2016年高考真题理综（全国卷Ⅱ）（附解析）

2016年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合

生物部分

第I卷（选择题共126分）

本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1.在细胞的生命历程中，会出现分裂、分化等现象。下列叙述错误的是

A.细胞的有丝分裂对生物性状的遗传有贡献

B.哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞

C.细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果

D.通过组织培养可将植物叶肉细胞培育成新的植株

【答案】B

V

【解析】细胞噌殖是重要的细胞生命活动，是生物体生长、发育、鳌殖、遗传的基础，而细胞噌殖的主要

方式是有丝分裂，A项正确；哺乳动物的造血干细胞是已经分化的细胞，B项错误；细胞分化的实质是：在

个体发育中，在遗传物质的控制下合成特异性蛋白质的过程，即细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果,

C项正确；借助植物组织培养技术，可将离体的植物叶肉细胞培育成新的植株，D项正确。学.科.网

考点：本题考查细胞的分裂、分化、植物组织培养的相关知识，意在考查学生能理解所学知

识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

2.某种物质可插入DNA分子两条链的碱基对之间，使DNA双链不能解开。若在细胞正常生

长的培养液中加入适量的该物质，下列相关叙述错误的是

A.随后细胞中的DNA复制发生障碍

B.随后细胞中的RNA转录发生障碍

C.该物质可将细胞周期阻断在分裂中期

D.可推测该物质对癌细胞的增殖有抑制作用

【答案】C

【解析】某物质可插入DNA分子两条链的碱基对之间，使DNA双链不能打开，说明该物

质会阻碍DNA分子的解旋，因此会阻碍DNA分子的复制、转录和抑制细胞增殖，A、B、

D三项均正确；因DNA分子的复制发生在间期，所以该物质可将细胞周期阻断在分裂间期，

C项错误。

考点：本题考查遗传信息的传递和表达、细胞增殖的相关知识，意在考查学生能从课外材料

中获取相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。

3.下列关于动物激素的叙述，错误的是

A.机体内、外环境的变化可影响激素的分泌

B.切除动物垂体后，血液中生长激素的浓度下降

C.通过对转录的调节可影响蛋白质类激素的合成量

D.血液中胰岛素增加可促进胰岛B细胞分泌胰高血糖素

【答案】D

【解析】激素的分泌是以细胞代谢为基础的，因此机体内、外环境的变化可通过影响细胞代

谢而影响激素的分泌，A项正确；生长激素是由垂体分泌的，切除动物垂体后，血液中生长

激素的浓度下降，B项正确；蛋白质类激素的合成过程包括转录和翻译，因此通过对转录的

调节可影响蛋白质类激素的合成量，C项正确；胰岛A细胞分泌胰高血糖素，血液中血糖浓

度增加可促进胰岛B细胞分泌胰岛素，D项错误。

考点：本题考查动物的激素调节、基因指导蛋白质的合成的相关知识，意在考查学生能理解

所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

4.关于高等植物叶绿体中色素的叙述，错误的是

A.叶绿体中的色素能够溶解在有机溶剂乙醇中

B.构成叶绿素的镁可以由植物的根从土壤中吸收

C.通常，红外光和紫外光可被叶绿体中的色素吸收用于光合作用

D.黑暗中生长的植物幼苗叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的

【答案】C

【解析】叶绿体中的色素能够溶解在包括乙醇在内的有机溶剂中，A项正确；镁属于细胞中

的无机盐范畴，可以离子状态由植物的根从土壤中吸收，进而参与叶绿素的合成，B项正确;

