2017年江苏省普通高中学生学业水平考试化学试题 及答案
2017江苏高考化学试题答案
2017 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学可能用到的相对原子质量 :H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56Cu 64Zn 65 Ag 108选择题单项选择题：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】 A、空调温度越低耗能越大，错误；B、大量使用一次性塑料袋等造成错误； C、少开私家车多乘公共交通有利于节能环保、低碳减排，正确；装会造成资源浪费，错误。
“白色污染” ，D、对商品豪华包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: 3115PB. 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、磷原子质子数为15，正确；的电子式中两个氯离子的电子式应分开写在化学式为KAl(SO4) 2·12H2O,错误。
B、氟原子最外层电子数应为7，错误；2+Ca 电子式的两边，不能合并，错误；C、 CaCl2D、明矾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、 Na2O2可与 CO2反应生成O2，所以可作呼吸面具的供氧剂，正确；B、ClO2具有氧化性，用于杀菌消毒，错误； C、SiO2硬度大与其可制造光导纤维之间没有对应关系，错误；D、氨气可作制冷剂是利用其易液化的性质，而不是易溶于水。
2017年江苏高考化学试题及答案解析
绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本卷满分为120分，考试时间为100分钟。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
学@科网5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe 56Cu64Ag108I127Ba137选择题单项选择题：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•江苏）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【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．2．（2分）（2017•江苏）下列有关化学用语表示正确的是（）A．质量数为31的磷原子：3115PB．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【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：3115P，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．3．（2分）（2017•江苏）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【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．4．（2分）（2017•江苏）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SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理【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，操作符号要求，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．5．（2分）（2017•江苏）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【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．6．（2分）（2017•江苏）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++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【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++SO42﹣═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．7．（2分）（2017•江苏）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 FeCl2Fe（OH）2B．S SO3H2SO4C．CaCO3CaO CaSiO3D．NH3NO HNO3【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．8．（2分）（2017•江苏）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﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=b kJ•mol﹣1③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=c kJ•mol﹣1④2CH3OH（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﹣1D．反应2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d）kJ•mol﹣1【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．9．（2分）（2017•江苏）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+、CO32﹣、NO3﹣C．c（Fe2+）=1mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣【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．10．（2分）（2017•江苏）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【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，但与溶液的pH值不成正比，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．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）（2017•江苏）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【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．12．（4分）（2017•江苏）下列说法正确的是（）A．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的△H＜0，△S＞0B．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，K sp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol•L ﹣1D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023【分析】A．由化学计量数可知△S＜0；B．导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）≤；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误；B..