16-17版2017年高考原創(chuàng)押題卷(二)

1、2017年高考原創(chuàng)押題卷(二)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共100分，考試時(shí)間50分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1C 12O 16S 32P 31Fe 56N 14Al 27第卷一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7化學(xué)與日常生活緊密相關(guān)。下列說法中不正確的是()A甲醛可作食品防腐劑B氫氧化鋁可作抗酸藥C氯化鈉可作食品調(diào)味劑D生石灰可作食品干燥劑A甲醛為有毒物質(zhì)，不能用作食品防腐劑。8設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L CCl4中含Cl原子數(shù)目為0.4NAB白磷分子(P4)呈

2、正四面體結(jié)構(gòu)，12.4 g白磷中含PP鍵的數(shù)目為0.6NAC5.6 g鐵粉在2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣中充分燃燒，失去的電子數(shù)為0.3NAD常溫常壓下，10 g 46%的乙醇溶液中含氧原子總數(shù)為0.1NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4為液態(tài)，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算，A項(xiàng)錯(cuò)誤；1個(gè)白磷分子中含有6個(gè)PP鍵，12.4 g(0.1 mol)白磷中含有PP鍵的數(shù)目為0.6NA，B項(xiàng)正確；5.6 g鐵粉為0.1 mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L氯氣為0.1 mol，Cl2不足，鐵粉過量，0.1 mol Cl2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.2 mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；溶劑水中也含有氧原子，則10 g 46% 的乙醇溶液中含

3、氧原子總數(shù)大于0.1NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)、熔點(diǎn)如下：對二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點(diǎn)點(diǎn)/1325476下列說法不正確的是()A該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)B甲苯的沸點(diǎn)高于144 C用蒸餾的方法可將苯從反應(yīng)所得產(chǎn)物中首先分離出來D從二甲苯混合物中，用冷卻結(jié)晶的方法可將對二甲苯分離出來B由兩個(gè)甲苯分子()生成二甲苯從結(jié)構(gòu)簡式可以知道發(fā)生的是取代反應(yīng)，A選項(xiàng)正確；甲苯的相對分子質(zhì)量小于二甲苯，故其沸點(diǎn)低于二甲苯，B選項(xiàng)不正確；苯的沸點(diǎn)最低，故用蒸餾的方法可將苯從反應(yīng)所得產(chǎn)物中首先分離出來，C選項(xiàng)正確；二甲苯混合物中，對二甲苯的熔點(diǎn)最

4、高，故從二甲苯混合物中，用冷卻結(jié)晶的方法可將對二甲苯分離出來，D選項(xiàng)正確。10僅用下表提供的儀器和藥品，就能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：14942090】編號(hào)儀器藥品實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁托盤天平(帶砝碼)、膠頭滴管、量筒、燒杯、藥匙、玻璃棒NaCl固體、蒸餾水配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的NaCl溶液B分液漏斗、燒瓶、錐形瓶、導(dǎo)管及橡皮塞鹽酸、大理石、硅酸鈉溶液證明非金屬性：Cl>C>SiC酸式滴定管、膠頭滴管、鐵架臺(tái)(帶鐵夾)已知濃度的鹽酸、待測NaOH溶液測定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度D燒杯、分液漏斗、膠頭滴管、鐵架臺(tái)待提純的AlCl3溶液、NaOH溶液提純混有MgCl2雜質(zhì)的AlCl3溶液

5、AB項(xiàng)，鹽酸不是氯的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的含氧酸，不能用于比較元素的非金屬性，且鹽酸有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫也可與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，缺少堿式滴定管，無法量取待測氫氧化鈉溶液的體積，缺少錐形瓶、指示劑，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，分液漏斗無法進(jìn)行過濾實(shí)驗(yàn)，缺少玻璃棒、普通漏斗、稀鹽酸等，錯(cuò)誤。11短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如下圖所示，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其最外層電子數(shù)的三倍，下列說法不正確的是()XYZWA.原子半徑：W>Z>Y>XB最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X>W>ZC最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>X>W>ZD元素X、Z、W

