2016年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ含解析版)

发布时间:2024-06-12 09:06:14浏览次数:5
2016 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ)一、选择题:本大题共 7 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.(6 分)下列关于燃料的说法错误的是(  )A.燃料燃烧产物 CO2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 是大气污染物之一2.(6 分)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.乙酸和溴乙烷 D.丙烯和丙烷3.(6 分)a、b、c、d 为短周期元素,a 的原子中只有 1 个电子,b2﹣和 c+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+1B.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 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性4.(6 分)分子式为 C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)(  )A.7 种 B.8 种 C.9 种 D.10 种5.(6 分)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﹣=AgC.电池放电时 Cl﹣由正极向负极迁移D.负极会发生副反应 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑6.(6 分)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.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO47.(6 分)下列实验操作能达到实验目的是(  )实验目的 实验操作A. 制备 Fe(OH)3胶体 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3溶液中B. 由 MgCl2溶液制备无水 MgCl2将 MgCl2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. 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A.A B.B C.C D.D 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作答.第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共 129 分)8.(14 分)联氨(又称肼,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:(1)联氨分子的电子式为   ,其中氮的化合价为   .(2)实验室中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)① 2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1② N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2③ O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3④ 2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1上述反应热效应之间的关系式为△H4=   ,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,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离反应的平衡常数值为    C.根据题意,副产物有丙烯醛,催化剂活性降低,副反应增多,导致产率下降,故 C 正确;D.反应活化能的大小不影响平衡,故 D 错误;故答案为: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)根据图象可知,当 约为 1 时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应 C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(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:1:7.5:1,故答案为:1:1;该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;1:7.5:1。【点评】本题考查热化学方程式,影响化学平衡的因素等知识。注意图象分析判断,定量关系的理解应用是解题关键,题目难度中等。 10.(15 分)某班同学用如下实验探究 Fe2+、Fe3+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 FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是 防止氯化亚铁被氧化 .(2)甲组同学取 2mLFeCl2溶液.加入几滴氯水,再加入 1 滴 KSCN 溶液,溶液变红,说明 Cl2可将 Fe2+氧化.FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为  Cl 2+2Fe 2+ =2Fe 3+ +2Cl ﹣   .(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在 2mLFeCl2溶液中先加入 0.5mL 煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和 l 滴 KSCN 溶液,溶液变红,煤油的作用是 隔离空气(排除氧气对实验的影响) .(4)丙组同学取 10mL0.1mol/LKI 溶液,加入 6mL0.1mol/LFeCl3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 1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层呈紫色;②第二只试管中加入 1 滴 K3[Fe(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  Fe 2+   (填离子符号);实验①和③说明:在 I﹣过量的情况下,溶液中仍含有 Fe 3+   (填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为 可逆反应 .(5)丁组同学向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为  2Fe 2+ +H 2O2+2H + =2Fe 3+ +2H 2O   ;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 铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 ;生成沉淀的原因是 过氧化氢分解反应放热,促进 Fe 3+ 的水解平衡正向移动  (用平衡移动原理解释).【考点】U2:性质实验方案的设计.菁优网版权所有【专题】24:实验设计题.