2017年高考化学试卷（北京）（解析卷）

2017年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、本部分共7小题，每小题6分，共42分．在每小题列出的四个选项中，选出 最符合题目要求的一项． 1．（6分）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是（ ） A． 瓷器 B． 丝绸 C． 茶叶 D． 中草药 【考点】3B：无机化合物与有机化合物的概念． 【专题】512：物质的分类专题． 【分析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶 于水；无机物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分 析． 【解答】解：A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物， 故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 故选：A。 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联 系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有 机物． 2．（6分）2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“ ”，tián），Ts的原子 核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是（ ） A．Ts是第七周期第ⅦA族元素 B．Ts的同位素原子具有相同的电子数 C．Ts在同族元素中非金属性最弱 D．中子数为176的Ts核素符号是 Ts 【考点】8G：原子结构与元素的性质． 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【分析】A ．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为 ，据此判断该元素在周期表中的位置； B．同种元素的不同核素互为同位素，同种元素原子一定具有相同电子数； C．同一主族元素，原子序数越大非金属性越弱； D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数。 【解答】解：A．该原子结构示意图为 ，该元素位于第 七周期、第VIIA族，故A正确； B．同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则 TS的同位素原子具有相同的电子数，故B正确； C．同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则TS在 同族元素中非金属性最弱，故C正确；D．该元素的质量数=质子数+中子数 =176+117=293，该原子正确的表示方法为：117 293Ts，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素 周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生 的分析能力及灵活应用能力。 3．（6分）下列变化中，气体被还原的是（ ） A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄 C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 【考点】B1：氧化还原反应． 【专题】515：氧化还原反应专题． 【分析】A．过氧化钠与二氧化碳的反应中，二氧化碳既不是氧化剂又不是还 原剂； B．氯气将溴离子氧化成溴单质； C．溴的化合价从0变为﹣1，做氧化剂，则乙烯被氧化； D．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，该反应不属于氧化还 原反应． 【解答】解：A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中 Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误； B．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确； C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误； D．氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的 实质为解答关键，注意掌握氧化反应与还原反应的区别，试题侧重基础知识 的考查，培养了学生的灵活应用能力． 4．（6分）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程 示意图如下：下列说法不正确的是（ ） A．反应①的产物 中含有水 B．反应②中只有碳碳键形成 C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【考点】FG：碳族元素简介． 【专题】525：碳族元素． 【分析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，生成物中应含有 氢； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发； D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基． 【解答】解：A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为 CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物， 故C正确； D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 故选：B。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力， 本题注意把握化学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名， 难度不大． 5．（6分）根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是（ ） 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶 液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H2SO3＞ H2SiO3 A．A B．B C．C D．D 【考点】F5：二氧化硫的化学性质；FH：硅和二氧化硅． 【专题】523：氧族元素． 【分析】A．铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀为硫酸钡， 二氧化硫被氧化； B．黄色沉淀为S单质，结合化合价变化分析； C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫； D．生成的胶状沉淀为H2SiO3，根据强酸制取弱酸原理分析． 【解答】解：A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成 硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确； B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质 S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确； C．酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错 误； D．Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸 性：H2SO3＞H2SiO3，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物 性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题有利于提高学生的分 析、理解能力及综合应用能力． 6．（6分）聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过 氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下 （图 中虚线表示氢键） 下列说法不正确的是（ ） A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成 C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应 【考点】L1：有机高分子化合物的结构和性质． 【专题】53：有机化学基础． 【分析】由高聚物结构简式可知 的单体为 ，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有 肽键，可发生水解，以此解答该题． 【解答】解：A．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是 ，故A正确； B． 由2m+n个单体加聚生成，故B错误； C．高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确； D．含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正 确。 故选：B。 【点评】本题为2017年北京考题，侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物 单体以及性质的判断，注意把握氢键以及官能团的性质，题目有利于培养学 生的分析能力，难度不大． 7．（6分）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是 （ ） ① ② ③ A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 【考点】EG：硝酸的化学性质． 【专题】524：氮族元素． 【分析】题中涉及实验都在加热条件下，浓硝酸不稳定，加热分解生成的二氧 化氮气体为红棕色，且加热条件下，浓硝酸可与碳发生氧化还原反应，以此 解答该题。 【解答】解：A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气 体一定是混合气体，故A正确；B．在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧 化氮，不一定与碳反应生成，故B正确； C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价 降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确； D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定是与浓硝酸发 生了反应，故D错误。 故选：D。 【点评】本题为2017年北京考题，考查浓硝酸的性质，侧重考查学生的分析能 力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握物质的性质以及实验的严 密性和可行性的评价，难度不大。 二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（17分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示： 已 知： RCOOR'+R''OH RCOOR''+R'OH（R、R'、R''代表烃基） （1）A属于芳香烃，其结构简式是 。B中所含的官能团是 硝基 。 （2）C→D的反应类型是 取代反应 。 （3）E属于酯类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有 关化学方程式： CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O 。 （4）已知：2E F+C2H5OH．F所含官能团有 和 。（5）以 D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式： 【考点】HC：有机物的合成． 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 【分析】由羟甲香豆素结构简式可知D为 ，则C为 ，B为 ，则A为 ，由题中（3）信息可知E为CH3COOCH2CH3，由 （4）可知F为CH3CH2OOCCH2COCH3，以此解答（1）～（4）； （5）以D和F为原料，生成中间产物1为 ，为加成反应，然后 生成中间产物2为 ，发生的为酯交换反应，即信息2反应，最后 发生消去反应可生成羟甲香豆素，以此解答该题。 【解答】解：（1）由以上分析可知A为 ，B为 ，含有的官能团 为硝基，故答案为： ；硝基； （2）C为 ，发生取代反应生成 ，故答案为：取代反应； （3）E为CH3COOCH2CH3，可由乙酸和乙醇发生酯化反应生成，方程式为 CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O， 故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O； （4）F为CH3CH2OOCCH2COCH3，含有的官能团为 和 ，故答案 为： ； （5）以D和F为原料，生成中间产物1为 ，为加成反应，然后 生成中间产物2 ，发生的为酯交换反应，即信息2反应，最后发 生消去反应可生成羟甲香豆素。 故答案为： ； 。 【点评】本题为2017年北京考题，侧重考查有机物的合成，为高考常见题型， 注意把握题给信息以及官能团的变化，为解答该类题目的关键，题目难度中 等，有利于培养学生的分析能力。 9．（13分）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2 ）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下： 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2 沸点/℃ 58 136 181（升华） 316 1412 熔点/℃ ﹣69 25 193 304 714 在TiCl4中的溶 解性 互溶 ﹣ 微溶 难溶 （1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进 行。 已知：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol﹣1 2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1 ①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式： TiO2（s） +2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣45.5kJ•mol﹣1 。 ②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的 △H ＞ 0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据： 温度越高，CO的物质的量 越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 。 ③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是 饱和食盐水、氯 化亚铁溶液 。 ④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有 MgCl2、 FeCl3、AlCl3 。 （2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4．示意图如下： 物质a是 SiCl4 ，T2应控制在 136℃左右 。 【考点】U3：制备实验方案的设计． 【专题】546：无机实验综合． 【分析】由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应 为TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO ，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯 TiCl4， （1）①由I．TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol﹣1 II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1， 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO （g）； ②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，温度高时CO的物质的量多、CO2的物质 的量少； ③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚 铁吸收氯气； ④过滤得到粗TiCl4混合液，可能混有反应物中固体物质； （2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后 分离出TiCl4。 【解答】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程， 反应为TiO2+2Cl2+2C TiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯 TiCl4， （1）①由I．TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol﹣1 II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1， 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+ 2CO（g），△H=（+175.4kJ•mol﹣1）+（﹣220.9kJ•mol﹣1）=﹣45.5kJ•mol﹣1， 即热化学方程式为TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣ 45.5kJ•mol﹣1， 故答案为：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H= ﹣ 45.5kJ•mol﹣1； ②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反 应是吸热反应，所以△H＞0，故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越 多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应； ③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚 铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶 液， 故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液； ④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，结合表格中 氯化物的性质可知滤渣中含有MgCl2、FeCl3、AlCl3， 故答案为：MgCl2、AlCl3、FeCl3； （2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后 分离出TiCl4，则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度 T2为136℃左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；136℃左右。 【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混 合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注 意反应原理与实验的结合，题目难度不大。 10．（12分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx 排放。 （1）SCR（选择性催化还原）工作原理： ①尿素[CO（NH2）2]水溶液热 分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式： CO（NH2）2+H2O 2NH3↑+CO2↑ 。 ②反应器中NH3还原NO2的化学方程式： 8NH3+6NO2 7N2+12H2O 。 ③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催 化剂中毒。用化学方程式表示（NH4 ）2SO4 的形成： 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4 。④尿素溶液浓度影响NO2的转 化，测定溶液中尿素（M=60g•mol﹣1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将 所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol•L﹣1H2SO4溶液吸收 完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶 质的质量分数是 。 （2）NSR（NOx储存还原）工作原理： NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。 ①通过BaO 和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是 BaO 。 ②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两 步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗 的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 8：1 。 ③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产 生与NO有关。在有氧条件下，15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气 几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整： 415NO+4NH3+3O2 4 15NNO+ 6 H2O。 【考点】 5A：化学方程式的有关计算；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响； FE："三废"处理与环境保护． 【专题】52：元素及其化合物；559：利用化学方程式的计算． 【分析】（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒 配平书写化学方程式；②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守 恒和原子守恒可得此反应的化学方程式； ③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原 剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式； ④涉