高考化学江苏卷.docx
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高考化学江苏卷
2017年普通高等学校招生考试全国统一考试
化学江苏卷
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。
1.2017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
【答案】C
【解析】选项A设定温度很低时,空调会一直工作,浪费电能,故A错误;选项B使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为,故B错误;选项C少开私家车多乘公共交通工具,属于节约集约利用资源,应该提倡,故C正确;选项D浪费资源,故D错误。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.质量数为31的磷原子:
3115P
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
【答案】A
【解析】A.P的质子数是15,A正确;B.F原子的电子数为9,B错误;C.离子化合物中阴、阳离子间隔排列,其电子式中离子分开写、不能合并,C错误;D.明矾是十二水合硫酸铝钾,D错误。
答案选A。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
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
【答案】A
【解析】A.过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气,A正确;B.因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒,B错误;C.二氧化硅透光性好,用于制造光导纤维,C错误;D.液氨气化时吸收大量热,所以氨可用作制冷剂,D错误。
4.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的是
A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理
【答案】B
【解析】A.铜和稀硫酸不反应,故A错误;B.二氧化硫可使品红溶液褪色,故B正确;C.二氧化硫密度比空气大,应将进气管伸到瓶底,用向上排空气法收集,故C错误;D.二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小,不可用于吸收尾气,故D错误。
5.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) 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 【答案】D 【解析】地壳中含量最多的是氧,Z为O元素,所以Y为N元素;钠是短周期金属性最强的元素,W是Na;X原子序数最小且不与Y、Z同周期,所以X是H元素。 A.原子半径N>O,A错误;B.W的最高价的氧化物是氢氧化钠,是强碱,B错误;C.氮气的氧化性比氧气弱,C错误;D.H、N、O可以组成HNO3等共价化合物,也可以组成NH4NO3等离子化合物,D正确。 答案选D。 6.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++SO2—4 BaSO4↓+H2O D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2++HCO—3+OH– CaCO3↓+H2O 【答案】B 【解析】A.电荷不守恒,A错误;B.正确;C.配比错误,OH-、H+、H2O的化学讲量数都是2,C错误;D.漏了NH4+和OH-之间的反应,D错误。 答案选B。 7.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 【答案】C 【解析】A.铁与氯气反应只能生成氯化铁,故A错误;B.硫在空气中或氧气中燃烧只能生成二氧化硫,故B错误;C.均能实现,故C正确;D.NO与H2O不反应,故D错误 8.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)ΔH1=akJ·mol-1 ②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·mol-1 ③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1 ④2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=dkJ·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ΔH= kJ·mol-1 D.反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)kJ·mol-1 【答案】C 【解析】A.反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物,A正确;B.反应③可将二氧化碳转化为甲醇,变废为宝,B正确;C.4个反应中,水全是气态,没有给出水由气态变为液态的焓变,所以C错误;D.把反应②③④三个反应按(②+③) 2+④可得该反应及对应的焓变,D正确。 答案选C。 9.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+、CO2—3、NO—3 C.c(Fe2+)=1mol·L—1的溶液中: K+、NH+4、MnO—4、SO2—4 D.能使甲基橙变红的溶液中: Na+、NH+4、SO2—4、HCO—3 【答案】B 【解析】A.Fe3+和SCN—会发生反应生成血红色的配合物,故A错误;B.根据KW可以求出c(OH–)=0.1mol/L,溶液显碱性,这4种离子可以大量共存,故B正确;C.Fe2+还原性较强,MnO—4氧化性较强,两者因发生氧化还原反应二不能大量共存,故C错误;D.使甲基橙变红的溶液显酸性,HCO3-不能在酸性溶液中大量共存,故D错误 10.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 【答案】D 【解析】A.由甲图可知,双氧水浓度越大,分解越快,A错误;B.由图乙可知,溶液的碱性越强即pH越大,双氧水分解越快,B错误;C.根据变量控制法,3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。 由图丙可知,3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+,所以C错误;由图丙和图丁可知,溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大,双氧水分解越快,D正确。 11.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 【答案】C 【解析】A.a分子中没有苯环,所以a不属于芳香族化合物,A错误;B.a、c分子中分别有6个和9个sp3杂化的碳原子,所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内,B错误;C.a分子中有2个碳碳双键,c分子中有醛基,这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以C正确;D.b分子中没有醛基,所以其不能与新制的氢氧化铜反应,D错误。 答案选C。 12.下列说法正确的是 A.反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的ΔH<0,ΔS>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+)≤5.6×10-4mol·L-1 D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2,反应中转移的电子数为6.02×1023 【答案】BC 【解析】A.该反应气体的分子数减少了,所以是熵减小的反应ΔS<0,故A错误;B.锌比铁活泼,形成原电池时锌作负极,所以可以减缓钢铁管道的腐蚀,故B正确;C.常温下,在pH=10的溶液中,c(OH-)=1×10-4mol/L,溶液中含Mg2+浓度的最大值为 = =5.6×10—4mol/L,故C正确;D.