【分析】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化;(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁;(3)煤油不溶于水,密度比水小,分层后可以隔离溶液与空气接触,排除氧气对实验的影响;(4)加入 1 滴 K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象,第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色说明生成 I2,碘离子被铁离子氧化为碘单质,随浓度变小,碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应;(5)向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用,过氧化氢分解反应放热,促进 Fe3+的水解平衡正向移动.【解答】解:(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,在 FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是防止氯化亚铁被氧化,故答案为:防止氯化亚铁被氧化;(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁,反应的离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣,故答案为:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣;(3)煤油不溶于水,密度比水小,分层后可以隔离溶液与空气接触,排除氧气对实验的影响, 故答案为:隔离空气(排除氧气对实验的影响);(4)加入 1 滴 K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象,实验②检验的离子是 Fe2+,①第一支试管中加入 1mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色说明生成 I2,碘离子被铁离子氧化为碘单质,反应的离子方程式为:2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2,③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液,溶液变红,说明随浓度变小,碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应,仍含有铁离子,在I﹣过量的情况下,溶液中仍含有 Fe3+,说明该反应为可逆反应.故答案为:Fe2+;Fe3+;可逆反应.(5)向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用,产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气,氯化铁溶液中存在水解平衡,Fe3++3H2O Fe⇌ (OH)3+3H+,水解反应为吸热反应,过氧化氢分解放出热量,促进 Fe3+的水解平衡正向移动.故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气;过氧化氢分解反应放热,促进 Fe3+的水解平衡正向移动.【点评】本题考查了铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子检验、盐类水解等知识点,注意题干信息的分析判断,题目难度中等. 四、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作答,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.化学--选修 2:化学与技术11.(15 分)双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂.生产双氧水常采用蒽醌法,其反应原理和生产流程如图所示:生产过程中,把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液,在一定温度、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)蒽醌法制备 H2O2理论上消耗的原料是 氢气和氧气 ,循环使用的原料是 乙基蒽醌 ,配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是 乙基蒽醌不溶于水,易溶于有机溶剂 .(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 乙基氢蒽醌 .(3)萃取塔 D 中的萃取剂是 水 ,选择其作萃取剂的原因是 过氧化氢易溶于水被水萃取,乙基蒽醌不溶于水 . (4)工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2,原因是 过氧化氢分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸 .(5)双氧水浓度可在酸性条件下用 KMnO4溶液测定,该反应的离子方程式为  5H 2O2+6H + +2MnO 4﹣ =2Mn 2+ +5O2↑+8H2O   ,一种双氧水的质量分数为 27.5%(密度为 1.10g•cm﹣3),其浓度为  8.90   mol•L﹣1.【考点】U3:制备实验方案的设计.菁优网版权所有【专题】546:无机实验综合.【分析】(1)由转化反应可知,先与氢气发生加成反应,再与氧气发生氧化反应;乙基蒽醌开始被消耗,后来又生成;乙基蒽醌不易溶于水,易溶于有机溶剂;(2)由原理和流程可知,A 中乙基蒽醌与氢气反应;进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌;(3)D 中萃取分离出过氧化氢溶液,则选择萃取剂为水;(4)除净残留的 H2O2,因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸;(5)双氧水在酸性条件下与 KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气,结合 c= 计算浓度.【解答】解:(1)由转化反应可知,乙基蒽醌先与氢气发生加成反应,再与氧气发生氧化反应,则蒽醌法制备 H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气;乙基蒽醌开始被消耗,后来又生成,则循环使用的原料是乙基蒽醌,且结合流程图种再生工作液环节可知乙基蒽醌循环使用;配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水,易溶于有机溶剂,故答案为:氢气和氧气;乙基蒽醌;乙基蒽醌不溶于水,易溶于有机溶剂;(2)由原理和流程可知,A 中乙基蒽醌与氢气反应,反应为 ;进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌,故答案为: ;乙基氢蒽醌;(3)D 中萃取分离出过氧化氢溶液,则选择萃取剂为水,选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取,乙基蒽醌不溶于水,故答案为:水;过氧化氢易溶于水被水萃取,乙基蒽醌不溶于水;(4)工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2,原因是过氧化氢分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸,故答案为:过氧化氢分解放出氧气,与氢气混合,易发生爆炸;(5)双氧水在酸性条件下与 KMnO4溶液发生氧化还原反应生成氧气,离子反应为 5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O,由 c= 可知一种双氧水的质量分数为 27.5%(密度为 1.10g•cm﹣3),其浓度为 =8.90mol/L,故答案为:5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O;8.90.