四川高考化學(xué)試卷解析高清解析版

1、2016年四川省高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每題3分，滿分21分）1（3分）（2016?四川）化學(xué)與生產(chǎn)和生活親密有關(guān)，以下過程中沒有發(fā)生化學(xué)變化的是（）A氯氣作水的殺菌消毒劑B硅膠作袋裝食品的干燥劑C二氧化硫作紙漿的漂白劑D肥皂水作蚊蟲叮咬處的沖洗劑【答案】B【分析】解：A、氯氣和水反響生成鹽酸和次氯酸，次氯酸擁有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，屬于化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；B、硅膠做干燥劑是吸水，沒有發(fā)生化學(xué)變化，故B正確；C、二氧化硫和有色物質(zhì)化合使之生成無(wú)色物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)反響，屬于化學(xué)變化，故C錯(cuò)誤；D、肥皂水顯堿性，與蚊蟲叮咬處開釋的酸發(fā)生中和反響，發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)，故D錯(cuò)誤2（3分）（201

2、6?四川）依據(jù)以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論將某溶液與稀鹽酸反響石灰水變渾該溶液中必定含有CO32產(chǎn)生的氣體通入澄清石濁灰水B常溫下，將鐵片浸入足鐵片不溶解常溫下，鐵與濃硫酸必定沒有量濃硫酸中發(fā)生化學(xué)反響向某食鹽溶液中滴加淀溶液顏色不應(yīng)食鹽中必定沒有增添KIO3粉溶液變D向苯酚鈉溶液滴加乙酸溶液變污濁同樣條件下，乙酸的酸性必定溶液比苯酚強(qiáng)【答案】D【分析】解：A和稀鹽酸反響生成能使澄清石灰水變污濁的氣體的離子等，因此該實(shí)驗(yàn)不必定含有2，故A錯(cuò)誤；還有HCOCO33B鐵在常溫下和濃硫酸發(fā)生氧化復(fù)原反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻擋進(jìn)一步反響，該現(xiàn)象為鈍化，發(fā)生了

3、化學(xué)反響，故B錯(cuò)誤；C碘酸鉀和淀粉不反響，碘單質(zhì)碰到淀粉顯藍(lán)色，故C錯(cuò)誤；D強(qiáng)酸能和弱酸鹽反響生成弱酸，苯酚在常溫下溶解度很小，向苯酚鈉溶液滴加乙酸溶液，溶液變污濁，說明生成苯酚，則乙酸酸性大于苯酚，故D正確；3（3分）（2016?四川）以下對(duì)于離子共存或離子反響的說法正確的選項(xiàng)是（）+A某無(wú)色溶液中可能大批存在H、Cl、MnO4BpH=2的溶液中可能大批存在+2Na、NH、SiO43CFe2+與H2O2在酸性溶液中的反響：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2HO+22+D稀硫酸與Ba（OH）2溶液的反響：H+SO4+Ba+OHBaSO4+2HO【答案】C【分析】解：AMnO4是紫色，不行能

4、存在無(wú)色溶液中，故A錯(cuò)誤；BpH=2的溶液呈酸性，硅酸根離子和氫離子反響生成硅酸積淀，故B錯(cuò)誤；CFe2+與H2O2在酸性溶液中發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成鐵離子和水，反響的離子方程式2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2HO知足電子守恒和電荷守恒，故C正確；D氫離子和硫酸根離子比率應(yīng)為+22+2：1，應(yīng)為2H+SO4+Ba+2OHBaSO4+2HO，故D錯(cuò)誤4（3分）（2016?四川）NA表示阿伏加羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是（）AMg在足量O2中焚燒，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為B標(biāo)準(zhǔn)情況下，CO2氣體中含有的氧原子數(shù)為C氫原子數(shù)為的CH3OH分子中含有的鍵數(shù)為DCH3COOH溶液中含有的H+數(shù)為【答案】