在锌和稀硫酸的反应中每生成1molH2,电子转移的数目为2mol,在常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol,所以反应中转移的电子数不是6.02×1023,故D错误 13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡,无白色沉淀 苯酚浓度小 B 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解 部分Na2SO3被氧化 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;再加入银氨溶液;未出现银镜 蔗糖未水解 D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色 溶液中含Br2 【答案】B 【解析】A.向苯酚溶液中加少量的浓溴水,生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中,所以无白色沉淀,A错误;B.沉淀部分溶解,说明还有一部分不溶解,不溶解的一定是硫酸钡,溶解的是亚硫酸钡,所以亚硫酸钠只有部分被氧化,B正确;C.银镜反应是在碱性条件下发生的,本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸,所以无法发生银镜反应,从而无法证明蔗糖是否水解,C错误;D.溶液变蓝,说明有碘生成或本来就有碘分子。 能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外,还可能是含其他氧化剂(如Fe3+)的溶液;当然黄色溶液也可能是稀的碘水,所以D错误。 14.常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10—4,Ka(CH3COOH)=1.75×10—5,Kb(NH3·H2O)=1.76×10—5,下列说法正确的是 A.浓度均为0.1mol·L—1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和: 前者大于后者 B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等 C.0.2mol·L—1HCOOH与0.1mol·L—1NaOH等体积混合后的溶液中: c(HCOO—)+c(OH—)=c(HCOOH)+c(H+) D.0.2mol·L—1CH3COONa与0.1mol·L—1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7): c(CH3COO—)>c(Cl—)>c(CH3COOH)>c(H+) 【答案】AD 【解析】A.由电荷守恒可知,甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HCOO—),氯化铵溶液中存在c(H+)+c(NH4+)=c(OH—)+c(Cl—).由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka,Kw不变,铵根的水解成都大于甲酸根的水解程度,氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸溶液中c(H+),Cl—和Na+都不水解,c(Cl—)=c(Na+),故A正确;B由甲酸和乙酸的电离常数可知,甲酸的酸性较强,所以pH为3的两种溶液中,物质的量浓度较大的是乙酸,等体积的两溶液中,义务按的物质的量较大,用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液,乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多,故B错误;C两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液,由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HCOO—),由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO—),联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH—)+c(HCOO—),故C错误;D两溶液等体积混合后,得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液,由于溶液的pH<7,所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸跟的水解程度,氯离子不水解,乙酸的电离程度很小,所以c(CH3COO—)>c(Cl—)>c(CH3COOH)>c(H+),故D正确 15.温度为T1时,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。 实验测得: v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2),k正、k逆为速率常数,受温度影响。 下列说法正确的是 A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5 B.达平衡时,容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大 C.达平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数小于50% D.当温度改变为T2时,若k正=k逆,则T2>T1 【答案】CD 【解析】由容器1中的反应 2NO2 2NO+ O2 起始量(mol/L) 0.6 0 0 变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2 平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2 可以求出平衡常数K= =0.8,平衡时气体的总物质的量为0.8mol,期中NO占0.4mol,所以NO的体积分数为50%, =1,在平衡状态下,v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗,所以K正c2(NO2)=K逆c(NO)×c(O2),进一步求出 =K=0.8;A.显然容器2的起始投料与容器1的平衡量相比,增大了反应物的浓度,平衡将向正反应方向移动,所以容器2在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol,两容器的压强比一定大于4: 5,故A错误 选项B若容器II在某时刻, =1 由反应2NO2 2NO+O2 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2 变化量(mol/L) 2x 2x x 平衡量(mol/L)0.3-2x 0.5+2x 0.2+x 因为, =1,解之得x= ,求出此时浓度商Qc= >K,所以容器II达平衡时, 一定小于1,故B错误 C.若容器III在某时刻,NO的体积分数为50%, 由反应2NO2 2NO+O2 起始量(mol/L) 0 0.5 0.35 变化量(mol/L) 2x 2x x 平衡量(mol/L) 2x 0.5-2x 0.35-x 由0.5-2x=2x+0.35-x,解得x=0.05,求出此时浓度商Qc= =4.8>K,说明此时反应未达平衡,反应继续向你反应方向进行,NO进一步减少,故C正确;D温度为T2时, =1>0.8,因为正反应是吸热反应,升高温度后化学平衡常数增大,所以T2>T1,故D正确 16.(12分)铝是应用广泛的金属。 以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下: 注: SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 (1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 (2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH(填“增大”、“不变”或“减小”)。 (3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是 (4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。 