6、的最高化合價(jià)分別與其主族序數(shù)相等A根據(jù)W原子的質(zhì)子數(shù)是其最外層電子數(shù)的三倍，可以推出W為P，則X為N，Y為O，Z為Si。原子半徑：r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；非金屬性：N>P>Si，則酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3，B項(xiàng)正確；非金屬性：O>N>P>Si，則穩(wěn)定性：H2O>NH3>PH3>SiH4，C項(xiàng)正確；最高化合價(jià)：N為5、Si為4、P為5，分別與其主族序數(shù)相等，D項(xiàng)正確。12某澄清、透明的淺黃色溶液中，可能含有下列八種離子：Na、NH、Fe3、Ba2、Al3、SO、HCO、I，在

7、設(shè)計(jì)檢驗(yàn)方案前的初步分析中，可確定該溶液中能大量存在的離子最多有()A4種B. 5種C6種D. 7種B溶液呈淺黃色，說明含有Fe3，則HCO、I不能存在，因Fe3與HCO發(fā)生相互的促進(jìn)水解反應(yīng)，F(xiàn)e3能夠氧化I。陰離子只剩下SO，一定存在，則Ba2不存在，因Ba2與SO生成難溶物BaSO4。初步確定Na、NH、Fe3、Al3、SO存在，故選B。13裝置()為鐵鎳(Fe­Ni)可充電電池：FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2；裝置()為電解示意圖。當(dāng)閉合開關(guān)K時(shí)，電極Y附近溶液先變紅。下列說法正確的是()A閉合K時(shí)，電極X的反應(yīng)式為2H2e=H2B閉合K時(shí)，電極A的反應(yīng)

8、式為Ni2O32e2HH2O=2Ni(OH)2C給裝置()充電時(shí)，電極B上參與反應(yīng)的物質(zhì)被氧化D給裝置()充電時(shí)，OH通過陰離子交換膜移向電極AD當(dāng)閉合開關(guān)K時(shí)，電極Y附近溶液先變紅，故電極Y上H得電子，電極Y作陰極，則電極X作陽極，電極X的反應(yīng)式為2Cl2e=Cl2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電極A作正極，電極反應(yīng)式為Ni2O32e3H2O=2Ni(OH)22OH，B項(xiàng)錯(cuò)誤；給裝置()充電時(shí)電極B作陰極，參與反應(yīng)的物質(zhì)得電子被還原，C項(xiàng)錯(cuò)誤；給裝置()充電時(shí)，電極A作陽極，OH通過陰離子交換膜移向電極A，D項(xiàng)正確。第卷二、非選擇題：本題包括必考題和選考題兩部分。第26題28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答

9、。第37題38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題(43分)26(14分)輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如下所示： 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：14942091】(1)寫出“浸取”過程中Cu2S溶解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。(2)“回收S”過程中溫度控制在5060 之間，不宜過高或過低的原因是_。(3)氣體NOx與氧氣混合后通入水中能生成流程中可循環(huán)利用的一種物質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_；向“濾液M”中加入(或通入)_(填字母)，可得到另一種可循環(huán)利用的物質(zhì)。a鐵b氯氣c高錳酸鉀(4)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是_；“蒸發(fā)濃

10、縮、冷卻結(jié)晶”過程中，要用HNO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，其理由是_。解析(1)Fe3作氧化劑，Cu2S被氧化，離子方程式為Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S。(2)苯的沸點(diǎn)較低，溫度過高苯易揮發(fā)，溫度過低礦渣的溶解速率小，故應(yīng)控制溫度為5060 。(3)NOx作還原劑，根據(jù)質(zhì)量守恒和得失電子守恒可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：4NOx(52x)O22H2O=4HNO3；向?yàn)V液M中通入Cl2，將FeCl2氧化成FeCl3，F(xiàn)eCl3溶液可循環(huán)使用。(4)Fe3可發(fā)生水解反應(yīng)Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO，可使水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；Cu2會(huì)水解，加入HNO3溶液可抑制Cu2的水解(不引入