导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B 正确；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）≤=5.6×10﹣4mol•L﹣1，故C正确；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D 错误；故选BC．13．（4分）（2017•江苏）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Br2A．A B．B C．C D．D【分析】A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸；C．银镜反应必须在碱性条件下进行；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质．【解答】解：A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论：部分Na2SO3被氧化，故B正确；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不正确，故D错误；故选B．14．（4分）（2017•江苏）常温下，K a（HCOOH）=1.77×10﹣4，K a（CH3COOH）=1.75×10﹣5，K b（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+）【分析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c （OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．【解答】解：A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c （OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣），所以浓度均为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，故A正确；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，甲酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH+），故D正确；故选AD．15．（4分）（2017•江苏）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（）容器编号物质的起始浓度（mol•L﹣1）物质的平衡浓度（mol•L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：5B．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【分析】A．I中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K==0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==＜0.8，则平衡正向移动；B．如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=，平衡时c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2）；C．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%；D．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），2（NO2）=k逆c2（NO）•c（O2），且k正=k逆，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1．【解答】解：A．I中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K==0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：5，故A错误；B．如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=，平衡时c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则比容器Ⅰ中的小，故B错误；C．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，故C正确；D．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），2（NO2）=k逆c2（NO）•c（O2），且k正=k逆，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T1，故D正确；故选CD．三、解答题16．（12分）（2017•江苏）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Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH减小（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，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化．（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4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极产生的物质A的化学式为H2．（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NH【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答．【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：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，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；（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NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜．17．（15分）（2017•江苏）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醚键和酯基．（2）D→E的反应类型为取代反应．（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）．【分析】由合成流程可知，A→B发生取代反应，B→C发生还原反应，C→D为取代反应，D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，比较F与H的结构可知，G为，G→H 发生氧化反应，（1）C中含氧官能团为醚键、酯基；（2）D→E为氨基上H被取代；（3）C的一种同分异构体，满足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，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳；（4）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4为原料制备，结合上述合成流程可知，﹣OH转化为﹣Br，酚﹣OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应．【解答】解：（1）由结构可知C中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；（2）D→E为氨基上H被取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；。
2017年普通高等学校招生全国统一考试化学试题(江苏卷,含解析)
2017年普通高等学校招生全国统一考试化学试题江苏卷单项选择题：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【名师点睛】本题考查的是化学与社会生活。
