2017年高考化学试卷（浙江）【11月】（解析卷）

参考答案 1．【答案】A 【考点】物质的分类 【解析】氧化物是指氧元素与另外一种元素组成的二元化合物，B是碱；C是 酸；D是盐。只有A正确。 2．【答案】B 【考点】仪器名称 【解析】A为(球形)分液漏斗；B为蒸馏烧瓶；C为容量瓶；D为烧杯。 3．【答案】C 【考点】电解质 【解析】电解质是指溶于水或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、 部分金属氧化物和水。A为金属单质，既不是电解质，也不是非电解质；B为 有机物，属于非电解质；C为盐类，是电解质；D为混合物，既不是电解质， 也不是非电解质。 4．【答案】C 【考点】分散系 【解析】分散系中，分散质粒子直径小于1 nm的称为溶液，介于1～100 nm之 间的称为胶体，大于100 nm的称为浊液。四个选项中，A、D属于胶体；B为溶 液；C为悬浊液。 5．【答案】D 【考点】能源 【解析】三大化石燃料包括：煤、石油、天然气，D不是化石燃料。 6．【答案】C 【考点】常见化合物的用途 【解析】发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，俗称小苏打，故C错误。 7．【答案】D 【考点】反应类型判断 【解析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合 物的反应，故D正确。 8．【答案】A 【考点】化学用语【解析】A选项中氯原子结构示意图应为 ，故A错误。 9．【答案】C 【考点】溶液酸碱性判断 【解析】A项，氢氧化钠的水溶液显碱性，能使酚酞变红；B项，碳酸钠水溶 液中碳酸根离子水解显碱性，能使酚酞变红；C项，氯化钠水溶液显中性，不 能使酚酞变红；D项，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，能使酚酞变红； 故选C。 10．【答案】D 【考点】物质鉴别 【解析】A项，CO不能使澄清石灰水变浑浊，CO2可以使澄清石灰水变浑浊； B项，苯的密度比水小，在上层，四氯化碳的密度比水大，在下层；C项，氢 氧化钡与NH4Cl混合加热产生有刺激性气味的气体，与(NH4)2SO4反应加热产 生白色沉淀硫酸钡，同时产生有刺激性气味的气体，与K2SO4反应只产生白色 沉淀，故可鉴别；D项，碘水中有碘单质，溴水可以氧化淀粉碘化钾试纸中的 碘离子，生成碘单质，都可以使淀粉碘化钾试纸变蓝，故无法鉴别，选D。 11．【答案】A 【考点】五同 【解析】核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，氧的质子数为 8，该原子的质量数为18，那么中子数为10，故A正确；金刚石和石墨可以互 相转化，B错误；乙酸和乙酸甲酯的官能团不同，不是同系物，C错误；己烷 有5种同分异构体，D错误。 12．【答案】B 【考点】离子方程式的书写 【解析】氢氧化钡是强电解质，书写离子方程式时应写成离子形式，故正确的 离子方程式为CO＋Ba2＋===BaCO3↓。 13．【答案】D 【考点】元素推断 【解析】可推出X、Y、Q、Z分别为N、O、Si、Cl，同周期元素从左到右原子 半径逐渐减小，A错误；Si的非金属性弱于Cl，所以H2SiO3的酸性比HClO4的 酸性弱，B错误；N、O与H元素可形成NH4NO3，含有离子键，C错误；Si是良 好的半导体材料，与Cl可形成化合物SiCl4，D正确。14．【答案】A 【考点】烷烃取代物的种类，乙烯、乙醇、乙醛的化学性质 【解析】苯虽然能与H2发生加成反应，但并没有碳碳双键，而是一种介于单键 与双键之间的特殊共价键，B错误；水与钠的反应比乙醇与钠的反应剧烈，C 错误；乙醛易被氧化成乙酸，D错误。 15．【答案】C 【考点】糖类、脂类、蛋白质 【解析】高级脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，A错误；同种氨基酸之间也可 以形成多肽，B错误；鸡蛋清是一种蛋白质，向其中加入硫酸钠产生沉淀是发 生了盐析，这是一种物理变化，是可逆的，因此加水后沉淀又会溶解，C正 确；用新制氢氧化铜检验葡萄糖时需在碱性环境下，应先加NaOH中和硫酸， 再加氢氧化铜，故D错误。 16．【答案】B 【考点】化学反应速率与转化率 【解析】正反应速率与反应物的浓度有关，且反应物浓度越大反应速率越快， 而NH3是产物，故A错误；N2和H2的物质的量之比为1∶3，反应消耗也是1∶3， 故N2和H2的转化率相同，故B正确；当1 mol N2参与反应时放出的热量为92.4 kJ，而题目中没有确定反应的量，故C错误；由表格可知600 ℃、30 MPa下反 应达到平衡时，NH3的物质的量分数相对于500 ℃、30 MPa时减小，故D错 误。 17．