一般情况下，光合作用所利用的光都是可见光，可见光不包括红外光和紫外光，C项错误；

叶绿素的合成需要光，黑暗中生长的植物幼苗，因没有光照而导致叶绿素合成受阻，使类胡

萝卜素的颜色显现出来，因而叶片呈黄色，D项正确。

考点：本题考查绿叶中色素的提取和分离、细胞中的无机盐、光合色素的相关知识，意在考

查学生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

5.如果采用样方法调查某地区（甲地）蒲公英的种群密度，下列做法中正确的是

A.计数甲地内蒲公英的总数，再除以甲地面积，作为甲地蒲公英的种群密度

B.计数所有样方内蒲公英总数，除以甲地面积，作为甲地蒲公英的种群密度

C.计算出每个样方中蒲公英的密度，求出所有样方蒲公英密度的平均值，作为甲地蒲公英的

种群密度

D.求出所有样方蒲公英的总数，除以所有样方的面积之和，再乘以甲地面积，作为甲地蒲公

英的种群密度

【答案】C

【解析】估算种群密度最常用的方法之一是样方法：在被调查种群分布的范围内，随机选取

若干个样方，通过计数每个样方内的个体数，求得每个样方内的种群密度，以所有样方内种

群密度的平均值作为该种群的种群密度估计值。综上所述，A、B、D三项均错误，C项正

确。

考点：本题考查种群密度的调查方法的相关知识，意在考查学生能理解所学知识的要点，把

握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

6.果蝇的某对相对性状由等位基因G、g控制，且对于这对性状的表现型而言，G对g完全显

性。受精卵中不存在G、g中的某个特定基因时会致死。用一对表现型不同的果蝇进行交配,

得到的子一代果蝇中雌：雄=2:1,且雌蝇有两种表现型。据此可推测：雌蝇中

A.这对等位基因位于常染色体上，G基因纯合时致死

B.这对等位基因位于常染色体上，g基因纯合时致死

C.这对等位基因位于X染色体上，g基因纯合时致死

D.这对等位基因位于X染色体上，G基因纯合时致死

【答案】D

【解析】由题意“子一代果蝇中雌:雄=2:1”可知，该对相对性状的遗传与性别相关联，为伴

性遗传，G、g这对等位基因位于X染色体上：由题意“子一代雌蝇有两种表现型且双亲的

表现型不同”可推知：双亲的基因型分别为X°Xg和X^Y；再结合题意“受精卵中不存在G、

g中的某个特定基因时会致使”，可进一步推测：雌蝇中G基因纯合时致死。综上分析，A、

B、C三项均错误，D项正确。

考点：本题考查伴性遗传、基因的分离定律的相关知识，意在考查学生能从课外材料中获取

相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。

第II卷（非选择题共174分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必

须做答。第33题〜第40题为选考题，考生根据要求做答。

（-）必考题（共129分

29.（10分）

为了研究温度对某种酶活性的影响，设置三个实验组：A组（20℃）、B组（40℃）和C组

（60℃）,测定各组在不同反应时间内的产物浓度（其他条件相同），结果如图。回答下列

问题：

...20*C

——40*C

■■-60*C

°乜乜t3反应时间

(1)三个温度条件下，该醐活性最高的是组。

(2)在时间h之前，如果A组温度提高10℃,那么A组酶催化反应的速度会。

(3)如果在时间t2时，向C组反应体系中增加2倍量的底物，其他条件保持不变，那么在t3

时，C组产物总量____________,原因是。

(4)生物体内酶的化学本质是，其特性有(答

出两点即可)。【答案】(10分)

(1)B(2)加快

(3)不变60℃条件下，t2时酶已失活，即使增加底物，反应底物总量也不会增加

(4)蛋白质或RNA高效性、专一性

【解析】(1)曲线图显示：在反应开始的一段时间内，40℃时产物浓度增加最快，说明酶的

活性最高，而B组控制的温度是40℃。

(2)A组控制的温度是20℃。在时间L之前，如果A组温度提高10℃,因酶的活性增强,

则A组酶催化反应速度会加快。

(3)对比分析图示中的3条曲线可推知，在时间t2时，C组的酶在60℃条件下已经失活，

所以如果在时间t2时，向C组反应体系中增加2倍量的底物，其他条件保持不变，在t3时,

C组产物的总量不变。

(4)绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。酶具有高效性、专一性，酶的作用条件较温和。

考点：本题考查酶及影响酶活性的因素的相关知识，意在考查学生能从题图中提取有效信息

并结合这些信息，运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进

行解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。

30.乙酰胆碱可作为兴奋性神经递质，其合成与释放见示意图。据图回答问题：

（1）图中A-C表示乙酰胆碱，在其合成时，能循环利用的物质是（填“A”“C”或"E”）。

除乙酰胆碱外，生物体内的多巴胺和一氧化氮（填“能”或“不能”）作为神经递质。

（2）当兴奋传到神经末梢时，图中突触小泡内的A-C通过这一跨膜运输方式释放到

,再到达突出后膜。

（3）若由于某种原因使D酶失活，则突触后神经元会表现为持续o

【答案】（9分）

（1）C能（2）胞吐突触间隙（3）兴奋

【解析】（D分析图示可知：在乙猷胆联合成时，能循环利用的物度是C.生物体内的多巴胺和一氧化氮也

能作为神经逑防.