解题的关键要抓住节能、节约集约利用资源、环保等要素。
化学学习要从生活实际出民，关注化学在能源、材料、环境、健康等方面的作用，关心社会热点问题，形成化学服务于社会的使命感和责任感。
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: 3115PB．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。
【名师点睛】本题考查的是化学用语，主要考查原子结构、原子及离子的结构示意图、电子式、常见物质的化学式、结构式、结构简式等，注意它们之间的区别是关键，如原子结构与离子结构的区别、离子化合物与共价化合物的电子式的区别、有机物的分子式、实验式、结构式、结构简式的区别。
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【名师点睛】本题考查常见无机物的性质和用途。
解题的关键是要熟悉常见化学物质的重要性质，性质决定用途，性质和用途之间的对应关系要理清。
在学习元素化合物内容时，以“物质的结构决定物质的性质、物质的性质决定物质的用途”为主线构建知识网络，关注元素化合物性质在生产和生活中的应用。
2017年江苏高考化学试题及答案解析
绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本卷满分为120分，考试时间为100分钟。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
学@科网5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe 56Cu64Ag108I127Ba137选择题单项选择题：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•江苏）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【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．2．（2分）（2017•江苏）下列有关化学用语表示正确的是（）A．质量数为31的磷原子：3115PB．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【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：3115P，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．3．（2分）（2017•江苏）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【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．4．（2分）（2017•江苏）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SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理【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，操作符号要求，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．5．（2分）（2017•江苏）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【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．6．（2分）（2017•江苏）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++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【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++SO42﹣═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．7．（2分）（2017•江苏）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 FeCl2Fe（OH）2B．S SO3H2SO4C．CaCO3CaO CaSiO3D．NH3NO HNO3【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．8．（2分）（2017•江苏）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﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=b kJ•mol﹣1③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=c kJ•mol﹣1④2CH3OH（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﹣1D．反应2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d）kJ•mol﹣1【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．9．（2分）（2017•江苏）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+、CO32﹣、NO3﹣C．c（Fe2+）=1mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣【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．10．（2分）（2017•江苏）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【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，但与溶液的pH值不成正比，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．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）（2017•江苏）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【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．12．（4分）（2017•江苏）下列说法正确的是（）A．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的△H＜0，△S＞0B．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，K sp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol•L ﹣1D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023【分析】A．由化学计量数可知△S＜0；B．导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）≤；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误；B..导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B 正确；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）=10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）≤=5.6×10﹣4mol•L﹣1，故C正确；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D 错误；故选BC．13．