【答案】B 【考点】原电池(电极判断、电极方程式书写) 【解析】金属(M) 空气电池中M失电子作负极，故A正确；根据传递M2＋和OH －，可知电解质是熔融的M(OH)2，故B错误；空气得电子作正极，电极反应为 O2 ＋4e－＋2H2O===4OH－，故C 正确；电池总反应为2M ＋O2 ＋ 2H2O===2M(OH)2，故D正确。 18．【答案】B 【考点】弱电解质 【解析】25 ℃时，pH＜7的溶液呈酸性，但温度未知，所以pH＜7的溶液不一 定呈酸性，故A正确；在相同温度下，一水合氨部分电离，NaOH完全电离， 物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，NaOH溶液中c(OH－)更大，故B错 误；在相同温度下，盐酸、CH3COOH溶液中分别存在电荷守恒：c(Cl－)＋ c(OH－)＝c(H＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，又因为pH相等，所以c(Cl －)＝c(CH3COO－)，故C正确；氨水和盐酸反应后的溶液中存在c(Cl－)＋c(OH －)＝c(NH)＋c(H＋)，若c(Cl－)＝c(NH)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液呈中性，故 D正确。 19．【答案】D 【考点】热化学 【解析】根据气态水变为液态水放热，故A错误；由转化关系图可知ΔH1＋ ΔH2≠0，故B错误；由转化关系图可知ΔH3≠ΔH4＋ΔH5，故C错误；由转化关系 图可知，经过一个循环之后回到原始状态，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝ 0，故D正确。 20．【答案】D 【考点】微粒间作用力和物质结构 【解析】S和Mg的最外电子层分别得、失2个电子后都形成了8个电子的稳定结 构，故A选项正确；石英和金刚石是原子晶体，原子间通过共价键结合，故B 选项正确；浓硫酸与水混合时，浓硫酸发生电离，破坏了共价键，属于微粒间 作用力，故C选项正确；H2O2分解破坏共价键，不属于分子间作用力，故D选 项错误。 21．【答案】A 【考点】反应转化率与选择性 【解析】由图像可知，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性先 升高后减小，故A选项错误；由图像可知，当乙醇进料量一定，随温度的升 高，乙烯选择性先升高后减小，故B选项正确；由图像可知，当温度一定，随 乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，故C选项正确；由图像可知，当温度一 定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，故D选项正确。 22．【答案】B 【考点】NA 【解析】浓硫酸与镁反应产物是二氧化硫和硫酸镁，浓硫酸变稀之后与镁反应 产物是氢气和硫酸镁，若0.2 mol H2SO4反应产物全为二氧化硫，转移电子数为 0.2NA，若产物全为氢气，转移电子数为0.4NA，所以转移电子数应介于0.2NA 和0.4NA之间，故A选项正确；pH＝3的醋酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，在1 L的溶液中，含H＋的数目等于0.001NA，故B选项错误；1个苯中含有6个C—H 键，1 mol苯中含有C—H键的数目一定为6NA，故C选项正确；R2＋的核外电子 数为(A－N－2)，a mol的R2＋的核外电子数为a(A－N－2)NA，故D选项正确。 23．【答案】C 【考点】溶液中的离子平衡【解析】根据图像可知在pH＞3时，加入少量 NaOH固体，α(HA－)在减小，故A选项错误；根据图像的交点可知HA－的电离 平衡常数近似为10－4，A2－ 的水解平衡常数近似为10－10，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水， 所得的溶液中α(HA－)＜α(A2－)，故B选项错误；根据图像可知NaHA溶液为酸 性溶液，故HA－的电离能力大于HA－的水解能力，故C选项正确；D选项不确 定是否含别的阳离子，若含别的阳离子则α(H2A)和α(HA－)不相等，故D选项错 误。 24．【答案】B 【考点】气体的除杂问题 【解析】题干中要求逐一吸收相应组分，即一种溶液吸收一种气体，连苯三酚 的碱性溶液除了能吸收O2之外，还能与CO2反应；CuCl的盐酸溶液除了能吸收 CO之外，还能被O2氧化；为满足题意，吸收O2前需要先吸收CO2，吸收CO前 需吸收O2，所以气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，所以A、C正 确；若用灼热的铜网代替连苯三酚的碱性溶液，会发生2Cu＋O22CuO，CO＋ CuOCO2＋Cu，又产生了CO2，故B错误；由于盐酸易挥发，最后一个吸收液 为CuCl的盐酸溶液，导出气体中可能含有HCl，故D正确。 