2017年高考化学试卷（新课标Ⅱ）（解析卷）

2017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：本题共13个小题，每小题6分，共78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）下列说法错误的是（ ） A．糖类化合物也可称为碳水化合物 B．维生素D可促进人体对钙的吸收 C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质 D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多 【考点】K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；K8：人体必需的维生素的主 要来源及其摄入途径；KA：微量元素对人体健康的重要作用． 【专题】538：有机化合物的获得与应用． 【分析】A．糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物； B．维生素D的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育； C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，还有些蛋白质含S、P等元 素； D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多． 【解答】解：A．糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物，故A 正确； B．维生素D可促进人体对钙的吸收，故B正确； C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不 正确，故C错误； D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查糖类，维生素D，蛋白质，微量元素硒的相关性质及组成， 本题难度中等． 2．（6分）阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是（ ） A．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，NH4 +的数量为0.1NA B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA 【考点】4F：阿伏加德罗常数． 【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A．铵根易水解； B．Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故1molMg参与反应转移2mol电子； C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol； D．H2+I2⇌2HI是可逆反应，不过是1+1=2的反应，这是一个反应前后分子物质 的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA 【解答】解：A．铵根易水解，所含NH4 +数小于0.1NA，故A错误； B．n（Mg）= =0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应 转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA，故B错误； C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气 体中分子数为0.1mol，即0.1NA，故C错误； D．H2+I2⇌2HI是可逆反应，不过是1+1=2的反应，即这是一个反应前后分子物 质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故选D。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体 积指的是1mol任何气体的体积为22.4L。 3．（6分）a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子 总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下 列叙述正确的是（ ） A．原子半径：d＞c＞b＞a B．4种元素中b的金属性最强 C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系． 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【分析】 a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原 子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为 第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元 素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该 题． 【解答】解：由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元 素。 A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最 小，故A错误； B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金 属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确； C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误； D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质 的氧化性强，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重考查学生的分析 能力，本题注意把握原子核外电子排布的特点，把握性质的比较角度，难度 不大． 4．（6分）下列由实验得出的结论正确的是（ ） 实验 结论 A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液， 溶液最终变为无色透明 生成的1，2﹣二溴乙烷无 色、可溶于四氯化碳 B．乙醇和水都可与金属钠反应产生 可燃性气体 乙醇分子中的氢与水分子 中的氢具有相同的活性 C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将 其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸 性 D．甲烷与氯气在光照下反应后的混 合气体能使湿润的石蕊试纸变 红 生成的氯甲烷具有酸性 A．A B．B C．C D．D 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【专题】534：有机物的化学性质及推断；542：化学实验基本操作． 【分析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2﹣二溴乙 烷； B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应； C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应； D．使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl． 【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应， 生成1，2﹣二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确； B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且﹣OH中H的活性比 水弱，故B错误； C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强 酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误； D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的 石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错 误。 故选：A。 【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重考查有机物的性质，有利于 培养学生的分析能力和实验能力，注意把握有机物的官能团的性质以及反应 的现象的判断，难度不大． 5．（6分）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解 质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是（ ） A．待加工铝质工件为阳极 B．可选用不锈钢网作为阴极 C．阴极的电极反应式为：Al3++3e﹣═Al D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 【考点】DI：电解原理． 【专题】51I：电化学专题． 【分析】A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电 极反应为2Al﹣6e﹣+3H2O=Al2O3+6H+； B、阴极材料选择没有特定的要求； C、阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应； D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。 【解答】 解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A正确； B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故 B正确； C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e﹣ =H2↑，故C错误； D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过 程中向阳极移动，故D正确， 故选：C。 【点评】本题主要考查电解原理及其应用。电化学原理是高中化学的核心考 点，学生要知道阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相 连发生还原反应。 6．（6分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣ 的物质的量分数δ （x ）随pH 的变化如图所示[ 已知δ （x ）= ] ． 下 列 叙 述 错 误 的 是 （ ） A．pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣） B．lg[K2（H2A）]=﹣4.2 C．PH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣） D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H+） 【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题． 【分析】由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣），PH=2.7时，c（H2 A）=c（A2﹣），pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐 渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以 及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。 【解答】解：A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）=c （HA﹣），故A正确； B．pH=4.2时，c（H+）=10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）=c（A2﹣），K2（H2A）= =10﹣4.2，则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，故B正确； C．