（2）神经递质是以胞吐的方式分泌到突触间隙，再通过扩散达到突触后膜.

（3）珅经递助与受体结合发生效应后，就被胸破坏而失活，或被移走而迅速停止作用.若由于某种原因使

D酶失活，则突触后神经元会表现为持续兴奋.

考点：本题考查兴奋在神经细胞间传递的相关知识，意在考查学生能从题图中提取有效信息

并结合这些信息，运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进

行解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。

31.（8分）BTB是一种酸碱指示剂，BTB的弱碱性溶液颜色可随其中CO2浓度的增高而由蓝

变绿再变黄。某同学为研究某种水草的光合作用和呼吸作用，进行了如下实验：用少量的

NaHCCh和BTB加水配制成蓝色溶液，并向溶液中通入一定量的CO2使溶液变成浅绿色，之

后将等量的绿色溶液分别加入到7支试管中，其中6支加入生长状况一致的等量水草，另一支

不加水草，密闭所有试管。各试管的实验处理和结果见下表。

试管编号1234567

水草无有有有有有有

距日光灯的距离（cm）20遮光*10080604020

50min后试管中溶液浅绿色X浅黄色黄绿色浅绿色浅蓝色蓝色

的颜色

*遮光是指用黑纸将试管包裹起来，并放在距日光灯100cm的地方。

若不考虑其他生物因素对实验结果的影响，回答下列问题：

（1）本实验中，50min后1号试管的溶液是浅绿色，则说明2至7号试管的实验结果是由—

引起的；若1号试管的溶液是蓝色，则说明2至7号试管的实验结果是（填“可靠

的，，或“不可靠的，，）。

（2）表中X代表的颜色应为（填“浅绿色”、“黄色”或“蓝色”），判断依据

是。

（3）5号试管中的溶液颜色在照光前后没有变化，说明在此条件下水草o

【答案】（8分）（1）光合作用与呼吸作用不可靠的

（2）黄色水草不能进行光合作用，只能进行呼吸作用，溶液中CO2浓度高于3号管

（3）光合作用强度等于呼吸作用强度，吸收与释放的CO2量相等

【解析】（1）依题意并结合表中信息可知：距日光灯的距离表示光照的强弱。2号试管遮光,

其内的水草不能进行光合作用，但能进行呼吸作用；3〜7号试管内的水草在有光的条件下,

溶液颜色的变化是光合作用吸收的CO2量与呼吸作用释放的CO?量的综合反映；1号试管为

对照组，其中的NaHCO3可维持CO2浓度的相对稳定，2〜7号试管为实验组。综上所述，

若50min后，1号试管的溶液是浅绿色，则说明2〜7号试管的实验结果是由光合作用与呼

吸作用引起的；若1号试管的溶液是蓝色，说明2〜7号试管的实验结果是不可靠的。

（2）2号试管因遮光，其内的水草不能进行光合作用消耗CO2,但能通过呼吸作用释放CO2,

所以试管内CO2浓度最高，X代表的颜色应为黄色。

（3）5号试管中的溶液颜色与对照组1号试管的相同，均为浅绿色，说明在此条件下水草

的光合作用强度等于呼吸作用强度。

考点：本题考查光合作用、呼吸作用的相关知识，意在考查学生具备验证简单生物学事实的

能力，并能对实验现象和结果进行解释、分析和处理的能力。

32.（12分）某种植物的果皮有毛和无毛、果肉黄色和白色为两对相对性状，各由一对等位

基因控制（前者用D、d表示，后者用F、f表示），且独立遗传。利用该种植物三种不同基

因型的个体（有毛白肉A、无毛黄肉B、无毛黄肉C）进行杂交，实验结果如下:

有毛白肉AX无毛黄肉B无毛黄肉BX无毛黄肉C有毛白肉AX无毛黄肉C

!I

有毛黄肉:有毛白肉为1：1全部为无毛黄肉全部为有毛黄肉

实蛉1实险2实险3

回答下列问题：

（1）果皮有毛和无毛这对相对性状中的显性性状为,果肉黄色和白色这对

相对性状中的显性性状为一

（2）有毛白肉A、无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型依次

为.