5、B【分析】解：A、鎂的物質(zhì)的量為=，反響中失掉電子，故A錯(cuò)誤；B、標(biāo)準(zhǔn)情況下二氧化碳的物質(zhì)的量為2=，含有的氧原子數(shù)為，故B正確；=，含有的氧原子為C、個(gè)甲醇含有1個(gè)CO鍵，1個(gè)OH，3個(gè)CH鍵，共含有5個(gè)鍵，氫原子數(shù)為的甲醇分子為，含有5mol鍵，故C錯(cuò)誤；D、醋酸是弱酸，不可以完整電離，CH3COOH溶液中含有的H+數(shù)小于，故D錯(cuò)誤；5（3分）（2016?四川）某電動(dòng)汽車配載一種可充放電的鋰離子電池，放電時(shí)電池總反響為：Li1xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（x1），以下對(duì)于該電池的說法不正確的選項(xiàng)是（）A放電時(shí)，Li+在電解質(zhì)中由負(fù)極向正極遷徙B放電時(shí)，負(fù)極的電極反響式為+LiC

6、xexLi+Cx66CC充電時(shí)，若轉(zhuǎn)移1mole，石墨（C6）電極將增重7xgD充電時(shí)，陽(yáng)極的電極反響式為L(zhǎng)iCoO2xeLi1xCoO2+xLi+【答案】C【分析】解：放電時(shí)的反響為L(zhǎng)i1xCoO2+LixC6LiCoO2+C6，Co元素的化合價(jià)降低，Co獲得電子，則Li1xCoO2為正極，LixC6為負(fù)極，Li元素的化合價(jià)高升變?yōu)長(zhǎng)i+，聯(lián)合原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反響，正極發(fā)生復(fù)原反響，充電是放電的逆過程，A放電時(shí)，負(fù)極LixC6失掉電子獲得Li+，在原電池中，陽(yáng)離子移向正極，則Li+在電解質(zhì)中由負(fù)極向正極遷徙，故A正確；B放電時(shí)，負(fù)極LixC6失掉電子產(chǎn)生Li+，電極反響式為L(zhǎng)ixC6xe

7、xLi+C6，故B正確；C充電時(shí)，石墨（C6）電極變?yōu)長(zhǎng)ixC6，電極反響式為：xLi+C6+xeLixC6，則石墨（C6）電極增重的質(zhì)量就是鋰離子的質(zhì)量，依據(jù)關(guān)系式：xLi+xe1mol1mol可知若轉(zhuǎn)移1mole，就增重1molLi+，即7g，故C錯(cuò)誤；D正極上Co元素化合價(jià)降低，放電時(shí)，電池的正極反響為：Li1+，充電是放電的逆反響，故D正確；CoO+xLi+xeLiCoOx22（3分）（2016?四川）必定條件下，CH4與H2O（g）發(fā)生反響：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）設(shè)開端=Z，在恒壓下，均衡時(shí)CH4的體積分?jǐn)?shù)（CH4）與Z和T（溫度）的關(guān)系如下圖，以下說法

8、正確的是（）A該反響的焓變H0B圖中Z的大小為a3bC圖中X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡混淆物中=3D溫度不變時(shí)，圖中X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡在加壓后（CH4）減小【答案】A【分析】解：A由圖可知，跟著溫度高升甲烷的體積分?jǐn)?shù)漸漸減小，說明升溫均衡正向挪動(dòng)，則正反響為吸熱反響，即焓變H0，故A正確；B由圖可知，以=3時(shí)作比較，增大水蒸氣的物質(zhì)的量，均衡正向挪動(dòng)，則的比值越大，則甲烷的體積分?jǐn)?shù)越小，故a3b，故B錯(cuò)誤；C開端加入量的比值為3，但跟著反響的進(jìn)行，高升溫度均衡正向移動(dòng)，甲烷和水是按等物質(zhì)的量反響，因此到均衡時(shí)比值不是3，故C錯(cuò)誤；D溫度不變時(shí)，加壓，均衡逆向挪動(dòng)，甲烷的體積分?jǐn)?shù)增大，故D錯(cuò)誤；7（3分）（201