【点评】本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意有机物的性质及应用,题目难度中等. [化学--选修 3:物质结构与性质]12.(15 分)东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品.回答下列问题:(1)镍元素基态原子的电子排布式为  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 8 4s 2   ,3d 能级上的未成对电子数为  2   .(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液.①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 正四面体 . ②在[Ni(NH3)6]SO4中 Ni2+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  N .③氨的沸点 高于 (填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是 氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强 ;氨是 极性 分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为  sp 3 .(3)单质铜及镍都是由 金属 键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1,ICu>INi的原因是  Cu + 电子排布呈全充满状态,比较稳定,失电子需要能量高 , 第二电离能数值大 .(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示.①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为  3 : 1   .②若合金的密度为 d g•cm﹣3,晶胞参数 a=  ×10 7   nm.【考点】98:判断简单分子或离子的构型;9I:晶胞的计算;9S:原子轨道杂化方式及杂化类型判断.菁优网版权所有【专题】51D:化学键与晶体结构.【分析】(1)Ni 元素原子核外电子数为 28,结合能量最低原理书写核外电子排布式;(2)① SO42﹣中 S 原子的孤电子对数= =0,价层电子对数=4+0=4;② Ni2+提供空轨道,NH3中 N 原子含有孤电子对,二者之间形成配位键;③ PH3分子之间为范德华力,氨气分子之间形成氢键,增大了物质的沸点;NH3分子为三角锥形结构,分子中正负电荷重心不重合,N 原子有 1 对孤对电子,形成 3 个 N﹣H 键,杂化轨道数目为 4;(3)单质铜及镍都属于金属晶体;Cu+的外围电子排布为 3d10,Ni+的外围电子排布为 3d84s1,Cu+的核外电子排布更稳定;(4)①根据均摊法计算晶胞中 Ni、Cu 原子数目;②属于面心立方密堆积,结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量,再结合 m=ρV 可以计算晶胞棱长.【解答】解:(1)Ni 元素原子核外电子数为 28,核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2,3d 能级上的未成对电子数为 2,故答案为:1s22s22p63s23p63d84s2;2;(2)① SO42﹣中 S 原子的孤电子对数= =0,价层电子对数=4+0=4,离子空间构型为正四面体,故答案为:正四面体;② Ni2+提供空轨道,NH3中 N 原子含有孤电子对,二者之间形成配位键,故答案为:配位键;N;③ PH3分子之间为范德华力,氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强,增大了物质的沸点,故氨气的沸点高于 PH3分子的,NH3分子为三角锥形结构,分子中正负电荷重心不重合,属于极性分子,N 原子有 1 对孤对电子,形成 3个 N﹣H 键,杂化轨道数目为 4,氮原子采取 sp3杂化,故答案为:高于;氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强;极性;sp3;(3)单质铜及镍都属于金属晶体,都是由金属键形成的晶体;Cu+的外围电子排布为 3d10,Ni+的外围电子排布为 3d84s1,Cu+的核外电子排布更稳定,失去第二个电子更难,元素铜的第二电离能高于镍的,故答案为:金属;Cu+电子排布呈全充满状态,比较稳定,失电子需要能量高,第二电离能数值大; (4)①晶胞中 Ni 处于顶点,Cu 处于面心,则晶胞中 Ni 原子数目为 8× =1、Cu 原子数目=6× =3,故 Cu 与 Ni 原子数目之比为 3:1,故答案为:3:1;②属于面心立方密堆积,晶胞质量质量为 g,则 g=d g•cm﹣3×(a×10﹣7 cm)3,解得 a= ×107.故答案为: ×107.【点评】本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等,是对物质结构主干知识的综合考查,需要学生具备扎实的基础. [化学--选修 5:有机化学基础]13.(15 分)氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下:已知:① A 的相对分子质量为 58,氧元素质量分数为 0.276,核磁共振氢谱显示为单峰②回答下列问题:(1)A 的化学名称为 丙酮 。(2)B 的结构简式为   。其核磁共振氢谱显示为  2   组峰,峰面积比为  1 : 6   。(3)由 C 生成 D 的反应类型为 取代反应 。(4)由 D 生成 E 的化学方程式为  +NaOH +NaCl   。(5)G 中的官能团有 酯基 、 碳碳双键 、 氰基 。(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  8   种。(不含立体结构)【考点】HB:有机物的推断.菁优网版权所有【专题】534:有机物的化学性质及推断.【分析】A 的相对分子质量为 58,氧元素质量分数为 0.276,则 A 分子中氧原子数目为 =1,分子中 C、H 原子总相对原子质量为 58﹣16=42,则分子中最大碳原子数目为 =3…6,故 A 的分子 式为 C3H6O,其核磁共振氢谱显示为单峰,且发生信息中加成反应生成 B,故 A 为 ,B 为,B 发生消去反应生成 C 为 ,C 与氯气光照反应生成 D,D 发生水解反应生成E,结合 E 的分子式可知,C 与氯气发生取代反应生成 D,则 D 为 ,E 发生氧化反应生成F,F 与甲醇发生酯化反应生成 G,则 E 为 ,F 为 ,G 为 。【解答】解:A 的相对分子质量为 58,氧元素质量分数为 0.276,则 A 分子中氧原子数目为=1,分子中 C、H 原子总相对原子质量为 58﹣16=42,则分子中最大碳原子数目为 =3…6,故 A 的分子式为 C3H6O,其核磁共振氢谱显示为单峰,且发生信息中加成反应生成 B,故 A 为 ,B为 ,B 发生消去反应生成 C 为 ,C 与氯气光照反应生成 D,D 发生水解反应生成 E,结合 E 的分子式可知,C 与氯气发生取代反应生成 D,则 D 为 ,E 发生氧化反应生成 F,F 与甲醇发生酯化反应生成 G,则 E 为 ,F 为 ,G 为。(1)由上述分析可知,A 为 ,化学名称为丙酮,故答案为:丙酮;(2)由 上述分析可知,B 的结构简式为 其核磁共振氢谱显示为 2 组峰,峰面积比为 1:6,故答案为: ;2;1:6;(3)由 C 生成 D 的反应类型为:取代反应,故答案为:取代反应; (4)由 D 生成 E 的化学方程式为 +NaOH +NaCl,故答案为: +NaOH +NaCl;(5)G 为 ,G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基,故答案为:酯基、碳碳双键、氰基;(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,含有甲酸形成的酯基:HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2,当为 HCOOCH2CH=CH2时,﹣CN 的取代位置有 3 种,当为 HCOOCH=CHCH3时,﹣CN 的取代位置有 3 种,当为 HCOOC(CH3)=CH2时,﹣CN 的取代位置有 2 种,共有 8 种。