2016年高考四川卷理综化学试题解析

2016年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

理科综合·化学·试题解析

学而思高考研究中心

第I卷（选择题，共42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 【解析】

考察化学与生活。

A项中Cl2?H2O?HClO?HCl，生成的HClO具有强氧化性，可对水进行杀菌消毒；B项中硅胶仅起到吸水干燥的作用，不涉及化学变化；C项中SO2可对纸浆进行漂白，这个过程涉及化学变化；D项中被蚊虫叮咬会产生蚁酸HCOOH，肥皂水显碱性，涂抹肥皂水发生酸碱中和，可清洗叮咬处。故选B。

2．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ） 选项 A B C D 实验操作 将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水 常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液 向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液 现象 结论 2? 石灰水变浑浊 该溶液中一定含有CO3铁片不溶解 常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应 相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强 溶液颜色不变 该食盐中一定没有添加KIO3 溶液变浑浊 【答案】D 【解析】

考察实验操作和物质鉴别。

2?A项中，能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，故原溶液中可能含有CO3、

?2??、SO3、HSO3；B项中常温下铁片浸入浓硫酸中发生钝化，钝化是化学HCO3变化； C项中淀粉溶液遇碘单质变为蓝色，并不是遇碘元素变为蓝色，故不能证明该食盐中一定没有添加KIO3；D项中发生反应

C6H5ONa?CH3COOH?C6H5OH?CH3COONa，该反应是强酸制弱酸，可以说明相同条件下乙酸的酸性强于苯酚。故选D。

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?、MnO?4

2?B．pH?2的溶液中可能大量存在Na?、NH?4、SiO3

C．Fe2?与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2??H2O2?2H?=====2Fe3??2H2O

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?2??D．稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：H??SO24?Ba?OH=====BaSO4??H2O

【答案】C 【解析】

考察离子共存和离子方程式的书写。 A项中大量MnO?4在水溶液中呈现紫色，不满足无色溶液的要求；B项pH=2说明

2?是酸性溶液，存在H?，而H?和SiO3不能大量共存，会生成硅酸沉淀或胶体；C

项中Fe2?在酸性条件下会被H2O2氧化生成Fe3?，离子方程式为

2Fe2??H2O2?2H??2Fe3??2H2O；D项正确的离子方程式应该是

?2?2H??SO2?2OH??BaSO4??2H2O。故选C。 4?Ba

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，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0.1NA B．标准状况下，5.6L CO2气体中含有氧原子数为0.5NA

C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA D．0.1L 0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA

【答案】B 【解析】

考察阿伏伽德罗常数的计算。

点燃A项中，发生反应2Mg?O22MgO，2.4g的Mg物质的量为0.1 mol，完全燃烧转移的电子数为0.2NA；B项中，标况下5.6 LCO2其物质的量为0.25 mol，

HHCOH含有的氧原子数为0.5 NA；C项中CH3OH的结构式为H，1 molCH3OH含有5 mol的σ键，故氢原子数为0.4 NA的CH3OH其物质的量为0.1 mol，含有0.5 NA的σ键；D项由于CH3COOH是弱酸，在水中只能部分电离，故0.1 L、0.5 mol/L的CH3COOH溶液中H?数目小于0.05 NA。故选B。

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?x e?====x Li++C6 C．充电时，若转移1mole?，石墨（C6）电极将增重7x g

D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2?x e?====Li1-xCoO2+x Li+

【答案】C 【解析】

考察原电池和电解池。

A项，放电时，Li?在负极生成，由负极向正极迁移；B项，负极发生氧化反应，LixC6失去电子，电极反应式为LixC6?xe??xLi??C6；C项中，充电时，总反应为LiCoO2?C6?Li1?xCoO2?LixC6，石墨电极的电极反应式为

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1-C6?xLi??xe??LixC6，由反应关系可知，每转移1 mole，生成molLixC6，x增重7 g；D项中，充电时，阳极发生氧化反应，其电极反应式为LiCoO2?xe??Li1?xCoO2?xLi?。故选C。