（4分）（2017•江苏）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Br2A．A B．B C．C D．D【分析】A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸；C．银镜反应必须在碱性条件下进行；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质．【解答】解：A．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论：部分Na2SO3被氧化，故B正确；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不正确，故D错误；故选B．14．（4分）（2017•江苏）常温下，K a（HCOOH）=1.77×10﹣4，K a（CH3COOH）=1.75×10﹣5，K b（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+）【分析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c （OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c （OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．【解答】解：A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c （OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣），所以浓度均为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，故A正确；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，甲酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH+），故D正确；故选AD．15．（4分）（2017•江苏）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（）容器编号物质的起始浓度（mol•L﹣1）物质的平衡浓度（mol•L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：5B．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【分析】A．I中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K==0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==＜0.8，则平衡正向移动；B．如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=，平衡时c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2）；C．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%；D．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），2（NO2）=k逆c2（NO）•c（O2），且k正=k逆，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1．【解答】解：A．I中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K==0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商==＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：5，故A错误；B．如果II中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=，平衡时c（NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO）=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中≈1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则比容器Ⅰ中的小，故B错误；C．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，故C正确；D．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），2（NO2）=k逆c2（NO）•c（O2），且k正=k逆，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c则c2（NO2）=c2（NO）•c（O2），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T1，故D正确；故选CD．三、解答题16．（12分）（2017•江苏）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Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH减小（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，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化．（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4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极产生的物质A的化学式为H2．（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NH【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答．【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：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，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；（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NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜．17．（15分）（2017•江苏）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醚键和酯基．（2）D→E的反应类型为取代反应．（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）．【分析】由合成流程可知，A→B发生取代反应，B→C发生还原反应，C→D为取代反应，D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，比较F与H的结构可知，G为，G→H 发生氧化反应，（1）C中含氧官能团为醚键、酯基；（2）D→E为氨基上H被取代；（3）C的一种同分异构体，满足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，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳；（4）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4为原料制备，结合上述合成流程可知，﹣OH转化为﹣Br，酚﹣OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应．【解答】解：（1）由结构可知C中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；（2）D→E为氨基上H被取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；。