9、6?四川）向1L含NaAlO2和NaOH的溶液中遲緩?fù)ㄈ隒O2，隨n（CO2）增大，先后發(fā)生三個(gè)不一樣的反響，當(dāng)n（CO2）時(shí)發(fā)生的反響是：2NaAlO+CO2+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3以下對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的選項(xiàng)是（）選項(xiàng)n（CO2）/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0+）c（Na）c（AlO2）+c（OHB+2）c（Na）c（AlO2）c（OH）c（CO3C+2）c（Na）c（HCO3）c（CO3）C（OHD+）c（Na）c（HCO3）c（OH）c（H【答案】D【分析】解：A、未通入二氧化碳時(shí)，溶液中的電荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2）+c（OH），故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)

10、二氧化碳為，所得溶液為碳酸鈉和偏鋁酸鈉，由于碳酸酸性強(qiáng)于氫氧化鋁，因此偏鋁酸根離子水解程度比碳酸根離子強(qiáng)，則偏鋁酸根離子濃度小于碳酸根離子濃度，因此溶液中離子的物質(zhì)的量濃度大小為：c+2），故B錯(cuò)誤；（Na）c（OH）c（CO3）c（AlO2C、當(dāng)二氧化碳為時(shí)，因此得溶液為碳酸鈉，溶液中離子濃度的關(guān)系為c+2），故C錯(cuò)誤；（Na）c（CO）c（OH）c（HCO33D、當(dāng)二氧化碳的量為時(shí)，所得溶質(zhì)為碳酸氫鈉，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，因此離子濃度大小次序?yàn)椋?）c（OHc（Na）c（HCO3）c（H+），D正確；二、解答題（共4小題，滿分13分）8（2016?四川）M、R、X、Y為原子序

11、數(shù)挨次增大的短周期主族元素，Z是一種過渡元素M基態(tài)原子L層中p軌道電子數(shù)是s電子數(shù)的2倍，R是同周期元素中最開朗的金屬元素，X和M形成的一種化合物是惹起酸雨的主要大氣污染物，Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿請(qǐng)回答以下問題：（1）R基態(tài)原子的電子排布式是，X和Y中電負(fù)性較大的是（填元素符號(hào)）（2）X的氫化物的沸點(diǎn)低于與其構(gòu)成相像的M的氫化物，其原由是（3）X與M形成的XM3分子的空間構(gòu)型是（4）M和R所形成的一種離子化合物R2M晶體的晶胞如下圖，則圖中黑球代表的離子是（填離子符號(hào)）（5）在稀硫酸中，Z的最高價(jià)含氧酸的鉀鹽（橙色）氧化M的一種氫化物，Z被復(fù)原為+3價(jià)，該反響的化學(xué)方程式是【答案】（

12、1）1s22s22p63s1；Cl；（2）H2O分子能形成氫鍵，而H2S不能形成氫鍵；（3）平面三角形；（4）Na+；5）3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2+7H2O+K2SO4【分析】解：M、R、X、Y為原子序數(shù)挨次增大的短周期主族元素，Z是一種過渡元素M基態(tài)原子L層中p軌道電子數(shù)是s電子數(shù)的2倍，核外電子排布式為1s22s22p4，故M為O元素；由原子序數(shù)可知R、X、Y均處于第三周期，R是同周期元素中最開朗的金屬元素，則R為Na；X和M形成的一種化合物是惹起酸雨的主要大氣污染物，則X為S元素，可知Y為Cl；Z的基態(tài)原子4sVIB族，故Z為Cr和3d軌道半充

13、滿，外頭電子排布式為3d54s1，處于1）R為Na，基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s1，同周期自左而右電負(fù)性增大，故Cl元素電負(fù)性大于S的，2）H2O分子能形成氫鍵，使水的沸點(diǎn)高升，而H2S不可以形成氫鍵，故硫化氫的沸點(diǎn)低于水的，（3）X與M形成的SO3分子中S原子孤電子對(duì)數(shù)數(shù)為3+0=3，故其空間構(gòu)型為平面三角形，=0，價(jià)層電子對(duì)4）M和R所形成的一種離子化合物為Na2O，晶胞中黑色球數(shù)量為8，白色球數(shù)量為8+6=4，黑色球與白色球數(shù)量之比為2：1，故圖中黑球代表的離子是Na+，（5）Z的最高價(jià)含氧酸的鉀鹽（橙色）為K2Cr2O7，與氧元素的氫化物發(fā)生氧化復(fù)原反響，該氫化物為H2