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)?Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数?(CH4)与? (CH4)n(CH4)Z和T（温度）的关系如右图所示，下列说法正确的是（ ） A．该反应的焓变△H?0 B．图中Z的大小为a?3?b

n(H2O)?3 C．图中X点对应的平衡混合物中

n(CH4)D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后?(CH4)减小

X?OT/?C【答案】A

【解析】

考察化学平衡。

A项中，由图像可知，任取一条平衡曲线，温度升高，平衡时CH4的体积分数减小，说明温度升高，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，ΔH＞0；B项由图可知，增大水和甲烷的投料比，会增大甲烷的转化率，从而使平衡时甲烷的体积分

n(HO)数减小，所以b>3>a；C项中，X点对应的曲线起始2 =3，温度升高，平衡

n起始(CH4)正向移动，设平衡后，参与反应的n(H2O) =a mol，则平衡时二者的比值为

n起始(H2O)?a必然大于3；D项中，若温度不变，X点对应的平衡加压后，反应

n起始(CH4)?a逆向移动，CH4的体积分数会增加。故选A。

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 A B C D n(CO2)/mol 0 0.01 0.015 0.03 溶液中离子的物质的量浓度 ?c(Na?)?c(AlO?2)?c(OH) ?2?c(Na?)?c(AlO?2)?c(OH)?c(CO3) ?2c(Na?)?c(HCO3)?c(CO3)?c(OH?) ?c(Na?)?c(HCO3)?c(OH?)?c(H?) 【答案】D 【解析】

考察溶液中离子浓度的关系。

A项中，未通入CO2时，由电荷守恒可知，溶液中

????c(Na?)?c(H?)?c(AlO?2)?c(OH)，则c(Na)?c(AlO2)?c(OH)；B项通入了0.01 molCO2，发生反应：2NaOH?CO2?Na2CO3?H2O,由于酸性

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?2?HCO3?Al(OH)3，故水解程度AlO??CO23，所以离子浓度应该是

2??c(Na?)?c(CO3)?c(AlO?)?c(OH)；C项中此时溶液的溶质只有Na2CO3，故22??其离子浓度应该是c(Na?)?c(CO3)?c(OH?)?c(HCO3)；D项中，通入了0.03 molCO2后，溶质为NaHCO3，由于NaHCO3溶液呈碱性，故离子浓度为?c(Na?)?c(HCO3)?c(OH?)?c(H?)。故选D。

第II卷（非选择题，共58分）

8．（13分）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轨道电子数的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①，X和Y中电负性较大的是②（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晶体的晶胞如右图所示，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或[Ne]3s1，Cl

（2）H2O分子间存在氢键，而H2S分子间没有氢键 （3）平面三角形 （4）Na?

（5）3H2O2?K2Cr2O7?4H2SO4?K2SO4?Cr2(SO4)3?7H2O?3O2? 【解析】

首先推断各种元素。M元素的2p电子数是2s的2倍，故价电子排布应为2s22p4，M为氧元素。R的原子序数比氧大，又是短周期金属，故只能是第三周期。第三周期最活泼的金属是钠。X与M的化合物，引起酸雨，只有可能是二氧化硫或氮氧化物。但是X的原子序数比氧大，故X只能是硫元素。Y的原子序数比X大，又是短周期元素，只能是氯元素。Z的最高价含氧酸的钾盐是橙色，这是重

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铬酸盐的典型颜色。题目中关于4s、3d轨道半充满的描述，也能推出Z是铬元素（3d54s1）。

（1）考察核外电子排布的三条规则：能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则以及元素周期性中电负性的递变。钠元素的基态电子排布为1s22s22p63s1，Cl的电负性比S大。