（3）若无毛黄肉B自交，理论上，下一代的表现型及比例

为。

（4）若实验3中的子代自交，理论上，下一代的表现型及比例

为o

（5）实验2中得到的子代无毛黄肉的基因型有。

【答案】（1）有毛黄肉

（2）DDff、ddFf、ddFF

（3）无毛黄肉:无毛白肉=3:1

（4）有毛黄肉:有毛白肉：无毛黄肉:无毛白肉=9:3:3:1

（5）ddFF、ddFf

【解析】（1）由实验一：有毛A与无毛B杂交，子一代均为有毛，说明有毛为显性性状，

双亲关于果皮毛色的基因均为纯合的；由实验三：白肉A与黄肉C杂交，子一代均为黄肉，

据此可判断黄肉为显性性状；双亲关于果肉颜色的基因均为纯合的；在此基础上，依据“实

验一中的白肉A与黄肉B杂交，子一代黄肉

与白肉的比为1:1”可判断黄肉B为杂合的.

（2）结合对（1）的分析可推知：有毛白肉A^无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型依次为：DDffxddFf、ddFF.

（3）无毛黄肉B的基因型为ddFf,理论上其自交下一代的基因型及比例为ddFF:ddFf:ddff=1:2:1,所以

表现型及比例为无毛黄肉:无毛白肉=3：1

（4）综上分析可推知：实验三中的子代的基因型均为DdFf,理论上其自交下一代的表现型及比例为有毛黄

肉（D_F_）:有毛白肉无毛黄肉（ddF_）:无毛白肉（ddff）=9：3：3：1.

（5）实脸二中的无毛黄肉B（ddFf）和无毛黄肉C（ddFF）杂交，子代的基因型为ddFf和ddFF两种，均

表现为无毛黄肉

考点：本题考查基因的自由组合定律的相关知识，意在考查学生能从题图中提取有效信息并

结合这些信息，运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行

解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。

（-）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一

题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须

与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第

一题计分。

39.［生物——选修1：生物技术实践］（15分）

苹果醋是以苹果汁为原料经发酵而成的，回答下列为题：

ICOa+HzOl

（1）酵母菌的呼吸代谢途径如图所示。图中过程①和②是苹果醋生产的第一阶段，在酵母

菌细胞的中进行，其产物乙醇与试剂反应呈现灰绿

色，这一反应可用于乙醇的检验；过程③在酵母菌细胞的中进行，与无氧

条件相比，在有氧条件下，酵母菌的增值速度。

（2）第二阶段是在醋酸杆菌的作用下将第一阶段产生的乙醇转变为醋酸的过程，根据醋酸

杆菌的呼吸作用类型，该过程需要在条件下才能完成。

（3）在生产过程中，第一阶段和第二阶段的发酵温度不同，第一阶段的温度

（填“低于”或"高于”）第二阶段。

（4）醋酸杆菌属于核生物，其细胞结构中（填“含有”或"不含有”）线粒体。

【答案】（15分）

（1）细胞质基质重铭酸甲线粒体快

（2）有氧

（3）低于（4）原不含有

【解析】（1）图示中的过程①和②分别表示无氧呼吸的第一、第二阶段，具场所均为细胞质基质；橙色的

重铭酸甲溶液，在酸性条件下与乙薛（酒精）发生化学反应，变成灰绿色.过程③表示有重呼吸的第二、

第三阶段，具场所分别为妓粒体基质和线粒体内膜，即在酵母菌细胞的线粒体中进行.与无氧条件相比，

在有氧条件下，醉母菌的噌殖速度快.

（2）68酸杆前是一种好窦苗，在氧气充足的条件下才能进行旺盛的生命活动，因此将第一阶段产生的乙醵

转变为差酸的过程，需要在有氧条件下才能完成.

（3）第一阶段即果酒的制作，所控制的温度范围是18〜25C,第二阶段即果胡的制作所控制的温度范围是

30〜35C,所以第一阶段的温度低于第二阶段的.