14、O2，在稀硫酸中，Cr元素被復(fù)原為+3價(jià)，H2O2被氧化生成氧氣，反響方程式為：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2+7H2O+K2SO4，9（13分）（2016?四川）CuCl寬泛應(yīng)用于化工和印染等行業(yè)某研究性學(xué)習(xí)小組擬熱分解CuCl2?2HO制備CuCl，并進(jìn)行有關(guān)研究【資料查閱】【實(shí)驗(yàn)研究】該小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持儀器略）請(qǐng)回答以下問題：（1）儀器X的名稱是（2）實(shí)驗(yàn)操作的先后次序是ae（填操作的編號(hào)）a檢查裝置的氣密性后加入藥品b熄滅酒精燈，冷卻c在“氣體進(jìn)口”處通入干燥HCld點(diǎn)燃酒精燈，加熱e停止通入HCl，而后通入N2（3）在實(shí)驗(yàn)過程中，察

15、看到B中物質(zhì)由白色變?yōu)樗{(lán)色，C中試紙的顏色變化是（4）裝置D中發(fā)生的氧化復(fù)原反響的離子方程式是【研究反省】（5）反響結(jié)束后，拿出CuCl產(chǎn)品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)此中含有少許的CuCl2或CuO雜質(zhì)，依據(jù)資料信息答案：若雜質(zhì)是CuCl2，則產(chǎn)生的原由是若雜質(zhì)是CuO，則產(chǎn)生的原由是【答案】（1）球形干燥管；（2）cdb；（3）石蕊試紙先漸漸變?yōu)榧t色，后退色；（4）Cl2+2OH=Cl+ClO+HO；2（5）加熱時(shí)間不足或溫度偏低；通入HCl的量不足【分析】解：（1）由圖及常有的儀器可知，儀器X的名稱為球形干燥管，2）實(shí)驗(yàn)中有氣體生成，先查驗(yàn)裝置的氣密性，且熱分解CuCl2?2HO制備CuCl，防備Cu

16、Cl被氧化和Cu+水解因此一定要先趕走裝置中的氧氣和水蒸氣后才加熱，且要在HCl氣流中加熱制備，反響結(jié)束后先熄滅酒精燈，應(yīng)當(dāng)要連續(xù)通入氮?dú)庵敝裂b置冷切，因此操作次序?yàn)椋篴cdbe，3）B中有白色變?yōu)樗{(lán)色，說明有水生成，產(chǎn)物中還有Cl2，因此C中石蕊試紙先漸漸變?yōu)榧t色，后退色，4）D中是Cl2和NaOH反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反響的離子方程式為Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，（5）由2CuCl2CuCl+Cl2，雜質(zhì)是CuCl說明CuCl沒有222反響完整，分解溫度不高，故答案為：加熱時(shí)間不足或溫度偏低；雜質(zhì)是氧化銅，說明CuCl被氧氣氧化才產(chǎn)生了CuO，說明裝置中有氧氣，可能是沒有

17、在HCl的氣氛中加熱或許未等試管冷卻就停止通入HCl氣體，10（2016?四川）高血脂嚴(yán)重影響人體健康，化合物E是一種臨床治療高血脂癥的藥物，E的合成路線如圖（部分反響條件和試劑略）：已知：（R1和R2代表烷基）請(qǐng)回答以下問題：（1）試劑的名稱是，試劑中官能團(tuán)的名稱是，第步的反響種類是（2）第步反響的化學(xué)方程式是（3）第步反響的化學(xué)方程式是（4）第步反響中，試劑為單碘代烷烴，其構(gòu)造簡(jiǎn)式是（5）C的同分異構(gòu)體在酸性條件下水解，生成X、Y和CH3（CH2）4OH若X含有羧基和苯環(huán)，且X和Y的核磁共振氫譜都只有兩種種類的汲取峰，則X和Y發(fā)生縮聚反響所得縮聚物的構(gòu)造簡(jiǎn)式是【答案】（1）甲醇；溴原子；代

