1、2017年高考原创押题卷(五)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 1O 16C 12Fe 56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化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()【导学号：14942097】A食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂B二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C还原铁粉和生石灰均可用作食品包装袋内的脱氧剂D“地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂C食盐能使细菌脱水死亡，故可用作食品防腐剂，A项正确；微量SO2添加于葡萄酒中具有澄清、保鲜、防腐、抗氧化
2、等作用，是国家允许的食品添加剂，B项正确；生石灰可用作食品的干燥剂，不能作脱氧剂，C项不正确；地沟油中含有大量细菌和致癌物质，不能食用，但可通过皂化反应用于工业上生产肥皂，D项正确。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是()ACO和H2混合物1 mol，完全燃烧消耗O2的分子数为0.5NAB1 mol CnH2n2所含的共用电子对数为(3n1)NAC标准状况下，22.4 L甲醇所含的分子数目为NAD高温下，33.6 g Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.8NACA项，1 mol CO完全燃烧消耗0.5 mol O2,1 mol H2完全燃烧也消耗0.5 mol O2，那
3、么无论CO和H2怎样混合，只要总物质的量是1 mol，那么就消耗0.5 mol O2，其分子数为0.5NA；B项，1 mol CnH2n2所含的共用电子对数1 mol(n12n2)NA(3n1)NA；C项，标准状况下甲醇为液体，22.4 L甲醇的物质的量远大于1 mol，分子数不为NA；D项，高温下，Fe与水蒸气反应的化学方程式为3Fe4H2O(g)=Fe3O44H2，生成H2的物质的量为参加反应Fe的倍，生成H2的分子数为0.8NA。9分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(NH2)的同分异构体共有()A13种B. 14种C12种 D. 9种B该有机物可以是：(1)苯环上连接CH
4、2CH2NH2，1种；(2)苯环上连接1种；(3)苯环上连接CH3、CH2NH2，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系，共3种；(4)苯环上连接CH2CH3、NH2，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系，共3种；(5)苯环上连接CH3、CH3、NH2，两个甲基相邻，2种，两个甲基相间，3种，两个甲基相对，1种，共6种。故总共有1133614种。10下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作实验现象结论A将某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色该有机物中必定含有碳碳双键B向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和稀硝酸产生白色沉淀亚硫酸钠溶液已变质C向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水紫色褪去，产生气泡H2
5、O2具有还原性D向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞溶液不变红油脂已经完全皂化CA项，碳碳三键也能使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；B项，稀硝酸也能把亚硫酸钠溶液氧化为硫酸钠溶液，加入硝酸钡会产生硫酸钡沉淀，所以不能确定亚硫酸钠溶液已变质，错误；C项，酸性高锰酸钾与双氧水发生反应的离子方程式为2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2，H2O2中氧元素化合价升高，正确；D项，油脂完全皂化后的溶液呈碱性，滴入酚酞变红，判断油脂完全皂化，可通过观察反应液不分层，错误。11某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A光照时，b极的电极反应式为VO2eH2O=VO2HB光照时，每转移2 mol电
6、子，有2 mol H由a极区经质子交换膜向b极区迁移C夜间，a极的电极反应式为V3e=V2D硅太阳能电池供电原理与该电池相同A光照时，b极失去电子，发生氧化反应，b极为负极，电极反应式为VO2eH2O=VO2H，A项正确；光照时，b极失去电子，为了维持电荷平衡，H必须由b极区经质子交换膜向a极区迁移，B项错误；夜间，电池放电，a极的电极反应式为V2e=V3，b极的电极反应式为VO2He=VO2H2O，C项错误；该电池工作时，发生了氧化还原反应，化学能转化为电能，而硅太阳能电池直接将光能转化成电能，二者供电原理不相同，D项错误。12a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中a的核外电