25．【答案】C 【考点】离子推断 【解析】K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3混合物溶于水，滤渣中含有不溶于盐酸的 BaSO4，不符合③的结果，故A错误；Na2CO3、AgNO3、KNO3混合物溶于 水，碳酸银为滤渣，其和盐酸反应生成二氧化碳气体和氯化银沉淀，不符合③ 的结果，故B错误；K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2混合物溶于水，碳酸钡为滤渣， 可以完全溶于盐酸，生成二氧化碳气体，符合③的结果，滤液中可能是碳酸根 离子剩余，也可能是钡离子剩余，若碳酸根离子有剩余，加入氯化钡会有白色 沉淀，符合②的结果，故C正确；KNO3、MgCl2、NaOH混合物溶于水，氢氧 化镁为滤渣，其溶于盐酸无气体产生，不符合③的结果，故D错误。 26．【答案】(1)CH≡CH (2)加成反应 (3)CH3CH2COOH＋CH3OH CH3CH2COOCH3＋H2O (4)ACD 【考点】简单有机推断及有机物的性质 【解析】B的化学式为C3H4O2，依据A与CO、H2O以物质的量1∶1∶1的比例形成 B可知A的化学式为C2H2，故A为乙炔，结构简式为CH≡CH。依据转化关系以 及E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体可知E为酯，根据E的化学式为 C4H8O2可知E为饱和酯， B→D→E先发生酯化反应再发生加成反应，由B→C→E的反应条件可知是先发 生加成反应再发生酯化反应，故C 为CH3CH2COOH ，D 为 CH2===CHCOOCH3，E为CH3CH2COOCH3。 (1)A为乙炔，结构简式为CH≡CH。 (2)D→E的反应类型为加成反应。 (3)C→E 的化学方程式为CH3CH2COOH ＋CH3OH CH3CH2COOCH3 ＋ H2O。 (4)B与C都含有羧基，都可与金属钠反应，故不可用金属钠鉴别B和C，A项错 误；A中含有碳碳叁键，可与氯化氢发生加成反应，B项正确；E为丙酸甲酯， 不可由乙醇和乙酸加热反应生成，C项错误；与A的最简式相同，相对分子质 量为78的烃的化学式为C6H6，C6H6不一定是苯，也有可能是含碳碳双键与碳 碳叁键的烃，故可能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误。 27．【答案】(1)HH BaSO4 (2)4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4 (3)2S2－＋SO＋6H ＋===3S↓＋3H2O 【考点】无机推断、氧化还原反应 【解析】亚硫酸钠隔绝空气加热分解质量并没改变，说明并没有生成气体，应 该是分解成了几种固体，加入盐酸后产生气体Y，根据密度算出气体Y的摩尔 质量为34 g·mol－1，结合题目以及元素守恒，推断气体Y为H2S。那么Na2SO3 的分解生成物中一定有S2－(Na2S)，同时这是一个氧化还原反应，＋4价的S有 降价必然还有升价，只能生成＋6价，所以另一分解产物应该是含有硫酸根的 Na2SO4，再配平即可。(3)X与亚硫酸钠混合，在酸性环境下产生了淡黄色沉 淀，根据题目环境以及我们学过的淡黄色沉淀推知生成S单质，显然这是一个 S2－与SO的归中反应，反应物还有H＋。 28．【答案】(1)乙 铜丝变红色，试管壁有水珠生成 (2)不正确，剩余的铁将生成的三价铁还原成了二价铁离子：Fe＋2Fe3＋ ===3Fe2＋ 【考点】气体的收集；CuO的还原反应；Fe3＋和Fe2＋的转化：Fe3＋的检验 【解析】(1)氢气的密度小于空气，所以用向下排空气法收集，选乙；氧化铜和 氢气发生反应CuO＋H2===H2O＋Cu，所以铜丝变红色，试管壁有水珠出现。 (2)已知3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，Fe3O4中含有三价铁，但是剩余的铁单质会 和三价铁离子反应生成二价铁离子，若剩余铁单质足量，将所有铁离子反应完 全，那么加入硫氰化钾溶液，就不会出现血红色。 29．【答案】(1)60%(或0.60) (2)0.095 mol 【考点】氧化还原反应、电子守恒计算 【解析】(1)KMnO4的分解率＝。题目已知KMnO4共7.90 g，物质的量为0.05 mol。加热分解后剩余固体为7.42 g，损失的质量为O2的质量0.48 g，说明O2的 物质的量为0.015 mol。由2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO4 0.03 mol。