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；