11、其他雜質(zhì))。答案(1)Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S(3分)(2)溫度過高苯易揮發(fā)，溫度過低礦渣的溶解速率小(2分)(3)4NOx(52x)O22H2O=4HNO3(3分)b(2分)(4)加大Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3的程度(2分)調(diào)節(jié)溶液的pH，抑制Cu2的水解(2分)27(14分)氮元素能形成多種多樣的化合物。請回答：(1)298 K時(shí)，在2 L固定體積的密閉容器中，發(fā)生可逆反應(yīng)：2NO2(g)N2O4(g)Ha kJ/mol(a>0)。N2O4的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間變化如圖甲。達(dá)到平衡時(shí)，N2O4的濃度為NO2的2倍，回答下列問題：甲298 K時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(精確到0

12、.01)。下列情況不能用來判斷該反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)的是_(填字母代號(hào))。A混合氣體的密度保持不變B混合氣體的顏色不再變化C混合氣體的氣體壓強(qiáng)保持不變?nèi)舴磻?yīng)在398 K進(jìn)行，某時(shí)刻測得n(NO2)0.6 mol、n(N2O4)1.2 mol，則此時(shí)v(正)_v(逆)(填“>”“<”或“”)。乙(2)常溫條件下，向100 mL 0.1 mol·L1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L1 NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖乙所示。試分析圖中a、b、c、d、e五個(gè)點(diǎn)(該條件下硫酸第二步電離是完全的)。a點(diǎn)溶液的pH_1(填“>”

13、“<”或“”)。b點(diǎn)溶液中發(fā)生水解反應(yīng)的離子是_。c點(diǎn)溶液中各離子濃度由大到小的排列順序?yàn)開。d、e點(diǎn)對應(yīng)溶液中，水電離程度大小關(guān)系是d_e(填“>”“<”或“”)。解析(1)結(jié)合題意和圖示可得2NO2(g)N2O4(g)轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)1.20.6平衡濃度(mol/L) 0.3 0.6K6.67。當(dāng)變量不再變化時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。該體系密度始終不變。由題意知正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以溫度升高時(shí)，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)減小，即K398<K2986.67，此時(shí)Qc6.67>K398，化學(xué)反應(yīng)向左進(jìn)行，則正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率。(2)由于存在NH

14、的水解，a點(diǎn)時(shí)溶液中H的濃度大于0.1 mol/L，所以a點(diǎn)的pH<1；b點(diǎn)時(shí)溶液溶質(zhì)為Na2SO4和(NH4)2SO4，NH發(fā)生水解；pH7時(shí)，溶液呈中性，c(OH)c(H)，根據(jù)電荷守恒：2c(SO)c(OH)c(H)c(NH)c(Na)，則2c(SO)c(NH)c(Na)，而c(NH)<c(SO)，所以c(Na)>c(SO)，則溶液中c(Na)>c(SO)>c(NH)>c(OH)c(H)；e點(diǎn)較d點(diǎn)加入的NaOH溶液多、堿性強(qiáng)，故e點(diǎn)溶液中水的電離程度較d點(diǎn)小。答案(每空2分)(1)6.67A<(2)< NHc(Na)>c(SO)&g

15、t;c(NH)>c(OH)c(H)>28(15分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一，是黃色晶體。實(shí)驗(yàn)室可利用二氧化硫與亞硫酸鈉反應(yīng)制備焦亞硫酸鈉。某研究小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)一：焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實(shí)驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5，裝置中有黃色晶體析出。(1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為_。(2)要從裝置中獲得已析出的晶體，在實(shí)驗(yàn)室中需要用到的玻璃儀器是_。(3)裝置用于處理尾氣，防止污染環(huán)境。下列裝置中，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為_(填序號(hào))。實(shí)驗(yàn)二：焦亞硫酸鈉的性質(zhì)(4)檢驗(yàn)Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實(shí)驗(yàn)方案是_。