18、替反響；（2）CH3CH（COOH）2+2CH3OHCH3CH（COOCH3）2+2HO；（3）+CO；24）CH3I；（5）【分析】解：（1）試劑I的構(gòu)造簡(jiǎn)式為CH3OH，名稱是甲醇；試劑的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為BrCH2CH2CH2Br，含有的官能團(tuán)為溴原子；對(duì)照、BrCH2CH2CH2Br的構(gòu)造可知，反響屬于代替反響，（2）反響是CH3CH（COOH）2與CH3OH發(fā)生酯化反響生成CH3CH（COOCH3）2，反響方程式為：CH3CH（COOH）2+2CH3OHCH3CH（COOCH3）2+2H2O，（3）反響在堿性條件下發(fā)生酯的水解反響生成B，B酸化生成C，則C為，聯(lián)合信息可知D為，第步反響的化學(xué)

19、方程式是：+CO2，4）第步反響中，試劑為單碘代烷烴，對(duì)照D、E的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知試劑為CH3I，5）C的分子式為C15H20O5，其同分異構(gòu)體在酸性條件下水解，說明含有酯基，生成X、Y和CH3（CH2）4OH，生成物X含有羧基和苯環(huán)，且X和Y的核磁共振氫譜均只有兩種種類的汲取峰，則X為，Y為HOCH2CH2OH，X和Y發(fā)生縮聚反響所得縮聚物的構(gòu)造簡(jiǎn)式是：，11（2016?四川）資源的高效利用對(duì)保護(hù)環(huán)境促使經(jīng)濟(jì)連續(xù)健康發(fā)展擁有重要作用磷尾礦主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3?MgCO3某研究小組提出了磷尾礦綜合利用的研究方案，制備擁有重要工業(yè)用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2其簡(jiǎn)化流

20、程如圖：已知：Ca5（PO4）3F在950不分解4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C2CaF+30CO+18CaSiO+3P4請(qǐng)回答以下問題：（1）950煅燒磷尾礦生成氣體的主要成分是2）實(shí)驗(yàn)室過濾所需的玻璃儀器是3）NH4NO3溶液能從磷礦中浸拿出Ca2+的原由是4）在浸取液中通入NH3，發(fā)生反響的化學(xué)方程式是（5）工業(yè)上常用磷精礦Ca5PO4）3F和硫酸反響制備磷酸已知25，101kPa時(shí)：CaO（s）+H2SO4（l）CaSO4（s）+H2O（l）H=271kJ/mol5CaO（s）+3HPO（4l）+HF（g）Ca（5PO4）3F（s）+5H2O（l）H=937kJ/mol則C

21、a5（PO4）3F和硫酸反響生成磷酸的熱化學(xué)方程式是6）在必定條件下CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），當(dāng)CO與H2O（g）的開端物質(zhì)的量之比為1：5，達(dá)均衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)變了若akg含Ca（5PO4）3F（相對(duì)分子質(zhì)量為504）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的磷尾礦，在上述過程中有b%的Ca5（PO4）3F轉(zhuǎn)變?yōu)镻4，將產(chǎn)生的CO與H2O（g）按開端物質(zhì)的量之比1：3混淆，則在同樣條件下達(dá)均衡時(shí)能產(chǎn)生H2kg【答案】（1）二氧化碳（CO2）；2）燒杯、漏斗和玻璃棒；3）NH4+水解使溶液呈酸性，與CaO、Ca（OH）2反響生成Ca2+；4）MgSO4+2NH3+2HO=Mg（OH）2+（NH

22、4）2SO4；5）Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+H3PO4（l）+HF（g）H=418kJ/mol；（6）【分析】解：磷尾礦主要含Ca（5PO4）3F和CaCO3?MgCO3在950下煅燒，此中碳酸鈣和碳酸鎂分解，生成氣體的成分為二氧化碳（CO2），磷礦的主要成分為Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3溶液中銨離子水解呈酸性，可溶解CaO，獲得的浸取液含有Ca2+，可生成CaCO3，磷礦含有Ca（5PO4）3F、MgO，加入硫酸銨浸取，浸取液含有鎂離子，可生成氫氧化鎂，磷精礦加入二氧化硅、C等，在高溫下發(fā)生4Ca5（PO4）3F+18SiO2+

