中原子半径最大的，错误５．Ｃ【考查点】离子方程式正误判断o【解析】铜与稀硝酸反应生成ＮＯ，Ａ错误；离子方式没有配平，错误；Ａｌ（ＯＨ）３沉淀不溶于氨水，Ｃ确；硅酸钠在水溶液中可完全电离，在离子方程式中应“拆”成离子形式，错误

【解析】燃料燃烧为放热反应，而图甲表示的为吸热反应，Ａ错误；酶催化反应开始时随温度升高反应速率加快，但温度过高，酶发生蛋白质变性，失去催化能力，反应速率反而减小，Ｂ正确；弱电解质在水中发生电离，开始时电离速率最大，并逐渐减小，而弱电解质的离子结合成弱电解质分子的速率随着离子浓度的增大逐渐增大，最后二者反应速率相等，达到平衡状态，Ｃ正确；强碱滴定强酸时，开始时溶液呈酸性，且ｐＨ增大缓慢，接近滴定终点ｐ突然增大，最后溶液显碱性，ｐＨ逐渐增大，正确。６．Ｃ【考查点】气体的制备、物质的分离和提纯 １１．Ｃ【考查点】有机物结构、官能团的性质与转化【解析】ＮＨＣｌ受热分解为ＨＣｌ和ＮＨ，但在试管 【解析】由于碳碳单键可以转动，分子中的两个苯 处遇冷又会化合生成ｌ，故不能用加热ｌ制取，错误；向盛有ＮＨ３和ＮａＣｌ的饱和溶液的气瓶中通入ＣＯ，导气管应“长进短出”，Ｂ错误；分２ＮａＨＣＯ３采用过滤操作，符合“一贴二低三靠”，Ｃ–１

有可能共面，也有可能不共面，Ａ错误；分子中含有羧基，能与饱和Ｎａ２ＣＯ３溶液反应，Ｂ错误；在酸性条件下酯基发生水解，但水解产物只有一种，Ｃ正确；分子中含有个羧基和个酚酯基，１ｍｏｌ该物质最多能与３ｍｏｌＮａ反应，错误１２．Ｄ【考查点】离子反应、氧化还原反应４【解析】过滤出产品的母液主要含有Ｆｅ２＋、ＮＨ＋ ４

ｃ（ＣＯ）＝ｍｏｌ，两者为等效平衡，所以由容器Ⅰ→容器Ⅲ可看成是升温，平衡时ｃ（）减小，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，正确；容器Ｈ＋、 等。通入过量的

后Ｆｅ被氧化

Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上缩小体积增大压强，Ｆｅ３＋，错误；加入少量ＮａＣｌＯ溶液可将Ｆｅ２＋氧化Ｆｅ３＋，Ｂ错误；加入过量ＮａＯＨ溶液后Ｆｅ２＋转化Ｆｅ（ＯＨ）２沉淀和Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀，Ｃ错误；加入过

衡正向移动，平衡时容器Ⅰ中反应物转化率比容Ⅱ中的小，Ｂ错误；根据上述分析，平衡时容器Ⅱ中ｃ（Ｈ）小于容器中ｃ（Ｈ）的两倍，且容器Ⅲ中ｃ（Ｈ）ＮａＣｌＯ和ＮａＯＨ溶液后，Ｆｅ２＋转化为Ｆｅ（ 沉 ４淀，溶液中含有的离子为Ｎａ＋、ＳＯ２ＯＨ，Ｄ正 确。４

、Ｃｌ、Ｃ、ｌＯ

大于容器中ｃ（），故容器Ⅱ中ｃ（）小于容器Ⅲ中（）的两倍，错误；器容Ⅲ的温度高于容器，１３．ＡＣ【考查点】实验设计与分析、苯酚、难溶盐溶度积、电离和水解。o【解析选选正解Ａ√室温下向苯酚钠溶液中通入足量变浑浊，说明有苯酚生成，根据较强酸可制取较弱酸的原则，该项正确ＢＢａＳ和ＣａＳＯ４均为白色沉淀，无确定得到的沉淀是Ｂａ还是Ｃ√只有Ｉ２遇淀粉才变蓝色，溶液变蓝色说明生成了Ｉ２ＤＨＳＯ３既存在水解，又存在电离，且【考点】水度、大电离、离解子程浓度度大小比较、守恒