故答案为:8。【点评】本题考查考查有机物的推断,关键是确定 A 的结构简式,再结合反应条件、有机物分子式进 行推断,熟练掌握官能团的性质与转化,(6)中注意利用取代方法确定同分异构体。  (已知:N2H4+H+N⇌2H5+的 K=8.7×107;Kw=1.0×10﹣14).联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为  .(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 O2  kg;与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比,联氨的优点是   .9.(14 分)丙烯腈(CH2=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=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:① C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)═C3H3N(g)+3H2O(g)△H=﹣515kJ•mol﹣1② C3H6(g)+O2(g)═C3H4O(g)+H2O(g)△H=﹣353kJ•mol﹣1两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是   ;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是  ;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是   。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为 460℃.低于 460℃时,丙烯腈的产率   (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡转化率,判断理由是   ;高于460℃时,丙烯腈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)丙烯腈和丙烯醛的产率与 n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳 n(氨)/n(丙烯)约为   ,理由是   。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为   。10.(15 分)某班同学用如下实验探究 Fe2+、Fe3+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 FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是   .(2)甲组同学取 2mLFeCl2溶液.加入几滴氯水,再加入 1 滴 KSCN 溶液,溶液变红,说明 Cl2可将 Fe2+氧化.FeCl2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 2mLFeCl2溶液中先加入 0.5mL 煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和 l 滴 KSCN 溶液,溶液变红,煤油的作用是   .(4)丙组同学取 10mL0.1mol/LKI 溶液,加入 6mL0.1mol/LFeCl3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 1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层呈紫色;②第二只试管中加入 1 滴 K3[Fe(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 I﹣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 FeCl2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). 四、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作答,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.化学--选修 2:化学与技术11.(15 分)双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂.生产双氧水常采用蒽醌法,其反应原理和生产流程如图所示:生产过程中,把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液,在一定温度、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)蒽醌法制备 H2O2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   .(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 KMnO4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 1.10g•cm﹣3),其浓度为   mol•L﹣1. [化学--选修 3:物质结构与性质]12.(15 分)东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品.回答下列问题:(1)镍元素基态原子的电子排布式为   ,3d 能级上的未成对电子数为   .(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液.①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是   .②在[Ni(NH3)6]SO4中 Ni2+与 NH3之间形成的化学键称为   ,提供孤电子对的成键原子是   .③氨的沸点   (填“高于”或“低于”)膦(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)单质铜及镍都是由   键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1,ICu>INi的原因是   .(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示.①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为   .②若合金的密度为 d g•cm﹣3,晶胞参数 a=   nm.  [化学--选修 5:有机化学基础]13.(15 分)氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下:已知:① A 的相对分子质量为 58,氧元素质量分数为 0.276,核磁共振氢谱显示为单峰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。(不含立体结构) 2016 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ)参考答案与试题解析 一、选择题:本大题共 7 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.(6 分)下列关于燃料的说法错误的是(  )A.