23、30C2CaF+30CO+18CaSiO+3P4，（1）依據(jù)題給化學(xué)工藝流程和信息知磷尾礦主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3?MgCO3在950下煅燒，此中碳酸鈣和碳酸鎂分解，生成氣體的成分為二氧化碳（CO2），（2）實(shí)驗(yàn)室過濾所需的玻璃儀器是燒杯、漏斗和玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗和玻璃棒；（3）NHNO溶液中銨離子水解呈酸性，+2+，故答H能從磷礦I中浸拿出Ca43+水解使溶液呈酸性，與CaO、Ca（OH）2+；案為：NH反響生成Ca42（4）依據(jù)化學(xué)工藝流程判斷浸取液II的主要成分為硫酸鎂溶液，通入NH3，發(fā)生反響的化學(xué)方程式是MgSO4+2NH3+2HO=Mg（OH）2+（NH4）

24、2SO4，（5）已知25，101kPa時(shí)：CaO（s）+H2SO4（l）CaSO4（s）+H2O（l）H=271kJ/mol5CaO（s）+3HPO4（l）+HF（g）Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）H=937kJ/mol依據(jù)蓋斯定律：5得Ca5（PO4）3F和硫酸反響生成磷酸的熱化學(xué)方程式是Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+H3PO4（l）+HF（g）H=418kJ/mol，（6）依據(jù)題給數(shù)據(jù)利用三行式答案設(shè)CO的開端濃度為1mol/L，則水蒸氣的開端濃度為5mol/LCO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），開端濃度（mol/L）150

25、0轉(zhuǎn)變濃度（mol/L）均衡濃度（mol/L）則K=fracc（CO_2）c（H_2）c（CO）C（H_2O）=1同樣條件下當(dāng)CO與H2O（g）的開端物質(zhì)的量之比為1：3，均衡常數(shù)不變，設(shè)轉(zhuǎn)變的CO為xCO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），開端濃度（mol/L）1300轉(zhuǎn)變濃度（mol/L）xxxx均衡濃度（mol/L）（1x）（3x）xx則=1，解得x=，即達(dá)均衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)變了，轉(zhuǎn)變?yōu)镻4的Ca5（PO4）3F質(zhì)量為a10%b%kg，依據(jù)反響4Ca5（PO4）3CO的質(zhì)量為F+18SiO2+30Ckg，2CaF+30CO+18CaSiO+3P4知生成則轉(zhuǎn)變的CO的質(zhì)量為kg，依

26、據(jù)反響：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）知同樣條件下達(dá)均衡時(shí)能產(chǎn)生H2=kg2016年四川省高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每題3分，滿分21分）1（3分）（2016?四川）化學(xué)與生產(chǎn)和生活親密有關(guān)，以下過程中沒有發(fā)生化學(xué)變化的是（）A氯氣作水的殺菌消毒劑B硅膠作袋裝食品的干燥劑C二氧化硫作紙漿的漂白劑D肥皂水作蚊蟲叮咬處的沖洗劑2（3分）（2016?四川）依據(jù)以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是（）選實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論項(xiàng)將某溶液與稀鹽酸反響產(chǎn)生石灰水變渾該溶液中必定含有CO32的氣體通入澄清石灰水濁B常溫下，將鐵片浸入足量濃硫酸中鐵片不溶解常溫下，鐵與濃硫酸必定沒有發(fā)生

27、化學(xué)反響C向某食鹽溶液中滴加淀粉溶溶液顏色不應(yīng)食鹽中必定沒有增添液變KIO3D向苯酚鈉溶液滴加乙酸溶液溶液變污濁同樣條件下，乙酸的酸性必定比苯酚強(qiáng)（3分）（2016?四川）以下對(duì)于離子共存或離子反響的說法正確的選項(xiàng)是（）+A某無(wú)色溶液中可能大批存在H、Cl、MnO4BpH=2的溶液中可能大批存在Na+、NH4+、SiO32CFe2+與H2O2在酸性溶液中的反響：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2HO+22+D稀硫酸與Ba（OH）2溶液的反響：H+SO4+Ba+OHBaSO4+2HO4（3分）（2016?四川）NA表示阿伏加羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是（）AMg在足量O2中焚燒，轉(zhuǎn)移的電