（4）昆酸杆菌属于原核生物，具细胞结构中不含线粒体等复杂的细胞器.

考点：本题考查果酒和果醋的制作、原核生物与原核细胞的相关知识，意在考查学生能理解

所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

40.［生物——选修3：现代生物科技专题］（15分）

下图表示通过核移植等技术获得某种克隆哺乳动物（二倍体）的流程。

回答下列问题：

（1）图中A表示正常细胞核，染色体数为2n,则其性染色体的组成可为。过

程①表示去除细胞核，该过程一般要在卵母细胞培养至适当时期再进行，去核时常采用

的方法。②代表的过程是。

（2）经过多次传代后，供体细胞中的稳定性会降低，因此，选材时必须关注传代次

数。

（3）若获得的克隆动物与供体动物性状不完全相同，从遗传物质的角度分析其原因是

（4）与克隆羊“多莉（利）”培养成功一样，其他克隆动物的成功获得也证明了o

【答案】（15分）（1）XX或XY显微操作（去核法）胚胎移植

（2）遗传物质

（3）卵母细胞的细胞质中的遗传物质会对克隆动物的形状产生影响

（4）已经分化的动物体细胞核具有全能性。

【解析】（1）提供体细胞的供体可能为雌性，也可能为雄性，因此图中A（正常细胞核）的

性染色体组成为XX或XY。常采用显微操作去核法来去除卵母细胞的细胞核。②过程表示

将早期胚胎移入受体，其过程为胚胎移植。

（2）取供体动物的体细胞培养，一般选用传代10代以内的细胞，因为10代以内的细胞一

般能保持正常的二倍体核型，保证了供体细胞正常的遗传基础。超过10代继续培养，则其

遗传物质（或核型）的稳定性会降低。

（3）克隆动物的细胞核基因来自供体，因此大部分性状与供体相同，但细胞质基因来源于

受体（或提供卵母细胞的个体），即卵母细胞的细胞质中的遗传物质会对克隆动物的形状产

生影响，这就决定了克隆动物的性状与供体不完全相同。

（4）克隆动物的培育采用的是核移植技术，核移植技术的原理是：已经分化的动物体细胞

核具有全能性。

考点：本题考查核移植技术、动物细胞培养技术、胚胎移植的相关知识，意在考查学生能理

解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识网络结构的能力。

化学部分

7.下列有关燃料的说法错误的是

A.燃料燃烧产物C02是温室气体之一

B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染

C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染

D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一

【答案】B

【解析】

试题分析：A.温室气体包括C6、飙等气体，A项正确；B.化石燃料完全燃烧产生大量C5气体，大

气中C6含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误；C.'液化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化

碳，是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染，C项正确；D.8是有毒气体,

则燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一，D项正确；答案选B。

考点：考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。

8.下列各组中的物质均能发生加成反应的是

A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和澳乙烷D.丙烯和丙烷

【答案】B

【解析】

试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、澳乙烷和丙烷分

子中均是饱和

键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B。

考点：考查有机反应类型

9.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b?一和C+离子的电子层结构相同，

d与b同族。下列叙述错误的是（）

A.a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1

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和a形成的化合物的溶液呈弱酸性

【答案】A

【解析】

试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b?一和C*

离子的电子层结

构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素，据此解答。A.H与

0、S形成化合

物为H20和H2S,氢元素的化合价为+1,而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B.氧

元素与其他

元素能形成H20,H2O2,SO2,SO3、Na2。、Na2O2,B项正确；C.同周期元素，从左到

右原子半径逐渐

减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>0>H,C项正确；D.d和a形成

的化合物为H2S,

硫化氢的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。

考点：元素的推断，元素周期律的应用等知识

10.分子式为C4H8cb的有机物共有(不含立体异构)

A.7种B.8种C.9种D.10种

【答案】C

【解析】

试题分析：根据同分异构体的书写方法，一共有§种，分别为1,2-二氯丁烷；L3-二氯丁烷；1,4-二氯

丁烷；1」一二氯丁烷；2,2-二氯丁烷；2,3-二氯丁烷：1,1一二氯一2-甲基丙烷；1,2-二氧一2-甲基丙

烷；1,3-二氯一2-甲基丙烷。答案选C。

考点：同分异构体的判断

11.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是

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C「由正极向负极迁移

D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2?