（2）考察分子间作用力对物理性质的影响。对于氢键X-H…Y，X与Y只能是N，O，F三者之一，故H2O有氢键，而H2S没有。分子间氢键会导致化合物熔沸点升高。

（3）考察价层电子对互斥理论。对于SO3分子，成键电子对数为3，孤电子对数为：

1?(6?2?3)?0。故分子应该是平面三角形。 2（4）考察晶胞中微粒数的计算——均摊法。R2M为Na2O。晶胞中黑球全部在

11晶胞内部，故有8个，白球有8??6??4个，二者比例为2:1。故黑球为Na?。

82（5）水的化学性质稳定，不会与重铬酸钾反应。故被氧化的M的氢化物只能是

H2O2，氧化产物是O2。根据题目，还原产物中Cr为+3价，反应又在稀硫酸中进行，故还原产物为Cr2(SO4)3。根据元素守恒，另两个产物是K2SO4和H2O。根据氧化还原配平原则配平即可。

9．（13分）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CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。

?300?CHCl气流【资料查阅】CuCl2·2H2O CuCl2 CuCl+Cl2 140?C 200?CCuO△Cu(OH)Cl222

【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。 气体入口CuCl2?2H2O无水CuSO4X湿润蓝色NaOH 石蕊试纸A B C D 溶液

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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? 。 ?c（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 。 【探究反思】

（5）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）试纸先变红后逐渐褪色 （4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

（5） ①加热温度不够，导致CuCl2未完全分解

②在氯化氢氛围不足时加热，少量的CuCl2?2H2O转化为Cu2(OH)2Cl2最后分解生成CuO 【解析】 （1）略。

（2）考查实验设计的步骤。为保证氯化氢氛围，准确的步骤应为：检查气密性-装入药品-排除空气-点燃酒精灯加热-熄灭酒精灯并冷却至室温-停止通入气体。

（3）反应中通入的HCl溶于水呈酸性，使石蕊试纸变红。后氯化铜分解生成的

氯气与水反应会生成氯化氢和次氯酸，次氯酸体现很强的氧化性，使得色素被漂白而褪色。

（4）注意题目中提到了氧化还原反应的方程式，所以只有此反应正确。 （5）①根据题意可知，CuCl2分解为CuCl的反应只能在高于300 oC时发生，若

温度不够，则部分CuCl2没有完全分解。②根据题意可知，CuCl2?2H2O加热时有两条反应途径，充足的氯化氢氛围中生成CuCl2，氯化氢不足或者无氯化氢时的反应还会生成Cu2(OH)2Cl2。那么，氯化氢不足时，可能导致水

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解反应发生，从而有Cu2(OH)2Cl2生成，进而再分解生成CuO。

10．（16分）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

成路线如下（部分反应条件和试剂略）：

COOHCOOH试剂 Ⅰ（CH3OH）浓H2SO4 ,①A(C6H10O4)一定条件试剂 Ⅱ（BrCH2CH2CH2Br）ONa②OBr③OCOOCH3COOCH3NaOH④B稀盐酸⑤试剂ⅢC(C15H20O5)⑥D一定条件⑦EOCOOH已知：R1COOHCR2COOHR1COOH↑CR2+CO2(R1 和 R2代表烷基）H

请回答下列问题：

a，试剂II中官能团的名称是○b，第②步的反应类型是○c。 （1）试剂I的名称是○

（2）第①步反应的化学方程式是 。 （3）第⑥步反应的化学方程式是 。

（4）第⑦步反应中，试剂III为单碘代烷烃，其结构简式是 。

（5）C的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y和CH3(CH2)4OH。若X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X与Y发生缩聚反应

所得缩聚物的结构简式是 。

【答案】

（1）甲醇，溴原子，取代反应 （2）

（3）

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（4）CH3I

（5）

【解析】本题以丙二酸衍生物合成法为载体，考查（1）有机化学的基本知识（命名、反应）。（2）阅读信息的能力。（3）观察、对比、推理的能力。反应①为酯化反应。反应②（Williamson醚合成）和③（丙二酸衍生物的烷基化）虽然是陌生的反应，但反应物、试剂和产物都已经给出，实际上难度不大。反应④和⑤是酯的碱性水解再酸化。反应⑥（脱羧）在信息中给出。⑦需要学生通过观察对比得出结论。