7、子总数是d的核电荷数的一半，且a与d最外层电子数相同；b和c的电子层结构相同。下列叙述正确的是()A元素的非金属性强弱次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素形成化合物的水溶液均呈碱性Dc与a形成的常见化合物中阴阳离子个数比均为12Da与d同主族且核电荷数比为12，故a为O，d为S，b与c电子层结构相同，根据a、b、c、d原子序数递增，则b为F，c为Na，非金属性：FONa，A项错误；O和Na形成的化合物Na2O、Na2O2均为离子化合物，不能形成共价化合物，B项错误；d与a形成的化合物SO2溶于水后，溶液显酸性，C项错误；Na2O2中阴离子为O，则Na2O和Na2O
8、2中阴阳离子的个数比均为12，D项正确。1325 时，下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是() 【导学号：14942098】A等浓度的(NH4)2SO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl 溶液中的c(NH)B等体积pHa的醋酸与pHb的NaOH溶液(ab14)充分混合时，可能有：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)C已知Ka(HClO)3.0108，Ka(HCN)6.21010，等体积、等浓度的NaClO、NaCN溶液中，前者中的离子总数小于后者中的离子总数D向20 mL氨水中加入10 mL等浓度的盐酸，有c(NH)c(NH3H2O)2c(OH)c(H)CA项，中N
9、H与HCO发生相互促进的水解反应，水解程度增大，、中NH发生水解，故c(NH)的大小顺序为， 不符合题意；B项，pH之和为14的醋酸与NaOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，故c(H)c(OH)，根据电荷守恒c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，则c(CH3COO)c(Na)，不符合题意；C项，由Ka知，HClO的酸性大于HCN的酸性，等体积、等浓度的NaClO溶液、NaCN溶液中，CN的水解程度大于ClO的，则等体积、等浓度的NaClO溶液中的OH数目小于NaCN溶液中的OH数目，故H的数目关系相反，根据电荷守恒有n(Na)n(H)n(ClO)n(OH)，n(Na)n(H)
10、n(CN)n(OH)，两溶液中离子的总数均应为2n(Na)n(H)，故NaClO溶液中的离子总数大，符合题意；D项，NH3H2O与HCl反应后，得到等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，故根据电荷守恒有c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，根据物料守恒有c(NH)c(NH3H2O)2c(Cl)，两式消去c(Cl)得c(NH)c(NH3H2O)2c(OH)c(H)，不符合题意。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)四氯化锡(SnCl4)是合成有机锡化合物的原料
11、，其熔点为33 ，沸点为114 ，在潮湿的空气中强烈水解产生有刺激性的白色烟雾，产物之一为SnO2。实验室制备四氯化锡的操作是将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花，将干燥的锡花加入反应器中，再向反应器中缓慢地通入干燥的氯气。.图甲是实验室制备干燥氯气的实验装置(夹持装置已略)(1)a的仪器名称为_，该装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体主要成分Ca(ClO)2和浓盐酸，B中发生反应的化学方程式为_。(2)装置C中饱和食盐水的作用为_，同时装置C亦是安全瓶，能检测实验进行时D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时C中的现象：_。(3)试剂X可能为_(填写字母)。A无水氯化钙 B. 浓硫酸C碱石灰 D.
12、五氧化二磷(4)四氯化锡在潮湿空气中水解的化学方程式：_。(5)用锡花代替锡粒的目的是_。.图乙是蒸馏SnCl4的装置(6)蒸馏前若发现烧瓶中液体呈黄色，可采取的措施是_。该装置尚有两处不当之处，它们分别是_，_。写出中发生反应的离子方程式：_。解析(1)a仪器为分液漏斗；Ca(ClO)2和浓盐酸制备氯气的化学方程式为Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O。(2)浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有HCl杂质，饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；若D中发生堵塞，C中压强增大，长颈漏斗中液面上升，形成水柱。(3)试剂X为干燥剂，起到干燥氯气的作用，无水氯化钙、浓硫酸和五氧化二磷
13、均不与Cl2反应，可以干燥Cl2，而装置D为U形管，应盛放固体干燥剂，故选择无水氯化钙和五氧化二磷。(4)白色烟雾，烟为SnO2，雾为HCl与空气中水蒸气形成的盐酸小液滴，故四氯化锡在潮湿空气中水解的化学方程式为SnCl42H2O=SnO24HCl。(5)用锡花代替锡粒，可以增大与氯气的接触面积，加快反应速率。(6)蒸馏前若发现试管中液体呈黄色，说明含有氯气，氯气与锡花反应，可采取的措施是加入锡花。蒸馏时应通过温度计控制温度，四氯化锡(SnCl4)在潮湿的空气中易水解，必须防止水的进入，故该装置有两处不合理之处，分别是温度计水银球位置不对、和之间缺少干燥装置。中NaOH吸收Cl2尾气，离子方程