燃料燃烧产物 CO2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【考点】B9:燃料的充分燃烧.菁优网版权所有【专题】517:化学反应中的能量变化;56:化学应用.【分析】A.二氧化碳是形成温室效应的气体;B.化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染;C.液化石油气含有杂质少,燃烧更充分,产物为水和二氧化碳,对空气污染小;D.一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中.【解答】解:A.形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放,故 A 正确; B.化石燃料含有硫等因素,完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨,会造成大气污染,故 B 错误;C.液化石油气含有杂质少,燃烧更充分,燃烧时产生的一氧化碳少,对空气污染小,减少大气污染,故 C 正确;D.燃料不完全燃烧排放的 CO 有毒,是大气污染物之一,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用,注意知识的积累,题目较简单. 2.(6 分)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.乙酸和溴乙烷 D.丙烯和丙烷【考点】I6:取代反应与加成反应.菁优网版权所有【专题】533:有机反应.【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O 键、﹣CHO 及苯环的物质可发生加成反应,如:烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等,注意﹣COOH 不能发生加成反应,以此来解答。【解答】解:A.乙烯可以发生加成反应,乙醇无不饱和键不能发生加成反应,故 A 错误;B.苯一定条件下和氢气发生加成反应,氯乙烯分子中含碳碳双键,可以发生加成反应,故 B 正确;C.乙酸分子中羰基不能发生加成反应,溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应,故 C 错误;D.丙烯分子中含碳碳双键,能发生加成反应,丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查有机物的性质、反应类型,题目难度不大,主要是加成反应的实质理解应用,题目较简单。 3.(6 分)a、b、c、d 为短周期元素,a 的原子中只有 1 个电子,b2﹣和 c+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+1B.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 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性【考点】8F:原子结构与元素周期律的关系.菁优网版权所有【专题】51C:元素周期律与元素周期表专题.【分析】a、b、c、d 为短周期元素,a 的原子中只有 1 个电子,则 a 为 H 元素;b2﹣和 c+的电子层结构相同,结合离子所得电荷可知 b 为 O 元素,c 为 Na;d 与 b 同族,则 d 为 S 元素,结合元素化合物性质与元素周期律解答.【解答】解:a、b、c、d 为短周期元素,a 的原子中只有 1 个电子,则 a 为 H 元素;b2﹣和 c+的电子层结构相同,结合离子所得电荷可知 b 为 O 元素,c 为 Na;d 与 b 同族,则 d 为 S 元素。A.H 元素与 Na 形成化合物 NaH,H 元素为﹣1 价,故 A 错误;B.O 元素与 H 元素形成 H2O、H2O2,与 Na 元素形成 Na2O、Na2O2,与 S 元素形成 SO2、SO3,故 B 正确;C.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,所有元素中 H 原子半径最小,Na 的原子半径最大,故 C 正确;D.d 与 a 形成的化合物为 H2S,H2S 的溶液呈弱酸性,故 D 正确。故选:A。【点评】本题考查结构性质位置关系应用,注意抓住短周期推断元素,熟练掌握元素化合物知识,注意对元素周期律的理解掌握,有利于基础知识的巩固. 4.(6 分)分子式为 C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)(  )A.7 种 B.8 种 C.9 种 D.10 种【考点】H6:有机化合物的异构现象.菁优网版权所有【专题】532:同分异构体的类型及其判定.【分析】C4H8Cl2可以看作为 C4H10中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代,C4H10有 CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种,再结合定一移一法判断.【解答】解:C4H8Cl2可以看作为 C4H10中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代,C4H10有 CH3CH2CH2CH3、CH3C(CH3)2两种,CH3CH2CH2CH3中,当两个 Cl 原子取代同一个 C 原子上的 H 时,有 2 种,当两个 Cl 原子取代不同 C 原子上的 H 时,有 1、2,1、3,1、4,2、3 四种情况,有故该情况有 6 种,CH3CH(CH3)2中,当两个 Cl 原子取代同一个 C 原子上的 H 时,有 1 种,当两个 Cl 原子取代不同 C 原子上的 H 时,有 2 种,故该情况有 3 种,故共有 9 种,故选:C。【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写,题目难度不大,二氯代物的同分异构体常采用“定一移一”法解答,注意重复情况. 5.(6 分)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﹣=AgC.电池放电时 Cl﹣由正极向负极迁移D.负极会发生副反应 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【考点】BL:化学电源新型电池.菁优网版权所有【专题】51I:电化学专题.【分析】Mg﹣AgCl 电池中,活泼金属 Mg 是还原剂、AgCl 是氧化剂,金属 Mg 作负极,正极反应为:2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag,负极反应式为:Mg﹣2e﹣=Mg2+,据此分析。【解答】解:A.活泼金属镁作负极,失电子发生氧化反应,反应式为:Mg﹣2e﹣=Mg2+,故 A 正确;B.AgCl 是难溶物,其电极反应式为:2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag,故 B 错误;C.原电池放电时,阴离子向负极移动,则 Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移,故 C 正确;D.镁是活泼金属与水反应,即 Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查原电池工作原理,注意常见物质的性质,如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键,题目难度中等。 6.(6 分)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.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4【考点】PS:物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.菁优网版权所有【专题】545:物质的分离提纯和鉴别.