【答案】B

【解析】

试题分析：根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCb+2Ag,正极反应为：2AgCl+2e-

2C「+2Ag,负

极反应为：Mg-2e-=M1'，A项正确，B项错误；对原电池来说，阴离子由正极移向负极,

C项正确；由于

镁是活泼金属，则负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T，D项正确；答案选B。

考点：原电池的工作原理

12.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硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为

A.NaHCC>3、A1(OH)3B.AgCkNaHCO3C.Na2so3、BaC03D.Na2co3、CuS04

【答案】C

【解析】

试题分析：A.NaHCO3,Al(0H)3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、

二氧化碳和水，

最终无固体存在，A项错误；B.AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C.亚硫

酸钠和碳酸钢溶

于水，碳酸钢不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钢与盐酸反应生成氯化钢、二

氧化碳和水，

固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钢反应生成硫酸钏沉淀和二氧化碳

和水，符合题

意，C项正确；D.Na2co3、CUSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；

答案选C。

考点：物质的推断和性质。

13.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(0H)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCb溶液中

B由MgCb溶液制备无水MgCl2将MgCb溶液加热蒸干

C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥

D比较水和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

【答案】D

【解析】

试题分析：A.向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，A项错误；B.氮化镁是

强酸弱碱盐，MgCb

溶液水解产生的HC1易挥发,所以由MgCk溶液制备无水MgCk要在HC1气流中加热蒸干,

B项错误；C.铜

与稀硝酸反应，应该用稀盐酸，C项错误；D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯

中，反应剧烈的是

水，反应平缓的是乙醵，利用此反应比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确；答案选D。

考点：考查化学实验基本操作。

第II卷

26.联氨（又称联朋，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：

（I）联氨分子的电子式为,其中氮的化合价为o

（2）实验室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）=N2C>4⑴Z\H|

②N2（g）+2H2（g）=N2H4。）Z1H2

③O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）Z\H3

@2N2H4⑴+N2O4（1）=3N2（g）+4H2O（g）ZiH4=-1048.9kJ/mol

上述反应热效应之间的关系式为△,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，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值

I4

为（已知：N2H4+H+F^N2H5+的K=8.7xl（）7;KW=I.0X10）O联氨与

硫酸形成的酸式盐的化学式为o

（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O?kg;与使用Na2sO3处理水中溶解的。2相比，联氨的优点是。

HH

【答案】26、(1)HNNH.-2

(2)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(3)△H4=2AH,r2AH2-AH|；反应放热量大、产

生大量气体

(4)8.7x10",N2H6(HSC)4)2

(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物

为N2和比0,而Na2s。3产生Na2s。4

【解析】

HH

试题分析：(1)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，电子式为H哽图3H,根据化合价代数和为

零，其中氮的化合价为-2价。

(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，C1元素的化合价由T价降低到-1价，N元素的化合价由-3价升高到

-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为NaCK>2NH3=N2H4+NaCl+H2。。

(3)根据盖断定律，反应热效应之间的关系式为△H4=24H3-2AH2-△坨。联胺有强还原性，有强氧

化性，两者在一起易发生自发地氧化还原反应，反应放热量大、产生大量气体，所以联氨和N26可作为火

箭推进剂

(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氢第一步电离的方程式为N2H4+3一

N2H5++OH-,已知:N2H4+H+u^N2H5+的K=8.7XKT；K\，,=L0X10-M,平衡常数K=8.7xl(TxL0xi(H4=8.7xlg；

联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2Hd(HS6)2。

(5)联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装

有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生：联氨可用于

处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+C)2=N2+2H2O,理论上1kg

的联氨可除去水中溶解的氧气为lkg+32g/molx32g/moL=lkg；与使用Na2s。3处理水中溶解

的O2相比,联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质,而Na2so3的氧化产物为Na2so4，

易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。

考点：考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离等知识。

27.丙烯懵(CH,-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=CHCH0)和乙睛CH3CN等，回答下歹U问题:

（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯月青（C3H3N）和副产物丙烯

醛（C3H4。）的热化学方程式如下：

①C3H6（g）+NH.3（g）+3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g）AH=-515kJ/mol

