2017年高考化学试卷（江苏）（解析卷）

2017年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个 选项符合题意． 1．（2分）2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简 约生活”．下列做法应提倡的是（ ） A．夏天设定空调温度尽可能的低 B．推广使用一次性塑料袋和纸巾 C．少开私家车多乘公共交通工具 D．对商品进行豪华包装促进销售 【考点】FE："三废"处理与环境保护． 【专题】56：化学应用． 【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是 生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减 缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行 分析判断即可． 【解答】解：A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能 量损耗，故A错误； B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误； C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C正 确； D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误； 故选：C。 【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放，环 保问题已经引起了全球的重视，难度不大． 2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ） A．质量数为31的磷原子：31 15P B．氟原子的结构示意图： C．CaCl2的电子式： D．明矾的化学式：Al2（SO4）3 【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】514：化 学用语专题． 【分析】A．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； B．氟原子的核电荷数＝核外电子总数＝9，最外层含有7个电子； C．两个氯离子不能合并； D．明矾为十二水合硫酸铝钾． 【解答】解：A．质量数为31的磷原子的质量数＝15+16＝31，该原子正确 的表示方法为：31 15P，故A正确； B．氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为： ，故B错误； C．氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正 确的电子式为 ，故C错误； D．明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：KAl（SO4）2•12H2O， 故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子 式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识，注意掌握常见化学用语 的书写原则，试题培养学生的规范答题能力． 3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系正确的是（ ） A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D．NH3易溶于水，可用作制冷剂 【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系． 【专题】513：物质的性质和变化专题． 【分析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧气能供给呼吸； B．ClO2具有强氧化性； C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理； D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低。 【解答】解：A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能 和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面 具的供氧剂，故A正确； B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错 误； C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与 二氧化硅的硬度大小无关，故C错误； D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷 剂，与氨气易溶于水无关，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明 确物质结构和性质是解本题关键，结构决定性质、性质决定用途，题目难 度不大。 4．（2分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理 能 达 到 实 验 目 的 是 （ ） A．制取SO2 B．验证漂白性 C．收集SO2 D．尾气处理 【考点】U5：化学实验方案的评价． 【专题】25：实验评价题． 【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化 硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色， 二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题． 【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气 体，故A错误； B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目 的，故B正确； C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进 入，故C错误； D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且 防止倒吸，故D错误。 故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的 检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把 握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等 5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处 于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强 的元素．下列说法正确的是（ ） A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W） B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C．Y的单质的氧化性比Z的强 D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 【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】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量 最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其 中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是 H元素； A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其 原子半径随着原子序数增大而减小； B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH； C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性 越强； D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵． 【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中 含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元 素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元 素，X是H元素； A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其 原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期 且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r（X）＜r（Z）＜r （Y）＜r（W），故A错误； B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误； C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性 越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误； D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合 物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；故选：D。 【点评】 本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期 表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意： 铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大． 6．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣ C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO4 2﹣═BaSO4↓+H2O D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3 ﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O 【考点】49：离子方程式的书写． 【专题】516：离子反应专题． 【分析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守 恒、电荷守恒和转移电子守恒； B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH生成； C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2； D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水． 【解答】解：A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原 子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣ +H2↑，故A错误； B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH生成，离子方程式为2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正确； C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO4 2﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误； D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶 液 中 加 入 足 量 石 灰 水 ： NH4 ++Ca2++HCO3 ﹣ +2OH ﹣ ═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应 及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离 子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难 度不大．7．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的 是（ ） A．Fe FeCl2 Fe（OH）2 B．S SO3 H2SO4 C．CaCO3 CaO CaSiO3 D．NH3 NO HNO3 【考点】EB：氨的化学性质；FO：含硫物质的性质及综合应用；GM：铁 的化学性质． 【专题】513：物质的性质和变化专题． 【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁； B．硫与氧气反应生成二氧化硫； C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成硅酸钙； D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应。 【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁， 而不是氯化亚铁，故A错误； B．硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误； C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅 高温反应生成盐硅酸钙，故C正确； D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化 合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 8．（2分）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3 ）．下列说法不正 确的是 ①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1＝a kJ•mol﹣1 ②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2＝b kJ•mol﹣1 ③CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝c kJ•mol﹣1 ④2CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）△H4＝d kJ•mol﹣1（ ） A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是 CO2资源化利用的方 法之一 C．反应CH3OH（g）═CH3OCH3 （g） H2O（l）的△H kJ•mol﹣1 D．反应 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H＝（ 2b+2c+d ） kJ •mol﹣1 【考点】BB：反应热和焓变． 【专题】517：化学反应中的能量变化． 【分析】A．反应③中的反应物为CO2、H2； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇； C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能 量高； D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）． 【解答】解：A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、② 为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用 的方法之一，故B正确； C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能 量高，则反应CH3OH（g）═CH3OCH3 （g） H2O（l）的△H kJ•mol﹣ 1，故C错误； D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g），则△H＝（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中 能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考 查，题目难度中等． 9．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN ﹣、Cl ﹣ B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣12的溶液中：K+、Na+、CO3 2﹣、NO3 ﹣ C．c（Fe2+ ）＝1 mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4 +、MnO4 ﹣、SO4 2﹣ D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4 +、SO4 2﹣、HCO3 ﹣ 【考点】DP：离子共存问题．【专题】516：离子反应专题． 【分析】A．无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应； B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣12的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反应且 和氢氧根离子不反应的能大量共存； C．能和亚铁离子反应的离子不能大量共存； D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共 存． 【解答】解：A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN ﹣发生络合 反应而不能大量共存，故A错误； B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不 反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确； C．Fe2+、MnO4 ﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误； D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3 ﹣能和氢离子反应生成 二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合 反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐 含信息的灵活运用，题目难度不大． 10．（2分）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70℃时不同条件下H2O2 浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A．图 甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 【考点】CA：化学反应速率的影响因素． 【专题】51F：化学反应速率专题．【分析】A．图甲中溶液的pH相同，但 浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大； B．图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同， NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大； C ．图丙中少量Mn2+ 存在时，相同时间内双氧水浓度变化量： 0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液； D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越 大。 【解答】解：A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时 间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧 水分解速率越快，故A错误； B．图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同， NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓 度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误； C ．图丙中少量Mn2+ 存在时，相同时间内双氧水浓度变化量： 0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出： 锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故 C错误； D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越 大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶 液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，故D正确； 故选：D。 【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高 频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确 图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等。 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个 或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分； 若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满 分，但只要选错一个，该小题就得0分 11．（4分）萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正 确的是（ ） A．a和b都属于芳香族化合物 B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D．b和c均能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀 【考点】HD：有机物的结构和性质． 【专题】536：有机物分子组成通式的应用规律． 【分析】A．a中不含苯环； B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型； C．a含碳碳双键、b中苯环上连有甲基、c含﹣CHO； D．只有﹣CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀． 【解答】解：A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A 错误； B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳 原子不可能处于同一平面上，故B错误； C．a含碳碳双键、b中苯环上连有甲基、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液 褪色，故C正确； D．只有﹣CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质 的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意 选项B为解答的难点，题目难度不大． 12．（4分）下列说法正确的是（ ） A．反应N2 （g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）的△H＜0，△S＞0 B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c （Mg2+ ）≤5.6×10﹣4 mol•L﹣1 D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为 6.02×1023【考点】BB：反应热和焓变． 【专题】517：化学反应中的能量变化． 【分析】A．由化学计量数可知△S＜0； B．导线连接锌块，构成原