2017年高考化学试卷（新课标Ⅰ）（解析卷）

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共7个小题，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）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（ ） A．尼龙绳 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣 【考点】L3：常用合成高分子材料的化学成分及其性能． 【专题】538：有机化合物的获得与应用． 【分析】宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素，羊绒衫的主要成分为蛋白质，只 有尼龙绳主要成分为聚酯类合成纤维，据此进行解答。 【解答】解：A．尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A正确； B．宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故B错误； C．羊绒衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故C错误； D．棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是合成纤维，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查常见高分子材料的分类及应用，题目难度不大，明确常见有 机物组成、性质及分类为解答关键，注意掌握合成纤维与纤维素、蛋白质等 区别。 2．（6分）《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就 置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为 胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ） A．蒸馏 B．升华 C．干馏 D．萃取 【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．【分析】“取砒之法，将生砒就置火 上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热 的方法，将被提纯物质气化、冷凝的过程，以此解答该题。 【解答】解：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂 凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固 体的过程，为升华操作，没有隔绝空气强热，不是干馏，萃取无需加热。 故选：B。 【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力 和实验能力，有利于培养学生良好的科学素养，注意把握题给信息以及常见 分离方法，难度不大。 3．（6分）已知 （b） 、（d） 、（p） 的分子式均为C6H6，下 列说法正确的是（ ） A．b的同分异构体只有d和p两种 B．它们的二氯代物均只有三种 C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D．只有b的所有原子处于同一平面 【考点】H6：有机化合物的异构现象． 【专题】532：同分异构体的类型及其判定． 【分析】A．b为苯，对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃； B．d对应的二氯代物大于3种； C．b、p与高锰酸钾不反应； D．d、p都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点。 【解答】解：A．b为苯，对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如 HC≡C﹣CH=CH﹣CH=CH2，则同分异构体不仅仅d和p两种，故A错误；B．d 编号如图 ，对应的二氯代物中，两个氯原子可分别位于1、2，1、3， 1、4，2、3，2、5，3、6等位置，故B错误； C．p为饱和烃，与高锰酸钾不反应，且b也不反应，故C错误； D．d、p都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则d、p所有原子不可能处 于同一平面，只有b为平面形结构，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能 力，注意把握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，题目难度中 等。 4．（6分）实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有 硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是 （ ） A．①、②、③中依次盛装 KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液 B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓 度 C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热 D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 【考点】U3：制备实验方案的设计． 【专题】546：无机实验综合． 【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则 ①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在 加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被 重新氧化，以此解答该题。【解答】解：A．气体从焦性没食子酸溶液中逸 出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错误； B．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆 炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低， 故B正确； C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却， 以避免W被重新氧化，故C错误； D．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D错 误。 故选：B。 【点评】涉及物质的制备实验的设计，侧重考查学生的分析能力和实验能力， 注意把握实验的原理以及操作的注意事项，难度不大。 5．（6分）支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防 腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正 确的是（ ） A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于 零 B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护． 【专题】51I：电化学专题． 【分析】外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与 电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量 的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低 于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀 的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子，据此 解答。 【解答】解：A．被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子 迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的 发生，故A正确； B．通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化 反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故 B正确； C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故C错误； D．在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流 应该根据环境条件变化进行调整，故D正确； 故选：C。 【点评】 本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解 答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目 难度不大。 6．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化 物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y 和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时 有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ） A．X的简单氢化物的热稳定性比W强 B．Y与X的简单离子的具有相同的电子层结构 C．Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 【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】W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素，Y的原子 半径是所有短周期主族元素中最大的，应为Na元素，由X、Y和Z三种元素 形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体 产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺 激性气体为SO2，则X为O元素，Z为S元素，结合对应单质、化合物的性质 以及元素周期律的递变规律解答该题。 【解答】解：由以上分析可知W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元 素。 A．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确； B．Y为Na元素，X为O元素，对应的简单离子核外都有10个电子，与Ne的核外 电子排布相同，故B正确； C．Y与Z形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则可使红色石蕊 试液变蓝色，蓝色石蕊试纸不变色，故C错误； D．Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确。 故选：C。 【点评】 本题为2017年福建理综试题，题目考查原子结构与元素周期律知识，侧重考查 学生的分析能力，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，难 度不大。 7．（6分）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ） pH A．Ka2（H2X）的数量级为10﹣6 B．曲线N表示pH与lg 的变化关系 C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣） D．当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c （H+） 【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题． 【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X）， 酸性条件下，则pH相同时 ＞ ，由图象可知N为lg 的变化 曲线，M为lg 的变化曲线，当lg 或lg =0时，说明 或 =1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。 【解答】解：A．