1、2017年高考原创押题卷(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间50分钟。可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16S 32P 31Fe 56N 14Al 27第卷一、选择题：本题共7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。7化学与日常生活紧密相关。下列说法中不正确的是()A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂A甲醛为有毒物质，不能用作食品防腐剂。8设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，2.24 L CCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子(P4)呈
2、正四面体结构，12.4 g白磷中含PP键的数目为0.6NAC5.6 g铁粉在2.24 L(标准状况)氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g 46%的乙醇溶液中含氧原子总数为0.1NAB标准状况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，A项错误；1个白磷分子中含有6个PP键，12.4 g(0.1 mol)白磷中含有PP键的数目为0.6NA，B项正确；5.6 g铁粉为0.1 mol，标准状况下，2.24 L氯气为0.1 mol，Cl2不足，铁粉过量，0.1 mol Cl2参与反应转移0.2 mol电子，C项错误；溶剂水中也含有氧原子，则10 g 46% 的乙醇溶液中含
3、氧原子总数大于0.1NA，D项错误。9在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/13814413980熔点/1325476下列说法不正确的是()A该反应属于取代反应B甲苯的沸点高于144 C用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来B由两个甲苯分子()生成二甲苯从结构简式可以知道发生的是取代反应，A选项正确；甲苯的相对分子质量小于二甲苯，故其沸点低于二甲苯，B选项不正确；苯的沸点最低，故用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来，C选项正确；二甲苯混合物中，对二甲苯的熔点最
4、高，故从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来，D选项正确。10仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的的是() 【导学号：14942090】编号仪器药品实验目的A托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台(带铁夹)已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液AB项，盐酸不是
5、氯的最高价氧化物对应的含氧酸，不能用于比较元素的非金属性，且盐酸有挥发性，挥发出的氯化氢也可与硅酸钠反应生成硅酸，错误；C项，缺少碱式滴定管，无法量取待测氢氧化钠溶液的体积，缺少锥形瓶、指示剂，错误；D项，分液漏斗无法进行过滤实验，缺少玻璃棒、普通漏斗、稀盐酸等，错误。11短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是()XYZWA.原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等A根据W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，可以
6、推出W为P，则X为N，Y为O，Z为Si。原子半径：r(Si)r(P)r(N)r(O)，A项错误；非金属性：NPSi，则酸性：HNO3H3PO4H2SiO3，B项正确；非金属性：ONPSi，则稳定性：H2ONH3PH3SiH4，C项正确；最高化合价：N为5、Si为4、P为5，分别与其主族序数相等，D项正确。12某澄清、透明的浅黄色溶液中，可能含有下列八种离子：Na、NH、Fe3、Ba2、Al3、SO、HCO、I，在设计检验方案前的初步分析中，可确定该溶液中能大量存在的离子最多有()A4种B. 5种C6种D. 7种B溶液呈浅黄色，说明含有Fe3，则HCO、I不能存在，因Fe3与HCO发生相互的促进
7、水解反应，Fe3能够氧化I。阴离子只剩下SO，一定存在，则Ba2不存在，因Ba2与SO生成难溶物BaSO4。初步确定Na、NH、Fe3、Al3、SO存在，故选B。13装置()为铁镍(FeNi)可充电电池：FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2；装置()为电解示意图。当闭合开关K时，电极Y附近溶液先变红。下列说法正确的是()A闭合K时，电极X的反应式为2H2e=H2B闭合K时，电极A的反应式为Ni2O32e2HH2O=2Ni(OH)2C给装置()充电时，电极B上参与反应的物质被氧化D给装置()充电时，OH通过阴离子交换膜移向电极AD当闭合开关K时，电极Y附近溶液先变红，故电极Y上H
8、得电子，电极Y作阴极，则电极X作阳极，电极X的反应式为2Cl2e=Cl2，A项错误；电极A作正极，电极反应式为Ni2O32e3H2O=2Ni(OH)22OH，B项错误；给装置()充电时电极B作阴极，参与反应的物质得电子被还原，C项错误；给装置()充电时，电极A作阳极，OH通过阴离子交换膜移向电极A，D项正确。第卷二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第26题28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第37题38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(43分)26(14分)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示： 【导
9、学号：14942091】(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。(2)“回收S”过程中温度控制在5060 之间，不宜过高或过低的原因是_。(3)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为_；向“滤液M”中加入(或通入)_(填字母)，可得到另一种可循环利用的物质。a铁b氯气c高锰酸钾(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_。解析(1)Fe3作氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S。(2)苯的沸点较低，温度过高苯易挥发，
10、温度过低矿渣的溶解速率小，故应控制温度为5060 。(3)NOx作还原剂，根据质量守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式：4NOx(52x)O22H2O=4HNO3；向滤液M中通入Cl2，将FeCl2氧化成FeCl3，FeCl3溶液可循环使用。(4)Fe3可发生水解反应Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO，可使水解平衡向正反应方向移动；Cu2会水解，加入HNO3溶液可抑制Cu2的水解(不引入其他杂质)。答案(1)Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S(3分)(2)温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小(2分)(3)4NOx(52x)O22H2O=4HNO3(3分)b(2分)(4)加
11、大Fe3转化为Fe(OH)3的程度(2分)调节溶液的pH，抑制Cu2的水解(2分)27(14分)氮元素能形成多种多样的化合物。请回答：(1)298 K时，在2 L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)Ha kJ/mol(a0)。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图甲。达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：甲298 K时，该反应的平衡常数为_(精确到0.01)。下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是_(填字母代号)。A混合气体的密度保持不变B混合气体的颜色不再变化C混合气体的气体压强保持不变若反应在398 K进行，某时刻测得n(NO2)0.6