14、式为Cl22OH=ClClOH2O。答案.(1)分液漏斗(1分)Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O(2分)(2)除去Cl2中的HCl(1分)长颈漏斗中液面上升，形成水柱(1分)(3)AD(1分)(4)SnCl42H2O=SnO24HCl(2分)(5)增大与氯气的接触面积，加快反应速率(1分).(6)加入锡花(1分)温度计水银球位置不对(1分)和之间缺少干燥装置(1分)Cl22OH=ClClOH2O(2分)27(14分)氨气是一种重要的工业原料，在工、农业生产中具有重要的应用。 【导学号：14942099】(1)工业生产硝酸的第一步反应是氨的催化氧化反应，已知下列3个热化
15、学方程式(K为平衡常数)：4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(g)H11 266.8 kJ/molK1N2(g)O2(g)2NO(g)H2180.5 kJ/molK24NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H3K3则H3_，K3_(用K1、K2表示)。(2)在一定温度下，将4 mol NH3和5 mol O2通入到体积为1 L的密闭容器中发生反应达到平衡，下列说法正确的是_(填字母序号)。A升高温度，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数变大B增加NH3的量可提高O2的转化率，NH3的转化率降低C恒温恒容下，再充入4 mol NH3和5 mol O2，再次达到平衡时NH3转
16、化率增大D当容器中混合气体密度保持不变时，可说明反应已达化学平衡状态(3)已知Kb(NH3H2O)2.0105，则室温下0.1 molL1氨水的pH_。(已知lg20.3)室温下，将相同体积、pH之和为14的氨水和盐酸混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。(4)合成氨的原料氢气是一种新型的绿色能源，具有广阔的发展前景。现用氢氧燃料电池进行如图所示实验(其中a、b均为碳棒，c、d均为铜电极)。d电极的电极反应式是_，a电极的电极反应式是_。解析(1)反应反应反应2，故H3H12H2905.8 kJ/mol；K3K1K。(2)由(1)知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，A项错误；体积固定，
17、增加NH3的量，即增加其浓度，平衡右移，所以促进O2的转化，而NH3本身的转化率降低，B项正确；同等程度地扩大反应物浓度，相当于加压，平衡逆向移动，NH3的转化率减小，C项错误；反应体系的体积和质量始终不变，所以密度恒定不变，故密度不变不能说明反应已达到平衡，D项错误。故选B项。(3)Kb2.0105，c(OH)22.01050.1，pHlg11.15；等体积、pH之和为14的盐酸和氨水混合后，氨水过量，NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液显碱性，故离子浓度大小为c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)。(4)通入氧气的a极为正极，d极为阳极，因铜为活性电极，故电极反应式为Cu2e=C
18、u2；氢氧碱性燃料电池的正极反应式为O24e2H2O=4OH。答案(每空2分)(1)905.8 kJ/molK1K(2)B(3)11.15c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)(4)Cu2e=Cu2O22H2O4e=4OH28(15分)以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_。(2)图中“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4NH
19、4Al(SO4)212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有_(填化学式)。KMnO4溶液褪色(MnO还原为Mn2)，发生的离子反应方程式为_。解析(1)氧化铝为两性氧化物，与酸、碱均反应；(2)铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣；(3)溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去；(4)通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，故收集的气体为氮气；KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化
20、为硫酸根离子。答案(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O(3分)(2)SiO2(2分)(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3分)(4)N2(2分)SO3、NH3(2分)2MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H(3分)(二)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)如表所示为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：(1)写出元素的基态原子的电子排布式：_。(2)某元素的价电子排布式为nsnnpn1，该元素原子核外最外层电子中成对电子共有_对。(3)元素形成的最高价氧化物中含有