lg =0时， =1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10﹣ 5.4，可知Ka2（H2X）的数量级为10﹣6，故A正确； B．由以上分析可知曲线N表示pH与lg 的变化关系，故B正确； C．由图象可知，lg =0时，即c（HX﹣）=c（X2﹣），此时pH≈5.4，可知 HX﹣电离程度大于X2﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c （OH﹣），故C正确； D．由图象可知当pH=7时，lg ＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），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，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处 理，难度较大。 二、解答题（共3小题，满分43分） 8．（15分）凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫 酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵 盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3•H3BO3； NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 回答下列问题： （1）a的作用是 避免b中压强过大 。 （2）b中放入少量碎瓷片的目的是 防止暴沸 。f的名称是 冷凝管 。 （3）清洗仪器：g中加蒸馏水：打开K1，关闭K2、K3，加热b，蒸气充满管 路：停止加热，关闭K1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是 c中温度下降，管路中形成负压 ；打开K2放掉水，重复操作2～3次。 （4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂，铵盐试样由d注入e，随 后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭K3，d中保留少量水，打开 K1，加热b，使水蒸气进入e。 ①d中保留少量水的目的是 液封，防止氨气逸出的作用 。 ②e中主要反应的离子方程式为 NH4 ++OH﹣ NH3↑+H2O ，e采用中空双 层玻璃瓶的作用是 保温，使氨完全蒸出 。 （5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度 为cmol•L﹣1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为 %，样品的纯 度≤ %。 【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】（1）a为玻璃管，可连接空气，避免烧瓶内压强过大； （2）加热纯液体时，应避免液体暴沸； （3）冷却后，装置内压强较低，可倒吸； （4）①d中保留少量水，可防止气体逸出； ②铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气；e采用中空 双层玻璃瓶，起到保温作用； （5）滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol•L ﹣1的盐酸V mL，则n（HCl ） =0.001cVmol；结合反应NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n （NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），以此解答该题。 【解答】解：（1）a为玻璃管，可连接空气，避免在加热时烧瓶内压强过大， 故答案为：避免b中压强过大； （2）加热纯液体时，加入碎瓷片可避免液体暴沸，F为冷凝管，故答案为：防 止暴沸；冷凝管； （3）停止加热，关闭K1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是c、e及其所连接的管道 内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶 内的蒸馏水被倒吸入c中，即c中温度下降，管路中形成负压， 故答案为：c中温度下降，管路中形成负压； （4）①d中保留少量水，可检验装置是否漏气，如漏气，液面会下降，且起到 防止漏气的作用， 故答案为：液封，防止氨气逸出的作用； ②铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气，反应的离 子方程式为NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；e采用中空双层玻璃瓶，起到保温 作用，以减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出，故答案为： NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；保温，使氨完全蒸出； （5）滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol•L ﹣1的盐酸V mL，则n（HCl ） =0.001cVmol；结合反应NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n （NH4Cl）=n（C2H5NO2）=n（HCl）， 则m （N ）=0.001cVmol×14g/mol=0.014cVg ，则样品中氮的质量分数为 = %， m（C2H5NO2）=0.001cVmol×75g/mol=0.075cVg，则样品的纯度为 = %， 故答案为： ； 。 【点评】本题考查含量的测定实验设计，为高考常见题型，试题涉及了元素化 合物的性质、实验原理、物质制备等，侧重考查学生对实验方案理解及对元 素化合物的知识的应用能力，难度中等。 9．（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿 （主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如 下： 回答下列 问题： （1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为 70% 时，所采用的实验条件为 100 ℃、2h 或90 ℃、5h 。 （2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl4 2﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式 FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl4 2﹣+2H2O 。 （3）TiO2•xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示： 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO2•xH2O转 化率/% 92 95 97 93 88 分析40℃时TiO2•xH2O转化率最高的原因 低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速 率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转 化反应速率下降 。 （4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为 4 。 （5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol•L﹣1，加入双氧水和磷酸（设溶液体积 增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5，此时是否有 Mg3（PO4）2沉淀生成？ Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO4 3﹣）= =1.3×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（ ）3×（1.3×10 ﹣17mol/L） 2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀 （列式计 算）。FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.3×10﹣22、1.0×10﹣24 （6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑ 。 【考点】U3：制备实验方案的设计． 【专题】546：无机实验综合． 【分析】用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制 备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤 液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2．xH2O，与双氧水反 应Ti元素的化合价升高，生成（NH4）2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到 Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、 Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧 ②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解 答。 【解答】解：（1）由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为选 择温度为100℃、2h或90℃、5h， 故答案为：100℃、2h或90℃、5h； （2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl4 2﹣形式存在，相应反应的离子方程式为 FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl4 2﹣+2H2O， 故答案为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl4 2﹣+2H2O； （3）40℃时TiO2•xH2O转化率最高，因低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速率随 温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反 应速率下降， 故答案为：低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过 40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降； （4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，由化合价的代数和为0 可知，O元素的负价代数和为22，设过氧键的数目为x，则（x×2）×1+（15﹣ x×2）×2=22，解得x=4，故答案为：4； （5）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5，由Ksp（FePO4），可知c （PO43﹣）= =1.3×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（ ）3× （1.3×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，则无沉淀生成， 故答案为：Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO43﹣）= =1.3×10﹣17mol/L， Qc[Mg3 （PO4 ）2]= （ ）3× （1.3×10 ﹣17mol/L ）2=1.69×10 ﹣40＜ Ksp=1.0×10﹣24，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀； （6 ）“ 高温煅烧②” 中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式为 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑， 故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3