【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解,说明有一种物质不溶于水,再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解,则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体,可能为二氧化碳或二氧化硫;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,说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体,以此解答该题.【解答】解:A.NaHCO3、Al(OH)3都与盐酸反应,硫酸足量时没有固体剩余,故 A 错误;B.碳酸氢钠与盐酸反应生成气体,AgCl 不溶于盐酸,故 B 错误;C.BaCO3不溶于水,二者都与盐酸反应,且生成气体,若加入足量稀硫酸,有气泡产生,且 BaCO3,能和 H2SO4反应生成 BaSO4沉淀,故 C 正确;D.加入过量硫酸,生成二氧化碳气体,但没有固体剩余,故 D 错误。故选:C。【点评】本题考查物质的检验和鉴别,侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查,注意把握物质的性质,为解答该题的关键,难度中等. 7.(6 分)下列实验操作能达到实验目的是(  ) 实验目的 实验操作A. 制备 Fe(OH)3胶体 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3溶液中B. 由 MgCl2溶液制备无水 MgCl2将 MgCl2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. 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A.A B.B C.C D.D【考点】U5:化学实验方案的评价.菁优网版权所有【专题】542:化学实验基本操作.【分析】A.制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液;B.直接加热,易导致氯化镁水解;C.二者都与稀硝酸反应;D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中,可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性.【解答】解:A.将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3溶液中,生成氢氧化铁沉淀,制备氢氧化铁胶体,应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液,故 A 错误;B.氯化镁易水解,加热溶液易得到氢氧化镁沉淀,为防止水解,应在氯化氢氛围中,故 B 错误;C.二者都与稀硝酸反应,应加入非氧化性酸,如稀硫酸或盐酸,故 C 错误;D.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中,可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性,故 D 正确。故选:D。【点评】本题考查较为综合,涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比较等知识,为高考常见题型,侧重于学生的分析、实验能力的考查,注意把握实验的严密性和可行性的评价,难度不大. 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作答.第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共 129 分)8.(14 分)联氨(又称肼,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:(1)联氨分子的电子式为   ,其中氮的化合价为 ﹣ 2   .(2)实验室中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 2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O   .(3)① 2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1② N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2③ O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3④ 2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1上述反应热效应之间的关系式为△H4=  2△H 3﹣2△H2﹣△H1 ,联氨和 N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 反应放热量大,产生大量气体 .(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离反应的平衡常数值为  8.7×10 ﹣7 (已知:N2H4+H+N⇌2H5+的 K=8.7×107;Kw=1.0×10﹣14).联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 N2H6( HSO 4)2 .(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 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.理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2  1   kg;与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比,联氨的优点是  N 2H4 的用量少,不产生其他杂质(反应产物为 N 2 和 H 2O ),而 Na 2SO3 产生 Na 2SO4 .【考点】BF:用盖斯定律进行有关反应热的计算;EL:含氮物质的综合应用.菁优网版权所有【专题】524:氮族元素.【分析】(1)肼的分子式为 N2H4,是氮原子和氢原子形成四个共价键,氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物,元素化合价代数和为 0 计算化合价; (2)氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼,次氯酸钠被还原生成氯化钠;(3)① 2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1② N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2③ O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣① 得到④ 2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离方程式为 N2H4+H2O N⇌2H5++OH﹣,平衡常数 Kb= = × =K×Kw,由于是二元碱,因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6(HSO4)2;(5)联胺被银离子氧化,银离子被还原生成单质银,联胺被氧化失电子 N2H4~N2﹣4e﹣,O2~4e﹣,依据守恒计算判断,依据锅炉的质地以及反应产物性质解答.