12、mol、n(N2O4)1.2 mol，则此时v(正)_v(逆)(填“”“”“”“”或“”)。解析(1)结合题意和图示可得2NO2(g)N2O4(g)转化浓度(mol/L)1.20.6平衡浓度(mol/L) 0.3 0.6K6.67。当变量不再变化时，反应达到平衡状态。该体系密度始终不变。由题意知正反应为放热反应，所以温度升高时，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，即K398K398，化学反应向左进行，则正反应速率小于逆反应速率。(2)由于存在NH的水解，a点时溶液中H的浓度大于0.1 mol/L，所以a点的pH1；b点时溶液溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，NH发生水解；pH7时
13、，溶液呈中性，c(OH)c(H)，根据电荷守恒：2c(SO)c(OH)c(H)c(NH)c(Na)，则2c(SO)c(NH)c(Na)，而c(NH)c(SO)，则溶液中c(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)；e点较d点加入的NaOH溶液多、碱性强，故e点溶液中水的电离程度较d点小。答案(每空2分)(1)6.67A(2)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)28(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，是黄色晶体。实验室可利用二氧化硫与亚硫酸钠反应制备焦亚硫酸钠。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2
14、O5，装置中有黄色晶体析出。(1)装置中产生气体的化学方程式为_。(2)要从装置中获得已析出的晶体，在实验室中需要用到的玻璃仪器是_。(3)装置用于处理尾气，防止污染环境。下列装置中，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二：焦亚硫酸钠的性质(4)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(5)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：葡萄酒样品100.00 mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的
15、残留量(以游离SO2计算)为_ gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析(1)装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水。(2)装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作可得到该晶体，过滤需要用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯。(3)a装置瓶口封闭且导管未伸入液面以下，错误；b中食盐水不能大量地吸收SO2，错误；c中漏斗口浸入了液体中，且浓硫酸不能吸收SO2，错误，d中氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时该装置能防止倒吸，正确；e中苯的密度比水小，在水的上层，错误。(4)若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则会生成Na2S
16、O4，检验样品中是否含有SO即可。(5)根据SO2I22H2O=H2SO42HI，则n(SO2)n(I2)0.01 mol/L0.025 L2.5104 mol，样品中抗氧化剂的残留量为0.16 g/L。若有部分HI被空气氧化成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低。答案(1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO4=2NaHSO4SO2H2O)(2分)(2)玻璃棒、漏斗、烧杯(3分)(3)d(2分)(4)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成(3分)(5)0.16(3分)偏低(2分)(二
17、)选考题：共15分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。37选修3：物质结构与性质(15分)铝及其化合物在工农业生产及日常生活中有重要用途。请回答下列问题：(1)Al原子的价电子排布图为_，Na、Mg、Al的第一电离能由小到大的顺序为_。(2)某含有铝元素的翡翠的化学式为Be3Al2(Si6O18)，其中Si原子的杂化轨道类型为_。(3)工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备一种四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如图所示：该制备反应的化学方程式为_。该化合物的晶体类型为_，该晶胞中有_个铝原子，该晶胞的边长为a pm，则该晶胞的密度为_gcm3。(4)AlCl3的
18、相对分子质量为133.5，183 开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物(Al2Cl6)的结构如图所示，图中1键键长为206 pm,2键键长为221 pm，从键的形成角度分析1键和2键的区别：_。(5)LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOH分子中键和键的数目之比为_，分子中键角_键角(填“大于”、“等于”或“小于”)。解析(1)Al原子的价电子排布式为3s23p1。第一电离能由小到大的顺序为NaAlMg。(2)Be3Al2(Si6O18)中，Be的化合价为2、Al的化合价为3，故Be3Al2(Si6O18)的阴离子可写为(SiO3)，所
19、以Si采取sp3杂化。(3)由原子守恒可得Al2O3N23C3CO2AlN。该化合物为高温结构陶瓷(AlN)，故其属于原子晶体。该晶体的晶胞中含4个Al原子，4个N原子，其晶胞体积为V(a1010)3 cm3，4(2714)(NAa31030)(gcm3)。(4)由题意可知1键和2键为两种键长不同的共价键，1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键。(5)碳氧双键中含1个键，其余7个为键。羧基碳原子采取sp2杂化，羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，故键角小于键角。答案(除标注外，每空1分)NaAlMg(2)sp3(3)
20、Al2O3N23C3CO2AlN(2分)原子晶体4(2分)(2分)(4)1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键(2分)(5)17(2分)小于38选修5：有机化学基础(15分)松油醇(G)可用于配制香精，其合成路线如下：请回答下列问题：(1)G所含两种官能团的名称分别是_、_。(2)同时符合下列两个条件的B的同分异构体有_种。.含有六元碳环，碳环上仅有两个取代基且呈对位；.在一定条件下能发生银镜反应、水解反应和消去反应。(3)为了鉴别E和F，宜选用下列试剂中的_作鉴别试剂(填字母)。a溴水 b银氨溶液c酸性KMnO4溶液 dNaHCO3溶液(4)CD的化学方程式为_。(5)物质A(分子式为C7H10O3)催化氢化得到H(分子式为C7H12O3)，H在一定条件下可以生成高聚物I，I的结构简式为_。解析(1)据G的结构简式可知，G中含有羟基和碳碳双键；(2)由题意知符合条件的同分异构体中，必须含有甲酸酯和羟基，有和E与乙醇发生酯化反应生成F，F为E能够与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，F不能；(4)C为C与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成D，D为化学方程式为NaBr2H2O；(5)A催化氢化得到H，H中含有羟基和羧基，其可以通过酯化反应缩聚生成。答案(1)羟基(2分)碳碳双键(2分)(2)2(3分)(3)d(3分)