【规律总结】探究外界条件对化学平衡的影响实验中一般要注意“多定一变”的原则，即一次只能改变一个条件，而对该类试题的分析过程也一般遵循这原则１６．（１２分）（１）ｌ＋２Ｃａ（ＯＨ） ＣａＣｌ２ Ｃａ（ＣｌＯ）２＋２Ｈ２Ｏ（３分 ②Ｂ３分（２）Ｃ、Ｃａ（

２（２分 ②＜（２分o（３）蒸发浓缩、冷却结晶（２分o【考查点】（１）①化学方程式书写及化学反应速率o（２）物质性质及分析；（３）物质分离与提纯o【解析】（１）①ｌ２与Ｃａ（ＯＨ）２发生歧化反应生ＣａＣｌ２和Ｃａ（ＣｌＯ）２；②减缓通入氯气的速率，会使o２石渣相对过量，从而减少Ｃｌ与水反应生成ＨＣｌＯo２

【解析】由图中看出ｐＨ＝２．５时，ｃ（ＨＣＯ）

ＨＣｌ（ＨＣｌ能与ＣａＣＯ３反应、ＨＣｌＯ受热能分解），可提高氯气的转化率，正确；充分搅拌浆料能加快ｌｌ

２２

应速率，减少Ｃａ（ＣｌＯ）２分解为ＣａＣｌ２和，可提２ ２２ 氯气的转化率，Ｂ正确；Ｃａ（２２２ ２

是微溶物，加水２ｃ（ＨＣＯ），错误；若ｃ（Ｎａ＋）＝ｌ·Ｌ，则溶２

难使其全部溶解，错误；（２）①打浆时生成的难中的溶质为ＮａＨＣＯ，由物料守恒ｃ（Ｎａ＋）２２ ２２ ２ ２

物主要是Ｃａ（

，氯化时氯化过程在７５条ｃ（ＨＣＯ）＋ｃ（ＨＣＯ）＋ｃ（Ｃ

）和电荷守 下进行，生成的ＣａＣｌ２、Ｃａ（ＣｌＯ３）２均易溶于水，碳２ ２ｃ（Ｎａ＋）ｃ（＋）＝ｃ（ＨＣＯ）ｃ（ＣＯ２）ｃ（ＯＨ 钙不溶于水，且与氯气不反应，因此滤渣的主２ ２２可得ｃ（ＨＣＯ）＋ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＣＯ２）＋ｃ（ＯＨ），Ｂ 为Ｃａ（ＯＨ）２

；②根据题给信息“少量２２ ２２确；根据图像ｃ（ＨＣＯ）＝ｃ（Ｃ

）时溶液中几乎 Ｃａ（ＣｌＯ）２分解为ＣａＣｌ２和Ｏ２”知ｎ［Ｃａ（ＣｌＯ３）２］２ ２＋

ｎ［ＣａＣｌ］＜１∶５；（３）根据图示信息 溶解度有Ｈ２Ｃ２Ｏ４，由电荷守恒ｃ（Ｈ）＋ｃ（Ｎａ）＝ｃ（ＯＨ） ２ｃ（ＣＯ２）＋ｃ（ＨＣＯ）可得ｃ（）＋ｃ（Ｎａ２ ２１

温度升高而急剧增大，故从溶液中中尽可能析 ＫＣｌＯ的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤ｃ（ＯＨ）＋ｃ（Ｈ２Ｏ４Ｃ）＋０．１００ｌ·Ｌ，而此时溶液 酸性ｃ（＋）＞ｃ（ＯＨ），故ｃ（）＜ａｌ·Ｌ１１７．（分）（１）（酚）羟基、羰基、酰胺键（分２＋ｃ（ＨＣＯ），Ｃ错误；根据电荷守恒：ｃ（Ｈ＋）＋ｃ（Ｎａ＋ （２）消去反应（２分２＝ｃ（ＯＨ）＋ｃ（Ｃ２Ｏ２）＋ｃ（ＨＣＯ），而ｃ（Ｈ＋） ２ ２ ｃ（ＯＨ）得ｃ（Ｎ＋）ａ＝２ｃ（ＣＯ２）＋ｃ（ＨＣＯ）， （３） ２ ２ｃ（Ｎａ＋）＞Ｃ