16、實(shí)驗(yàn)三：葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定(5)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：葡萄酒樣品100.00 mL餾分溶液出現(xiàn)藍(lán)色且30 s內(nèi)不褪色按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL，該次實(shí)驗(yàn)測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_ g·L1。在上述實(shí)驗(yàn)過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測得結(jié)果_(填“偏高”“偏低”或“不變”)。解析(1)裝置中濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫氣體和水。(2)裝置中析出Na2S2O5晶體，通過過濾操作可得到該晶體，過濾需要用到的玻璃儀器為玻璃棒、漏斗、燒杯。(3)a

17、裝置瓶口封閉且導(dǎo)管未伸入液面以下，錯(cuò)誤；b中食鹽水不能大量地吸收SO2，錯(cuò)誤；c中漏斗口浸入了液體中，且濃硫酸不能吸收SO2，錯(cuò)誤，d中氫氧化鈉溶液可吸收SO2尾氣，同時(shí)該裝置能防止倒吸，正確；e中苯的密度比水小，在水的上層，錯(cuò)誤。(4)若Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化，則會(huì)生成Na2SO4，檢驗(yàn)樣品中是否含有SO即可。(5)根據(jù)SO2I22H2O=H2SO42HI，則n(SO2)n(I2)0.01 mol/L×0.025 L2.5×104 mol，樣品中抗氧化劑的殘留量為0.16 g/L。若有部分HI被空氣氧化成I2，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液的體積偏小，則測得結(jié)果偏低。答

18、案(1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO4=2NaHSO4SO2H2O)(2分)(2)玻璃棒、漏斗、燒杯(3分)(3)d(2分)(4)取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成(3分)(5)0.16(3分)偏低(2分)(二)選考題：共15分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。37選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)鋁及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及日常生活中有重要用途。請回答下列問題：(1)Al原子的價(jià)電子排布圖為_，Na、Mg、Al的第一電離能由小到大的順序?yàn)開。(2)某含有鋁元素的翡翠的

19、化學(xué)式為Be3Al2(Si6O18)，其中Si原子的雜化軌道類型為_。(3)工業(yè)上用氧化鋁、氮?dú)狻⑻紗钨|(zhì)在高溫條件下可制備一種四面體結(jié)構(gòu)單元的高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，其晶胞如圖所示：該制備反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。該化合物的晶體類型為_，該晶胞中有_個(gè)鋁原子，該晶胞的邊長為a pm，則該晶胞的密度為_g·cm3。(4)AlCl3的相對分子質(zhì)量為133.5，183 開始升華，易溶于水、乙醚等，其二聚物(Al2Cl6)的結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中1鍵鍵長為206 pm,2鍵鍵長為221 pm，從鍵的形成角度分析1鍵和2鍵的區(qū)別：_。(5)LiAlH4是一種特殊的還原劑，可將羧酸直接還原成醇：CH3COOHCH

20、3CH2OHCH3COOH分子中鍵和鍵的數(shù)目之比為_，分子中鍵角_鍵角(填“大于”、“等于”或“小于”)。解析(1)Al原子的價(jià)電子排布式為3s23p1。第一電離能由小到大的順序?yàn)镹a<Al<Mg。(2)Be3Al2(Si6O18)中，Be的化合價(jià)為2、Al的化合價(jià)為3，故Be3Al2(Si6O18)的陰離子可寫為(SiO3)，所以Si采取sp3雜化。(3)由原子守恒可得Al2O3N23C3CO2AlN。該化合物為高溫結(jié)構(gòu)陶瓷(AlN)，故其屬于原子晶體。該晶體的晶胞中含4個(gè)Al原子，4個(gè)N原子，其晶胞體積為V(a×1010)3 cm3，4×(2714)÷(NA×a3×1030)(g·cm3)。(4)由題意可知1鍵和2鍵為兩種鍵長不同的共價(jià)鍵，1鍵為鋁原子、氯原子各提供一個(gè)電子形成的共價(jià)鍵，2鍵為氯原子提供孤電子對、鋁原子提供空軌道形成的配位鍵。(5)碳氧雙鍵中含1個(gè)鍵，其余7個(gè)為鍵。羧