阳极的电极反应式为,阴极产生的物质A的化学式为。 (5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。 在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是。 【答案】 (1)Al2O3+2OH—=2AlO—2+H2O (2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (4)4CO2—3+2H2O-4e—=4HCO—3+O2↑H2(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜 【解析】 (1)氧化铝为两性氧化物,可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al2O3+2OH—=2AlO—2+H2O; (2)为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必须过量,所以过滤1所得滤液中含有氢氧化钠,加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的pH减小;(3)电解1过程中,石墨阳极上氧离子被氧化为氧气,在高温下,氧气与石墨发生反应生成气体,所以石墨电极极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化;(4)由图中信息可知,生成氧气的为阳极室,溶液中水电力的氢氧根离子被放电生成氧气,破坏了水的电离平衡,碳酸根结合氢离子转化为碳酸氢根,所以电解反应为4CO2—3+2H2O-4e—=4HCO—3+O2↑,阴极室氢氧化钠溶液浓度变大,说明水电离的氢离子放电生成氢气而破坏水的电离平衡,所以阴极产生的物质A为氢气;(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜。 17.(15分)化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体,其合成路线流程图如下: (1)C中的含氧官能团名称为和。 (2)D→E的反应类型为。 (3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式: 。 ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。 (4)G的分子式为C12H14N2O2,经氧化得到H,写出G的结构简式: 。 (5)已知: (R代表烃基,R'代表烃基或H)请写出以 和(CH3)2SO4为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】 (1)醚键酯基; (2)取代反应;(3) ,(4) (5) 【解析】 (1)C中的含氧官能团名称为醚键和酯基; (2)由D→E的反应中,D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代,所以反应类型为取代反应;(3)分析C的结构特点,C分子中除苯环外,还有3个C,3个O,1个N和1个不饱和度,C的同分异构体能发生水解,由于期中一种水解产物分子中只有2中不同的H原子,所以该水解产物一定是对苯二酚;另一种水解产物是α-氨基酸,则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸,结合两种水解产物可以写出C的同分异构体是 ;(4)由F到H发生了两步反应,分析两者的结构,发现F的酯基到G中变成了醛基,由于已知G到H发生的是氧化反应,所以F到G发生了还原反应,结合G的分子式C12H14N2O2,可以写出G的结构简式为 ;(5)以 和(CH3)2SO4为原料制备 ,首先分析合成对象与原料间的关系。 结合上述合成路线中D到E的变化,可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为 和 ,结合B到C的反应,可以由 逆推到 ,再结合A到B的反应,推到原料 ,结合学过的醇与氢卤酸反应,可以发现原料 与氢溴酸反应即可得到 。 18.(12分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (1)碱式氯化铜有多种制备方法 ①方法1: 45~50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为__________________________________________________。 ②方法2: 先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。 Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。 (2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验: ①称取样品1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08000mol·L—1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2— CuY2—+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00mL。 通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。 【答案】 (1)①4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2·3H2O;②Fe2+ (2)n(Cl—)=n(AgCl)× = × =4.800×10—3mol n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000mol·L—1×30.00mL×10—3L·mL—1× =9.600×10—3mol n(OH—)=2n(Cu2+)-n(Cl—)=2×9.600×10—3mol-4.800×10—3mol=1.440×10—2mol m(Cl—)=4.800×10—3mol×35.5g·mol—1=0.1704g m(Cu2+)=9.600×10—3mol×64g·mol—1=0.6144g m(OH—)=1.440×10—2mol×17g·mol—1=0.2448g n(H2O)= =4.800×10—3mol a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH—)∶n(Cl—)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O 【解析】 (1)①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,可以发现Cu元素的化价升高了,所以氧气可定做了该反应的氧化剂,根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律,可以写出该反应的方程式为4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②由催化原理示意图可知,M’先与H+、O2反应生成M,M再被Cu还原为Cu2+,所以M’的化学式为Fe2+; (2)由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量,由氯离子守恒得: n(Cl-)=n(AgCl)× = × =4.800×10—3mol由实验③结合反应信息Cu2++H2Y2- CuY2-+2H+,可以求出样品中所含Cu元素的物质的量: n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1× =9.600×10-3mol;再由化合物中电荷守恒得: n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol;分别求出这3种离子的质量,根据质量守恒,求出H2O的质量: m(Cl—)=4.800×10—3mol×35.5g·mol—1=0.1704g m(Cu2+)=9.600×10—3mol×64g·mol—1=0.6144g m(OH—)=1.440×10—2mo
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