28、子數(shù)為B標(biāo)準(zhǔn)情況下，CO2氣體中含有的氧原子數(shù)為C氫原子數(shù)為的CH3OH分子中含有的鍵數(shù)為DCH3COOH溶液中含有的H+數(shù)為5（3分）（2016?四川）某電動(dòng)汽車配載一種可充放電的鋰離子電池，放電時(shí)電池總反響為：Li1xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（x1），以下對(duì)于該電池的說法不正確的選項(xiàng)是（）A放電時(shí)，Li+在電解質(zhì)中由負(fù)極向正極遷徙B放電時(shí)，負(fù)極的電極反響式為+LiCxexLi+Cx66CC充電時(shí)，若轉(zhuǎn)移1mole，石墨（C6）電極將增重7xgD充電時(shí)，陽(yáng)極的電極反響式為L(zhǎng)iCoO2xeLi1xCoO2+xLi+6（3分）（2016?四川）必定條件下，CH4與H2O（g）發(fā)生反

29、響：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）設(shè)開端=Z，在恒壓下，均衡時(shí)CH4的體積分?jǐn)?shù)（CH4）與Z和T（溫度）的關(guān)系如下圖，以下說法正確的是（）A該反響的焓變H0B圖中Z的大小為a3bC圖中X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡混淆物中=3D溫度不變時(shí)，圖中X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡在加壓后（CH4）減小7（3分）（2016?四川）向1L含NaAlO2和NaOH的溶液中遲緩?fù)ㄈ隒O2，隨n（CO2）增大，先后發(fā)生三個(gè)不一樣的反響，當(dāng)n（CO2）時(shí)發(fā)生的反響是：2NaAlO+CO2+3H2O2Al（OH）3+Na2CO3以下對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的選項(xiàng)是（）選項(xiàng)n（CO2）/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0+）c（Na）c

30、（AlO2）+c（OHB+2）c（Na）c（AlO）c（OH）c（CO23C+2）c（Na）c（HCO3）c（CO3）C（OHD+c（Na）c（HCO3）c（OH）c（H）二、解答題（共4小題，滿分13分）8（2016?四川）M、R、X、Y為原子序數(shù)挨次增大的短周期主族元素，Z是一種過渡元素M基態(tài)原子L層中p軌道電子數(shù)是s電子數(shù)的2倍，R是同周期元素中最開朗的金屬元素，X和M形成的一種化合物是惹起酸雨的主要大氣污染物，Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿請(qǐng)回答以下問題：（1）R基態(tài)原子的電子排布式是，X和Y中電負(fù)性較大的是（填元素符號(hào)）（2）X的氫化物的沸點(diǎn)低于與其構(gòu)成相像的M的氫化物，其原由是（

31、3）X與M形成的XM3分子的空間構(gòu)型是（4）M和R所形成的一種離子化合物R2M晶體的晶胞如下圖，則圖中黑球代表的離子是（填離子符號(hào)）（5）在稀硫酸中，Z的最高價(jià)含氧酸的鉀鹽（橙色）氧化M的一種氫化物，Z被復(fù)原為+3價(jià)，該反響的化學(xué)方程式是9（13分）（2016?四川）CuCl寬泛應(yīng)用于化工和印染等行業(yè)某研究性學(xué)習(xí)小組擬熱分解CuCl2?2HO制備CuCl，并進(jìn)行有關(guān)研究【資料查閱】【實(shí)驗(yàn)研究】該小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持儀器略）請(qǐng)回答以下問題：（1）儀器X的名稱是（2）實(shí)驗(yàn)操作的先后次序是ae（填操作的編號(hào)）a檢查裝置的氣密性后加入藥品b熄滅酒精燈，冷卻c在“氣體進(jìn)口”處通入干燥HCld點(diǎn)燃酒精燈，加熱e停止通入HCl，而后通