），Ｄ正确

２ １５．ＡＤ【考查点】等效平衡、平衡移动原理、影响化反应速率的条件

【解析】假如Ⅰ、Ⅲ容器温度相同，Ⅲ中ｍｏｌo完全转化成反应物则ｃ（）＝ｍｏｌ、–２

帩

或帩

（ （３分

o或o

ＮＨ２；（）Ｅ经还原反应得到

浓

２３２帪帪

），则应为的加氢还原产物，结o（

浓ＨＳＯ，

２４ Ｐｄ／帪帪 （ＣＨＣＯ） 帪帪

的分子式和合成路线分析知的结构简式 △酸性ＫＭｎＯ４溶△

；（５）设计合成路线时要注意苯环上（４分 氨基易被氧化，故在将苯环上的甲基氧化为羧基【考查点】（１）有机物的官能团识别；（２）有机反应型；（３）同分异构体；（４）有机物结构简式书写；（o有机合成路线设计【解析】（１） ）中含有的官能团为基、羰基、肽键、溴原子。要注意题目要求是含氧能团；（２）Ｆ→Ｇ发生的 脱去小分

前，应先将氨基反应（流程中ＢＣ，根据信息②苯甲酸硝化时为间位，而题目需要的是邻位取代基，故需在氧化之前引入—。【误区警示】有机合成路线的设计或有机合成推断中，忽视官能团的保护往往成为丢分点。所谓官能团的保护，就是设计反应路线使指定官能团参与反应，避免某个或某些官能团参与反应。例如本题第（５）小题中苯环上的甲基要被氧化，而苯环上的氨基更易被氧化，故设计路线时要注意对氨基的保护，学类似需要保护的官能团还有酚羟基，一般要将其酯卷化，然后再水解得到酚羟基；再如利用烯醇制取烯醛，在氧化羟基时，为防止碳碳双键被氧化，应先使烯醇与加成，氧化后再消去。１８．（１２分）（１）提高ＨＯ的利用率（２分 （２）ＡＤ（２ooＨ２Ｏ形成含碳碳双键的物质 ），为醇o

分）（３）①２Ｍｎ２（２分

＋Ｏ２＋ ２ＯＯ）２

②在ｍ水样Ｉ＋２Ｓ ２Ｉ＋Ｓ ２ ４ｎ（Ｉ）＝ｃ（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３）·Ｖ（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３基的消去反应；（３） ）的同分异构 ０．０１０００ｌＬ１×１３．５０ｍＬ×１０３Ｌ·ｍＬ要求；由能发生银镜反应说明含有—ＣＨＯ或ＨＣＯＯ—；由②能发生水解反应，说明含有酯基，

２o２＝６．７５０×１０５ｎ［ＭｎＯＯＨ）］＝ｎ（Ｉ）＝６．７５０×１０５ １ 解产物遇ＦｅＣｌ显色说明是酚酯基，则为甲酸酚酯

ｎ（Ｏ） ｎ［ＭＯＯＨ）］

×６．７５０×１０５由③含４种不同化学环境的氢可知该物质有较强 对称结构，故符合要求的结构简式为

＝３．３７５×１０５oo 水中溶解氧 帩

或 帩

–３

３．３７５×１０ｍｏｌ×３２ｇ·ｍｏｌ×１０００ｍｇ·ｇ＝００．００ｍＬ×１０３Ｌ·ｍＬｍｇ·Ｌ１（分４【考查点】（１）物质性质与用途；（２）离子反应；（ 池数目减少（２分 （３）①２＋＋４ＯＨ＋４①氧化还原反应；②实验数据的计算 ２Ｆｅ＋Ｂ（ ＋２Ｈ２↑３分 ②纳米铁o【解析】（１）过量的Ｃａ（ＯＨ）２有利于提高的用率；（２）ＣａＯ与水反应的化学方程式有ＣａＯ

与反应生成（分３③Ｃｕ或Ｃｕ催化纳米铁粉去除ＮＯ的反应（或３２Ｈ２Ｏ Ｃａ（ＯＨ）２＋Ｈ２Ｏ２、２Ｈ２Ｏ２ Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ， 成的Ｆｅ－Ｃｕ原电池增大纳米铁粉去除ＮＯ３的反应故溶液中增加的离子有 Ｃａ２＋、ＯＨ；（３）①oｎＯＯＨ）中Ｍｎ显价，１ｍｏｌＯ２得４ｍｏｌ电子