由图象可知，PH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA ﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣），故C正确； D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，如体积不变，则c （HA﹣）=c（A2﹣）=0.05mol•L﹣1，c（H+）=10﹣4.2mol/L，如体积变化，则不 能确定c（HA﹣）、c（A2﹣）与c（H+）浓度大小关系，故D错误。 故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的 分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲 线变化，难度中等。 7．（6分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ） 实验 现象 结论 A．向2mL0.1mol/LFeCl 3 的溶 液中加足量铁粉，振 荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加 KSCN溶液颜色不 变 还原性：Fe＞Fe2+ B．将金属钠在燃烧匙中点 燃，迅速伸入集满CO2 的集气瓶 集气瓶中产生大量 白烟，瓶内有黑 色颗粒产生 CO2具有氧化性 C．加热盛有少量NH4HCO3固 体的试管，并在试管口 放置湿润的红色石蕊试 纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D．向2支盛有2 Ksp （AgI ）＜Ksp （AgCl） mL相同浓度银氨溶液的试 管中分别加入2滴相同 一只试管中产生黄 色沉淀，另一支 浓度的NaCl和NaI溶液 中无明显现象 A．A B．B C．C D．D 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【专题】542：化学实验基本操作． 【分析】A．向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+； B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳； C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色； D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp． 【解答】解：A ．向2mL0.1mol/LFeCl3 的溶液中加足量铁粉，发生 2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+， 可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色 颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B 正确； C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与 盐类的水解无关，故C错误； D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说 明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及 难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物 质的性质，难度不大． 二、解答题（共3小题，满分43分） 8．（14分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含 有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过 程如图所示： 回答下列问题： 氯化铵 盐酸、硝酸 水泥样品 沉淀A 滤液 氨水PH4-5 加热 沉淀A 滤液 草酸铵溶液 草酸钙 硫酸 KMnO4测定法 （1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴 硝酸。加入硝酸的目的是 将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ ，还可使 用 H2O2 代替硝酸。 （2）沉淀A的主要成分是 SiO2（H2SiO3） ，其不溶于强酸但可与一种弱酸 反应，该反应的化学方程式为 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O 。 （3）加氨水过程中加热的目的是 防止胶体生成，易沉淀分离 。沉淀B的主 要成分为 Al（OH）3 、 Fe（OH）3 （填化学式）。 （4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的 量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4 ﹣ +H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了 0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为 45.0% 。 【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量． 【专题】544：定量测定与误差分析． 【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金 属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到 的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4﹣ 5，可生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以 分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰 酸钾测定，发生5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，根据高锰酸钾的量可计算含 量，以此解答该题。 【解答】解：（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子 生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸， 故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2； （2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与 HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O， 故答案为：SiO2（H2SiO3）；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O； （3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防 止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al（OH）3、Fe（OH）3， 故答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al（OH）3、Fe（OH）3； （4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4， n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol， n（Ca2+）=4.50mmol， 水泥中钙的质量分数为 ×100%=45.0%， 故答案为：45.0%。 【点评】本题为2017年辽宁考题，侧重考查物质的含量的测定，为高频考点， 注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，题目有利于培 养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等。 9．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列 问题： （1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下： ①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1 已知：②C4H10（g）+ O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol﹣1 ③H2（g）+ O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ•mol﹣1 反应①的△H1为 +123 kJ•mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及 压强的关系图，x 小于 0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率 提高，应采取的措施是 AD （填标号）。 A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强 300 400 500 600 700 温度/℃ 图(a) 100 80 60 40 20 0 平衡转化率/% 0 1 2 3 4 5 6 n(氢气)/n(丁烷) 图(b) 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 丁烯的产率/% 丁烯 副产物 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 产率/% 420 460 500 540 580 620 反应温度/℃ 图(c) （2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作 用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产 率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变 化趋势，其降低的原因是 原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁 烯产率下降 。 （3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成 的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能 是 升高温度时，反应速率加快，单位时间内产生丁烯更多 、 590℃前 升高温度，反应①平衡正向移动 ；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要 原因可能是 高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低 。 【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素． 【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题． 【分析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H1； 由a图定温度，压强由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移 动，结合反应前后气体体积的变化分析x； 要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动； （2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产 率下降； （3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应①平衡正向移动，丁 烯产率增加； 由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590℃时，部分 丁烷裂解导致产率降低。 【解答】解：（1）②C4H10（g）+ O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣ 119kJ•mol﹣1 ③H2（g）+ O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1 ②﹣③得C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1=+123kJ•mol﹣1 由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向 移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1； 由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，