21、_个键，_个键。元素和的第一电离能的相对大小为_ (填“”或“”)。和形成化合物的杂化方式为_。(4)已知元素形成单质的晶胞如图所示，则其原子的配位数是_，假设晶胞的边长为d cm、密度为 gcm3，则元素的相对原子质量为_。解析由题意知为H，为Be，为C，为N，为Al，为O，为Cl，为Ca，为Cu，为V。(1)根据洪特规则特例，当p、d、f轨道上填充的电子数为全空、半充满或全充满时，原子处于较稳定的状态，所以基态铜原子的电子排布式为Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1。(2)由题意知，该元素原子的价电子排布式为2s22p3，则在2s轨道上有1对成对电子。(3)由题
22、意知C的最高价氧化物为CO2，结构式为O=C=O，所以有2个键和2个键；N的价电子排布式为2s22p3，处于较稳定状态，O的价电子排布式为2s22p4，所以N的第一电离能较大。和形成化合物CCl4，其杂化方式为sp3。(4)由晶胞结构知，钒为体心立方堆积，配位数为8；一个晶胞的体积为d3cm3，质量为d3g，一个晶胞中含有2个钒原子，2d3 g，M。答案(1)Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1(2分)(2)1(1分)(3)2(2分)2(2分)(2分)sp3(2分)(4)8(2分)(2分)38选修5：有机化学基础(15分)有机物G是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，
23、可由如下路径合成得到：请回答下列问题：(1)有机物A中含氧官能团的名称为_。(2)BC的反应类型为_。(3)反应除生成有机物G外还生成HBr，则试剂X的结构简式为_。(4)反应可得到副产品有机物J，有机物J和有机物E互为同分异构体，写出有机物J的结构简式：_。(5)D的一种同分异构体满足下列条件：.可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3溶液反应产生CO2；.属于芳香族化合物，且核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢原子。写出该同分异构体的结构简式：_。(6)已知：直接与苯环相连的卤素原子难以与NaOH溶液发生取代反应。根据已有知识并结合相关信息，设计出以BrBrOH、HCHO为原料合成
24、的合成路线(无机试剂任用)。合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。解析(3)G与F相比，增加的为虚线框标出的部分，即F中苯环上的氢原子被取代，生成了HBr，因此试剂X应为虚线框标出的部分接一个溴原子，故其结构简式为 (4)反应的原理是在其中一个OH所连碳原子的邻位碳原子上引入一个CH2Cl，而邻位碳原子有两个，故在另一个邻位碳原子上也可引入一个CH2Cl。(5)可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明分子中含有CHO和COOH，它们的不饱和度都为1；属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环。由于D中除苯环外，不饱和度为2，碳原子数为2，氧原子数为4
25、，故符合条件的D的同分异构体中，除含CHO和COOH外，还有1个氧原子在CC键之间或在CH键之间。由于分子中有4种不同化学环境的氢原子，CHO和 COOH中各有1种氢原子，故苯环上只能有2种氢原子，因此CHO和COOH必处于苯环的对位：剩余的一个氧原子有两种插入方法：，从而可得D的同分异构体。(6)分析：目标有机物与原料的结构及差异分析：从表中分析来看，目标有机物中的结构1与结构2在原料1中都存在，因此不需要转变。目标有机物中的结构3和结构4合起来为CH2OOCH，即为酯类，因此需要用HCOOH与CH2OH反应得到。分析原料可知，HCOOH可由HCHO氧化得到。而CH2OH可由CH2Cl水解得
26、到，因此如何引入CH2Cl是关键，此基团可由CH3氯代得到，但在苯环上引入一个CH3无法实现，此时需要应用其他方法。分析有机物G的合成路线，可知DE可引入CH2Cl，问题得到解决。目标有机物中没有溴原子，而原料1中有两个溴原子，因此必须想办法将其去掉。回忆所学知识，没有这方面的讲解，故必须在题中寻找，发现CD可实现这一转化。分析：由分析可知，有3个顺序需要确定，一是引入CH2Cl，二是除去溴原子，三是酯化反应。从有机物G的合成路线中CE看，会误认为可以先除去溴原子，再引入CH2Cl，出现这样的错误是由于没有弄清反应的原理，该路线中OH的邻、对位已部分被其他基团占据，故再引入CH2Cl，不会出现大量副产物，而若先除去溴原子，则得到此时若引入CH2Cl，会产生大量的副产物，故应引入CH2Cl之后再除去溴原子。由题给信息知在引入CH2Cl之后，可在NaOH溶液中水解(此时苯环上的溴原子不水解)，使其转变为CH2OH。此时再进行酯化和除去溴原子即可。答案(1)(酚)羟基(1分)、酯基(1分)(2)取代反应(1分) (6) (4分)(先酯化后去溴原子也可)