①C3H6（g）+O2（g）=C3H4O（g）+H2O（g）△H=-353kJ/mol

两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是：有利于提高丙烯精平衡产率的反应条件是；提

高丙烯月青反应选择性的关键因素是。

（2）图（a）为丙烯懵产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460°C.低于460°C

时，丙烯懵的产率（填“是”或者“不是“）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460°C

时，丙烯月青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

（3）丙烯精和丙烯醛的产率与"（氨）In（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳

n（氨）In（丙烯）约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为

【答案】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该比例下丙烯演产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1：7.5：1

【解析】

试题分析：（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体

积增大的放热反

应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯睛的平衡产率；由图b可知，提高丙烯腾反应

选择性的关键因

素是催化剂。

（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到

平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯精的产率不是对应温度

下的平衡产率；高于460°C时，丙烯睛产率降低，A.催化剂在一定温度范围内活性较高，

若温度过高，活性降低，正确；B.平衡常数的大小不影响产率，错误：C.根据题意，副

产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D.反应活化能的大小不影响平衡，错误;

答案选ACo

（3）根据图像可知，当〃（氨）In（丙烯）约为1时，该比例下丙烯月青产率最高，而副产物

丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H£g）+NH3（g）+3/2C）2（g）=C3H3N（g）+3H2（D（g）,氨气、氧气、

丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%,所以进料氨、

空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：lo

考点：考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。

28.（15分）

某班同学用如下实验探究Fe?+、Fe，+的性质。回答下列问题：

（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液.在FeCk液中

需加入少量铁属，其目的是。

（2）甲组同学取2mlFeC12溶液.加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，

说明Cb可将Fe?+氧化。FeCk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2mLFeCb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o

（4）丙组同学取10mLO.lmol/LKI溶液，力口入6mLO.lmol/LFeCb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ImLCCL充分振荡、静置，CCL层呈紫色；

②第二只试管中加入1滴K31Fe（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「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FeCb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）。

2+3+

【答案】28.（1）防止Fe?+被氧化（2）2Fe+Cl2=2Fe+2Cr

（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）

（4）Fe2+；Fe3+；可逆反应

2++3+

（5）H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H2O,Fe?+催化H2O2分解产生。2；

分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。

【解析】

试题分析：（D亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCh溶液中加入少量铁属

的目的是防止FW哦氧化。

（2）。2可将F&簟化成铁离子，自身得电子生成氟离子，反应的离子方程式为2F&++C12=2Fd++2Cl-。

（3）防止空气中的氧气将FW窜化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。

（4）根据F&+的检蛤方法，向溶液中加入1滴K31Fe（CN）d溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则

实蛉②检蛉的离子是FW+;碘易溶于CCU,在CCU中呈紫色，Fd嗨KSCN溶液显血红色，实将①和③说

明，在I过量的情况下，溶液中仍含有Fd+,由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。

（5）坨02溶液中加入几滴酸化的FeCh溶液，溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为H2Q+2F&++2H+=

2Fe^++2H2O,铁离子的溶液呈粽黄色；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,

产生气泡的原因是丛小分解反应放热，促进F9+的水解平衡正向移动。

考点：考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，盐类的水解等知识。

36.［化学-选修2：化学与技术］（15分）

双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用葱醍法，其反应原理和生

产流程如图所示：

杵生工作液

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

生产过程中，把乙基慈醍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。回答下列问题：

(1)恿醵法制备双氧水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o

(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KMnCh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l.lOg-cmD,其浓度为mol/L。