2017年历年江苏卷普通高等学校招生全国统一化学考试及答案
2017年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)化学一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分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解析：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。
答案：C2.(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：3115PB.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解析：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：3115P，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。
答案：A3.(2分)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，可用作制冷剂解析：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。
普通高等学校招生全国统一考试化学试题(江苏卷,含解析)(1)(2021年整理)
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2017年普通高等学校招生全国统一考试化学试题江苏卷单项选择题：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【名师点睛】本题考查的是化学与社会生活。
解题的关键要抓住节能、节约集约利用资源、环保等要素.化学学习要从生活实际出民,关注化学在能源、材料、环境、健康等方面的作用，关心社会热点问题,形成化学服务于社会的使命感和责任感.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: 3115PB．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。
【名师点睛】本题考查的是化学用语，主要考查原子结构、原子及离子的结构示意图、电子式、常见物质的化学式、结构式、结构简式等，注意它们之间的区别是关键，如原子结构与离子结构的区别、离子化合物与共价化合物的电子式的区别、有机物的分子式、实验式、结构式、结构简式的区别。
2017年普通高中学业水平测试试卷--化学
2017年普通高中学业水平测试试卷化学本卷可能用到的相对原子质量H:1 C: 12 N:14 O:16 S: 32 Fe:56 Cu:64 一．单项选择题：在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的（本部分23题，每题3分，共69分）1、现代社会，人们越来越关注饮食中的营养成分。
肉、鱼和红枣等食物含有丰富的铁，这里的铁应理解为Ａ．单质B．分子Ｄ．同位素2，说明鸡蛋清溶液是Ａ．溶液Ｃ．悬浊液Ｄ．乳浊液3Ａ．酸B．碱Ｄ．氧化物4、下列关于二氧化硫说法错误．．的是B．有毒Ｃ．密度比空气大Ｄ．是形成酸雨的一种物质5、石墨烯是仅有一层碳原子构成的新型材料，具有超强的导电性。
下列元素与碳元素处于同一主族的是Ａ．He B．O Ｄ．P6、下列各组物质互为同分异构体的是和Ｃ．C和 CＤ．CH4和CH3CH37、某溶液中存在大量的H+、Cl-、SO42-，该溶液中还可能大量存在的是Ａ．HCO3- B．Ba2+ Ｄ．Ag+8Ａ．Cl2 Ｃ．CO2 Ｄ．H2O9Ａ．浓硫酸Ｃ．浓盐酸Ｄ．碳酸钠溶液10、2010年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联”反应领域作出突出贡献的三位科学家，下列有关钯原子（）的说法错误的是Ａ．原子序数为46 B．质子数为46Ｃ．电子数为4611、用下列方法制取氢气，反应速率最大的是Ａ．冬天，块状锌与2mol/L硫酸溶液反应B．冬天，粉末状锌与2mol/L硫酸溶液反应Ｃ．夏天，块状锌与2mol/L硫酸溶液反应12B．铝与稀盐酸反应Al+2H=Al+H2↑Ｃ．三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应FeCl3+3OH-=Fe(OH)3↓+3Cl-Ｄ．二氧化碳与石灰水反应CO2+2OH-=CO32-+H2O13、下列反应属于吸热反应的是Ａ．金属钠与水反应B．甲烷在空气中燃烧Ｃ．盐酸与氢氧化钠溶液反应14、下列说法正确的是Ａ．含碳元素的化合物都是有机物B．乙醇难溶于水Ｃ．乙酸的酸性比碳酸弱15、下列反应属于取代反应的是Ａ．B．Ｃ．Ｄ．16、下列有关实验原理或操作正确的是Ａ．B．Ｃ．17、制太阳能电池需要高纯硅，工业上用粗硅制高纯硅可通过以下反应实现①Si +3HCl(气) SiHCl3(气) + H2②SiHCl3(气) + H2 Si + 3HCl(气)对上述两个反应的叙述错误．．的是Ａ．都是置换反应B．都是氧化还原反应Ｄ．都不是离子反应18、下列化学用语正确的是Ａ．氯化氢的电子式Ｃ．乙酸的结构简式C2H4O2Ｄ．碳酸钠的电离方程式Na2CO3＝Na+ + CO32-19表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是B．常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为N AＣ．1L 1mol/L K2SO4溶液中含有的钾离子数为N AＤ．1mol 钠原子中含有的电子数为N A20B．用铁矿石冶炼铁Ｃ．用石油裂解生成乙烯Ｄ．用煤生产水煤气21、某原电池结构如图所示，下列有关原电池的说法正确的是Ａ．能将电能转化成化学能B．电子从碳棒经外电路流向铁棒Ｃ．碳棒发生氧化反应22、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14。
苏教版高二化学学业水平测试卷解答
2017届高中学业水平测试模拟卷（一）化学201602本试卷分为第I卷和第II卷两部分。
试卷1至6页。
共100分。
考试时间75分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务势必自己的学校、姓名、考号用毫米黑色署名笔写在答题卡的相应地点。
2．选择题答案请用2B铅笔在答题卡指定地区填写，如需变动，用橡皮擦洁净后再填涂其余答案。
非选择题用毫米黑色署名笔在答题卡指定地区作答。
3．若有作图需要，可用2B铅笔作答，并加黑加粗，描绘清楚。
本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12N:14 O:16 Na:23Al:27 S:32Cl:35.5 K:39Fe:56第Ⅰ卷（共69分）一、单项选择题：（每题只有1个选项切合要求，本部分23题，每题3分，共69分)。
“保护环境”是我国的基本国策。
以下做法不该当倡导的是A．采纳低碳、节约的生活方式B．依据规定对生活荒弃物进行分类搁置C．深入乡村和社区宣传环保知识D．常常用一次性筷子、纸杯、塑料袋等从物质的构成分类看，碳酸氢钠属于A．酸B．碱C．盐D．氧化物实验室可用锌和稀硫酸制备氢气，该反响属于A．复分解反响B．分解反响C．化合反响D．氧化复原反响4.14C可用于考古，“14”是指A．质量数B．核外电子数C．中子数D．质子数相关实验操作，以下说法中正确的选项是甲乙丙丁A．甲装置可用于灼烧胆矾，制备无水硫酸铜B．乙装置可用于分别溴单质与四氯化碳C．丙装置可用于蒸馏，分别乙醇和水D．丁装置可用于过滤，分别汽油和水的混淆物以下物质均可用于漂白，漂白原理不一样于其余的是A．次氯酸钙B．次氯酸钠C．氯水D．活性炭以下化合物，既有离子键也有共价键的是A．氯化氢B．硫酸C．氯化铵D．乙酸高二化学（必修）试卷第1页共6页催化剂8. 反响3H 2＋N 2高温高压2NH 3在密闭容器中进行。