【解答】解:(1)肼的分子式为 N2H4,是氮原子和氢原子形成四个共价键,氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物,电子式为: ,其中氢元素化合价为+1 价,则氮元素化合价为﹣2 价,故答案为: ;﹣2;(2)氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼,次氯酸钠被还原生成氯化钠,结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为:2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O,故答案为:2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O;(3)① 2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1② N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2③ O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣① 得到④ 2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1,根据反应④可知,联氨和 N2O4反应放出大量热且产生大量气体,因此可作为火箭推进剂,故答案为:2△H3﹣2△H2﹣△H1;反应放热量大,产生大量气体;(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似.联氨第一步电离方程式为 N2H4+H2O N⇌2H5++OH﹣,平衡常数 Kb= = × =K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7,第二步电离方程式为 N2H5++H2O N⇌2H62++OH﹣,因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6(HSO4)2,故答案为:8.7×10﹣7,N2H6(HSO4)2;(5)联胺被银离子氧化,银离子被还原生成单质银,﹣2 价的 N 元素被氧化为 N2,反应方程式为:N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr,因此反应出现现象为:固体逐渐变黑,并有气泡产生,由于肼的氧化产物是氮气,不会对锅炉造成腐蚀,而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠,易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用,联胺被氧化失电子 N2H4→N2失去 4e﹣,O2→O2﹣得到 4e﹣,联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol,则等质量联胺和氧气物质的量相同,理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O21kg,与使用Na2SO3处理水中溶解的 O2相比,联氨的优点是用量少,不产生其他杂质(反应产物为 N2和 H2O),而Na2SO3产生 Na2SO4,故答案为:固体逐渐变黑,并有气泡产生;1;N2H4的用量少,不产生其他杂质(反应产物为 N2和H2O),而 Na2SO3产生 Na2SO4.【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法,主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断,题目难度中等. 9.(14 分)丙烯腈(CH2=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=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:① C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)═C3H3N(g)+3H2O(g)△H=﹣515kJ•mol﹣1② C3H6(g)+O2(g)═C3H4O(g)+H2O(g)△H=﹣353kJ•mol﹣1两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是 两个反应均为放热量大的反应 ;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 低温、低压 ;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 催化剂 。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为 460℃.低于 460℃时,丙烯腈的产率 不是 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡转化率,判断理由是 该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低 ;高于 460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是  AC   (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)丙烯腈和丙烯醛的产率与 n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳 n(氨)/n(丙烯)约为  1   ,理由是 该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为  1 : 7.5 : 1   。【考点】BE:热化学方程式;CB:化学平衡的影响因素;CP:化学平衡的计算.菁优网版权所有【专题】517:化学反应中的能量变化;51E:化学平衡专题.【分析】(1)依据热化学方程式方向可知,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行,提高丙烯腈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,即低于 460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于 460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率;产率降低主要从产率的影响因素进行考虑;(3)根据图象可知,当 约为 1 时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低,根据化学反应 C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(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,依据氧气在空气中约占 20%计算条件比。【解答】解:(1)两个反应在热力学上趋势均很大,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;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腈的平衡产率,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;故答案为:两个反应均为放热量大的反应;低温、低压;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,即低于 460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于 460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于 460°C 时,丙烯腈产率降低,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,故 A 正确;B.由图象可知,升高温度平衡常数变小,故 B 错误;
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