【答案】36.(1)(1)氢气和氧气乙基葱醍乙基慈醒(乙基氢慈醒)不溶于水，易溶于

有机溶剂

0OH

(2)OOH乙基氢意醍

(3)水比。2溶于水被水萃取，乙基葱醍不溶于水

(4)H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸

+2+

(5)6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2t+8H2O；8.9

【解析】

试题分析：(1)根据反应原理可知，意醒法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，

由工艺流程图可

知，循环使用的|原料是乙基慈醍，乙基慈醒属于有机物，根据相似相溶原理，乙基燃:醒(乙

基氢慈醒)不溶

于水，易溶于有机溶剂，所以配制工作液时采用有机溶剂而不采用水。

(2)根据反应原理，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乙基氢慈醍。

（3）萃取塔D中需要分离双氧水和乙基慈醍，比。2溶于水被水萃取，乙基恿醍不溶于水，

所以选取的萃取剂是水。

（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F中要除净残留的

H202O

（5）双氧水在酸性条件下与KMnCU发生氧化还原反应，Mn元素的化合价由+7价降低到

+2价，0元素的化合价由-价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，

+2+

该反应的离子方程式为6H+5H2O2+2MnO4=2Mn+5O2t+8H2O；根据公式

c=1000pxa+M=1OOOx1.10x27.5%+34=8.9mol/L。

考点：考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识。

37.［化学一选修3：物质结构与性质］（15分）

东晋《华阳国志南中志》卷四种已有关于白铜的记载，云南银白铜（铜银合金）文明

中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

（1）银元素基态原子的电子排布式为,3d能级上的未成对的电子数为»

（2）硫酸镇溶于氨水形成［Ni（NH3）6］SCU蓝色溶液。

①［Ni（NH3）6］SO4中阴离子的立体构型是o

②在［Ni（NH3）6产中Ni?+与NH3之间形成的化学键称为-,提供孤电子对的成键原子

是o

③氨的沸点（“高于”或“低于"）瞬（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）单质铜及银都是由键形成的晶体：元素同与银的第二电离能分别为：

/cu=1959kJ/mol,/NF1753kJ/mol,/孰＞朵的原因是-

（4）某银白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与银原子的数量比为。

②若合金的密度为dg/cm3,晶胞参数a=nm

【答案】37.（1）Is22s22P63s23P63d84s2或［Ar］3d84s22

（2）①正四面体

②配位键N

③高于NH3分子间可形成氢键极性sp3

（3）金属铜失去的是全充满的3di°电子，银失去的是4sl电子

（4）①3：1

②_6.02xlO23x.d_

【解析】

试题分析：（I）镁是28号元素，位于第四周期，第vm族，根据核外电子排布规则，其基态

原子的电子排

布式为Is22s22P63s23P63dti4s2,3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，在分

别占据三个轨道，

电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。

（2）0根据价层电子对互斥理论，SO,2-的。键电子对数等于4,孤电子对数（6+2-2X4）^2=0,则阴离子

的立体构型是正四面体形。

©根据配位键的特点，在［Ni（NH3M2+中N声与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原

子是No

。氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于瞬（PH3）;根据价层电子对互斥理论，氨气

中心原子N的。键电子对数等于3,孤电子对数（5-3）+2=1,则氨气是印*245杂化，分子成三角锥形，正负

电荷重心不重彝，氨气是极性分子。

（3）铜和银属于金属，则单质铜及银都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的3d1。电子，银失去的

是4sl电子，所以Jcn>/Ni«

（4）o根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为fix1/2=3,银原子的个数为8xl/8=l,则铜和银的数量比为3:

lo

。根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni,若合金的密度为dg：m3,根据尸m+V,则晶胞参数

。6.02xl023x^^

a=J」nm。

考点：考查核外电子排布，化学键类型，晶胞的计算等知识。

38.［化学-选修5：有机化学基础］（15分）

氟基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为,从而具有胶黏性，某种鼠基丙烯

酸酯（G）的合成路线如下:

HCN（水溶液）浓出SO,

B（C.H同光熙

NaOH(微10△

NaOHH2O

F

(C4H5NO)

已知:

①A的相对分子量为58,氧元素质量分数为0.276,核磁共振氢谱显示为单峰

Q.HCN（水溶液1R一岂,

R-C-RNaOH（微量）尿

②

回答下列问题:

(1)A的化学名称为

(2)B的结构简式为,其核磁共振氢谱显示为.组峰，峰面积比为.

(3)由C生成D的反应类型为

(4)由D生成E的化学方程式为.

(5)G中的官能团有__、,»（填官能团名称）

(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有种。（不含

立体异构）

【答案】38.（1）（1）丙酮

0)(

⑵26：1

(3)取代反应

尸H2O

HjC=C+NaOH--------H，C=C、+NaCl

(4)CHjOH

(5)碳碳双键酯基氟基

(6)8

【解析】

试题分析：(1)A的相对分子量为58,氧元素质量分数为0.276,则氧原子个数为

58x0.276+16=1,根据商

余法，42+12=3…6,A分子的分子式为C3H6。，核磁共振氢谱显示为单峰，则