速率）（２分【考查点】（１）离子反应、氧化还原反应；（２）①活故根据电子、电荷、元素守恒即可写出

氧化Ｍｎ２o

炭吸附作用；②原电池原理的应用；（３）①氧化还２的化学方程式；根据反应方程式２Ｍｎ＋Ｏ２＋

反应；②化学反应速率；③催化剂【解析】（１）在微电池正极上ＣｒＯ２获得电子，被 ＯＯＨ）２↓、ＯＯＨ）２＋２Ｉ＋ ２ Ｓ ＋ 原为Ｃｒ３＋；（２）①当铁炭混合物中铁的质量分数为２得关系式２Ｍｎ２＋～

２ ４ ２ＭｎＯ ～２Ｉ～４ＮａＳ ２２

时，也能去除水中少量的Ｃｕ和Ｐｂ，原因是活o炭是疏松多孔的物质，表面积大，吸附力强，可以 附水中少量的Ｃｕ和Ｐｂ，从而降低水中Ｃｕ ２ｎ（Ｏ Ｌ０１０００ｍｌＬ Ｐｂ的浓度；（３）①溶液中ＢＨ４（元素的化合价２１ １

价）与Ｆｅ反应生成纳米铁粉o

和Ｂ（ＯＨ）４２ｎ（Ｏ２ ０．０１３５Ｌ×０．０１０００ｍｌ·

根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的４２则ｎ（Ｏ）＝４２

×０．０１３５Ｌ×０．０１０００ｍｌ·Ｌ

子方程式；②若ｐＨ偏低，则溶液的酸性增强，会o ２o生反应：Ｆｅ＋ Ｆｅ＋Ｈ２↑导致ＮＯ３的则溶解氧为 除率下降；③根据图像可知，在相同条件下，纳米 １×３２ｇ·ｍｏｌ 粉去除含有Ｃｕ２＋的水溶液的 的速率较快，４×０．０１３５Ｌ×０．０１０００ｍｌ· ＝０．１

因可能是Ｃｕ或Ｃｕ对反应起促进作用，也可能ｇ·Ｌ１＝ｇ·Ｌ１１９．（１５分）（１）加快酸溶速率（２分避免制备Ｍｇ时消耗过多的碱（２分

铁粉与生成的Ｃｕ形成的ＦｅＣｕ原电池增大纳铁粉去除ＮＯ３的反应速率２１．Ａ．（１２分）（）１ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２３ｐ６３ｄ１０或［Ａｒ］３ｄ１０（（２）ＨＯ＋２Ｆｅ２＋＋２Ｈ ２Ｆｅ３＋＋２ＨＯ（３分

分 ２ （３）①分液漏斗（２分 ②充分振荡（２分（４）至５＜ｐＨ５，过滤，边搅拌边向滤液中滴

（３）ｓｐ和ｓｐ （４） （分 ２（分Ｎａ２

溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清

（ （３分中滴加Ｎａ２ＣＯ３溶液，若无沉淀生成（４分 【考查点】（１）化学反应速率，流程图分析；（２）氧还原反应；（３）①常见化学仪器识别，②实验基本o作；（４）实验设计【解析】（１）加热可加快溶解速率，所加不过量太多的原因是避免后续操作中消耗过多的碱；

【考查点】（１）基态原子的电子排布；（２）共价键（３）杂化；（４）等电子体；（５）配位化合物【解析】（１）Ｚｎ是３０号元素，Ｚｎ２＋核外有２８个电子，根据原子核外电子排布规律可知Ｚｎ２＋基态核外电子排布式为１ｓ２２ｓ２２ｐ６３ｓ２３ｐ６３ｄ；（２）甲醛的结构式是（２）溶液中含有Ｆｅ２＋，ＨＯ具有强氧化性，能 ２oＦｅ氧化为Ｆｅ；（３）①分液的仪器是分液漏斗。o萃取的步骤是加入萃取剂、振荡、静置、分液；（４）滴加氨水调节ｐＨ使Ａｌ３＋沉淀为Ａｌ（ＯＨ）同时Ｍｇ２＋

Ａｌ（ＯＨ），然后再加入ＮａＣＯ溶液至不再产生沉淀。 能沉淀，故需调节５．０＜ｐＨ＜８．５，过滤除ＨＣＨ，一个甲醛分子中含有个σ