（1）前两空为基础知识，解析略。第三空，对于反应②，通过观察对比反应物与产物的结构，可以发现Na原子被基团所取代，符合取代反应的定义。

（2）酯化反应的书写，属于基础知识，解析略。

（3）套用题目信息，脱去一个羧基放出二氧化碳得到产物。

（4）通过观察对比D（见（3）的答案）与E的结构，发现E比D多出一个甲基，而这个甲基一定来自试剂Ⅲ。又因为试剂Ⅲ是单碘代烷烃，故只能是碘甲烷。 （5）C的该同分异构体分子式中有5个O，能水解成三个分子，其中一个是醇（CH3(CH2)4OH），一个是羧酸（X），而Y也能与X发生缩聚反应，故Y也是一个醇。换言之，C的该同分异构体中应该含有两个酯基，X中应该含有两个羧基。故三个水解产物的分子式之和，应该是C的该同分异构体的分子式加上2分子水，即C15H24O7。其中X根据核磁共振信息，只能是对苯二甲酸：

从分子式的总和减去已知的两个分子，Y的分子式为C2H6O2。因为Y必须含有醇羟基，且核磁共振只有两组氢，故Y是乙二醇HOCH2CH2OH。对苯二甲酸和乙二醇的缩聚产物见（5）的答案。这一产物就是涤纶。

11．（16分）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3，某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg (OH)2、P4和H2，其简化流程如下： (NH4)2SO4 NH4NO3 SiO2、C 95?C浸取95?C浸取940?C过滤过滤高温磷矿II CO+P4 磷精矿 磷尾矿 磷矿I 煅烧浸取液I 已知：①Ca5(PO4)3F在950?C不分解；

②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C

CaCO3 浸取液II Mg(OH)2

高温2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4

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请回答下列问题：

（1）950?C煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是 。 （2）实验室过滤所需的玻璃仪器是 。 （3）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取Ca2+的原因是 。 （4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是_____________。

（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25?C，101kPa时；

?H??271kJ/mol CaO(s)+H2SO4(l)==== CaSO4(s)+H2O(l)

?H??937kJ/mol 5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g) ==== Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) 则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 。

（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之

5。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质6量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2 kg。

比为1:5，达平衡时，CO转化为

【答案】 （1）CO2

（2）烧杯、漏斗、玻璃棒

（3）磷矿I中的氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水，从而浸取出钙离子； （4）2NH3?2H2O?MgSO4?Mg(OH)2?+(NH4)2SO4 （5）

Ca5(PO4)3F(s)?5H2SO4(l)?HF(g)?5CaSO4(s)?3H3PO4(l)?H??418KJ/mol （6）2.2?10-5ab 【解析】

（1）碳酸盐分解生成二氧化碳。 （2）基础知识，解析略。

（3）煅烧时，碳酸盐先分解得到氧化钙和氧化镁。氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水（强碱制弱碱），从而浸取出钙离子； （4）解析略。

（5）考察盖斯定律。反应①×5 -反应②，就能得到答案中的反应。故ΔH = 5×(-271) – (-937) = -418 kJ/mol.

（6）考察工艺流程与化学平衡的相关计算。先计算平衡常数。

CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ? 反应前 1 5 0 0

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-5/6 1/6 55?66=1 平衡常数K=251?66反应前 1 变化量 -x 反应后 1-x

变化量 反应后 -5/6 25/6 5/6 5/6 5/6 5/6

3 -x 3-x 0 x x 0 X x

3x2平衡常数K==1 解得x?

4(1?x)(3?x)故每1 mol的CO会产生0.75 mol的H2。

H2的质量（以kg为单位）可计算为： a303?10%?b%???2?2.2?10?5ab 50444其中30/4为反应方程式中的CO与Ca5(PO4)3F的物质的量之比，2 g/mol为H2的摩尔质量。

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