所以KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。 (2)在整个反应过程前后，锰元素从＋7价全部转化为＋2价，说明整个反应过程 中转移了0.05 mol×5＝0.25 mol电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体A，则A 应为氯气。所以整个反应过程中只有氧元素和氯元素失电子。氧元素失电子产 生氧气，转移了0.015 mol×4＝0.06 mol电子。根据电子守恒得知，氯元素必然 转移0.19 mol电子。每产生1 mol氯气就转移2 mol电子，所以一定会产生0.19 mol÷2＝0.095 mol氯气。 30．【答案】(一)(1)C (2)温度升高加快反应速率；反应吸热，平衡正向移动，温度升高使平衡正向移 动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用 (3)①1.951 ②反应2的活化能比反应1的小，催化剂显著降低了反应2的活化 能，反应生成的C10H12很快转变成C10H8，故x1显著低于x2 ③ (二)Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－ 【考点】热化学、电化学、化学平衡 【解析】(一)(1)提高平衡转化率即平衡正向移动，应该升温、降压。所以选择 高温低压，选C。 (3)①该反应可以直接看作十氢萘分别分解为四氢萘和萘，则生成氢气的物质的 量：0.374 mol×5＋0.027 mol×3＝1.951 mol。(二)根据阴极的另一个方程式以及 题干信息可知，Fe2O3参与阴极反应，生成Fe。电解质为熔融NaOH—KOH， 则电极方程式为Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－。 31 ．【答案】(1)2Al ＋2NaOH ＋2H2O===2NaAlO2 ＋3H2↑ AlO ＋CO2 ＋ 2H2O===Al(OH)3↓ ＋HCO (2)BCD (3)⑥⑤④ (4)①降低AlCl3的溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出 ②强酸性环境会腐蚀滤纸 饱和氯化铝溶液 ③用滤纸吸干 【考点】方程式书写、实验仪器操作与注意事项、制备明矾晶体、AlCl3·6H2O 晶体 【解析】(2)Al(OH)3加热失去水生成固体Al2O3，涉及的仪器是坩埚、坩埚钳、 三脚架、酒精灯等，此题重点考查的是坩埚和坩埚钳的使用注意事项。坩埚洗 净后，需要缓慢加热到500 ℃以上才可以使用，故A项错；称量灼烧前后的质 量不再发生变化说明坩埚内固体只有Al2O3，故B正确；使用坩埚钳移动坩埚 时，需预热坩埚钳，故C正确；坩埚取下后不能直接放在实验台上冷却，应放 在石棉网上冷却待用，故D正确；加热后的固体应先冷却后再称量，测定结果 更准确，且灼烧过的Al2O3不吸潮，故不需要趁热称量，故E错。 (3)由表格可知，考查影响晶体大小的因素，以及明矾晶体的制备过程。明矾晶 体的溶解度随着温度升高而增大，选用低温下明矾饱和溶液，再用规则明矾小 晶体悬挂在溶液中央，自然冷却，故选⑥⑤④。 (4)此装置的目的是制备AlCl3·6H2O，通入HCl后在冰水浴作用下晶体析出，故 HCl的作用除了抑制AlCl3水解，还能促进AlCl3·6H2O晶体析出；大量HCl溶解 使溶液呈强酸性，会腐蚀滤纸，故采用玻璃纤维代替滤纸；干燥晶体时为了防 止失去结晶水，一般用滤纸吸干即可。 32．【答案】 【考点】有机推断 【解析】本题解题思路：应根据题中唯一已知的有机物结构去推断合成其的反 应物结构。 (1)根据题中所给已知条件 ，A为C7H7NO3并可与CH3OH以及CH3COOH 反应，可推出A 中有—COOH 和—OH ，根据胃复安的结构可推知A 为 。B为A与CH3OH酯化反应的产物，则B为 。C为B与 CH3COOH反应的产物，且羟基不参加反应，则C为 。C→D有 两步，且D中有Cl原子，而D＋E→F，E的不饱和度为0，结合胃复安的结构可 推出E为 ，D为 ，则F为 。 (2)由分析知B为 ，苯环可以发生加成反应，故A正确；D为 ，无酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错 误；E中含有—NH2，显碱性，C正确；胃复安分子式应为C14H22ClN3O2，D错 误。 (3) ，第一 步为酚羟基的反应，酚羟基易被氧化，因此先根据题中已知信息转化为甲氧 基，防止第二步中被氯气氧化；第二步为苯环上的取代反应，采用三氯化铁作 催化剂与氯气反应。 (4) 。 (5)E的化学式为C6H16N2，①只有3种氢原子，且有N—H键，②没有同一个C上 连两个N原子的结构。说明高度对称，因此满足以上条件的同分异构体为