以下对于该反响的说法错误．．的是A ．高升温度能加速反响速率B.使用适合的催化剂能加速反响速率 C ．增大N 2的浓度能加速反响速率D ．均衡时各组分含量之比必定等于3:1:2透明强酸性溶液中，以下各组离子必定能大批共存的是A ．Cl －、Cu 2＋、SO 4 2－、NO 3 －B ．Cl －、Na ＋、SO 42－、CH 3COO－－2＋－ － － ＋2－－C ．Cl 、Fe 、MnO 4 、NO 3D ．AlO 2 、Na 、SO 4 、NO 3以下化学用语表示正确的选项是A ．小苏打电离方程式：NaHCO 3=Na ＋＋H ＋＋CO 32－B ．Cl －的构造表示图：13. C ．H 2O 的电子式：14. D ．乙烯的最简式：C 2H 415. 以下过程汲取热量的是16. A ．氧化钙与水反响 B ．氮气液化 C ．碳酸钙分解 D ．浓硫酸稀释17. 以下属于物理变化的是18.A ．煤的干馏B ．石油分馏C ．煤的气化D ．煤的液化19. 以下有机反响属于加成反响的是光照CH 3CH 2Cl+HClA ．CH 3CH 3+Cl 2B．CH=CH2+HBrCH 3CH 2Br2Cu2CH 3CHO+2H 2OC ．2CH 3CH 2OH+O 2D ．CH 3COOH+CH 3CH 2OH 浓硫酸CH 3COOCH 2CH 3+H 2O以下相关物质的性质与应用的说法中，均正确的选项是A ．石英能导电，因此用作光导纤维B ．明矾与水反响生成氢氧化铝胶体，可用于自来水消毒C ．氧化铝熔点高，常用于耐高温资料D ．苏打溶液呈弱碱性，可用作胃酸中和剂用N A 表示阿伏加德罗常数的值。
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2015年江苏省普通高中学生学业水平考试化学试卷（考试时间90分钟，满分100分）本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32Cl:35.5 K:39 Fe:56一、单项选择题:在每题的4个选项中,只有1个选项是符合要求的（本部分23题，每题3分,共69分）。
1．手机芯片是一种在半导体材料上集合多种电子元器件的电路模块。
下列可用作半导体材料的是A．铝 B．硅 C．碳 D．铁2．下列物质属于酸的是A．KCl B．O2 C．NaOH D．HNO3 3．下列过程只涉及物理变化的是A．伐薪烧炭 B．酿酒成醋 C．滴水成冰D．百炼成钢Cs进行“无损探伤”，这里的“137”4．工业焊接钢管时常用13755是指该原子的A．质子数 B．中子数 C．电子数 D．质量数5．实验室由海水获得淡水的实验装置是A B C D6．通入水中所得溶液呈碱性的气体是A．NH3 B．NO2 C．SO2D．HCl7．下列物质属于共价化合物的是A．CaO B．CO2 C．K2O D．NaCl8．漂白粉的有效成分是A．Ca(ClO)2 B．CaCl2 C．Ca(OH)2D．CaCO39．反应2SO2＋O22SO3在密闭容器中进行。
下列关于该反应的说法错误．．的是A．升高温度能加快反应速率 B．使用恰当的催化剂能加快反应速率C．增大O2的浓度能加快反应速率 D．SO2与O2能100％转化为SO310．在含有大量的Na+、OH—、NO3—，该溶液中还可能大量存在的离子是A．NH4+ B． H+ C． SO42—D．Mg2+11．下列化学用语表示正确的是A．乙酸的结构简式：C2H4O2 B．Cl—的结构示意图：C．H2O的电子式： D．H3PO4的电离方程式：H3PO4 = 3H++ PO43-12．下列过程吸收热量的是A．汽油燃烧 B．氨气液化 C．碳酸钙分解 D．浓硫酸稀释13．实验室制备硅酸的反应为Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓，该反应属于A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应14．下列有机反应属于加成反应的是A．CH3CH3＋ Cl2光照____→ CH3CH2Cl ＋ HClB．CH2==CH2＋HBr→CH3CH2BrC ．2CH 3CH 2OH ＋O 2――→Cu △2CH 3CHO ＋2H 2OD ．CH 3COOH ＋CH 3CH 2OH 浓硫酸ΔCH 3COOCH 2CH 3＋H 2O15．下列有关物质用途的说法正确的是A ．明矾可用作净水剂B ．甲醛可用作食品防腐剂C ．氢氧化钠可用来治疗胃酸过多D ．铝制容器可长期存放酸性食物16．用N A 表示阿伏伽德罗常数的值。
下列判断正确的是A ．28g N 2含有的氮原子数目为N AB ．常温常压下，22.4L Cl 2含有的分子数目为N AC ．1molNa 变为Na +时失去的电子数目为N AD ．1L 1mol·L —1K 2CO 3溶液中含有的钾离子数目为N A17．中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。
工业上冶炼钛的反应如下：TiCl 4＋2Mg Ti ＋2MgCl 2 。
下列有关该反应的说法正确的是A ．TiCl 4是还原剂B ．Mg 被氧化C ．TiCl 4发生氧化反应D ．Mg 得到 高温电子18．下列关于乙烯的说法正确的是A．是天然气的主要成分 B．能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能发生燃烧反应 D．不能发生加聚反应19．下列关于Cl2性质的说法正确的是A．密度比空气小 B．是无色无味的气体C．能使干燥的有色布条褪色 D．可与NaOH溶液反应20．下列反应的离子方程式书写正确的是A．锌粒与稀盐酸反应：Zn + 2H+= Zn2+ + H2↑B．溴化钠溶液与氯气反应：Br—+ Cl2= Cl—+ Br2C．氢氧化铜与稀硫酸反应：OH—+ H+=H2OD．钠与水反应：Na +2H2O = Na++ 2OH—+ H2↑21．“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为2Mg+O2+2H2O = 2Mg (OH)2。
下列关于该电池的说法错误的是A．镁片作为正极B．食盐水作为电解质溶液C．电池工作时镁片逐渐被消耗D．电池工作时实现了化学能向电能的转化22．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14。
X是元素周期表中原子半径最小的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族。
下列说法正确的是A．X与Y只能形成一种化合物B．原子半径：r(Y)＜r(W)＜r(Z)C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D．Z的最高价氧化物对应的水化物是酸23．实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl 中的一种或多种。
下列根据实验事实得出的结论正确的是A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3B．取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3C．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaClD．称取3.80g固体，加热至恒重，质量减少了0.620g。
用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880g气体，说明原固体中仅含有Na2CO3和NaHCO3二、非选择题（本部分3题，共31分）24．（15分）本题为选做题，包括A、B两题。
选学《化学与生活》模块的考生答A题，选学《有机化学基础》模块的考生答B题，每位考生只可选做1题。
若两题都作答，则以A 题计分。
A．《化学与生活》（1）（3分）中国的高铁技术居于国际领先地位。
①高铁座椅内填充有聚氨酯软质泡沫。
聚氨酯属于（填字母）。
a．金属材料 b．无机非金属材料c．有机高分子材料②高铁信息传输系统中使用了光导纤维。
光导纤维的主要成分是（填字母）。
a．铜 b．石墨c．二氧化硅③高铁轨道建设需用大量水泥。
生产水泥的主要原料为黏土和（填字母）。
a．石灰石 b．粗盐c．纯碱（2）（5分）营养均衡有利于身体健康。
①人体内提供能量的主要营养物质为、糖类和蛋白质。
淀粉在人体内水解的最终产物是。
②维生素是人体需要的营养物质。
下图为某品牌维生素C泡腾片说明书的部分内容。
该泡腾片中添加的着色剂是，甜味剂是。
泡腾片溶于水时产生“沸腾”效果，是由于添加的酒石酸和反应释放出了气体。
（3）（7分）煤炭在我国能源结构中占有重要地位，合理使用有利于社会可持续发展。
①控制燃煤产生的SO2排放，能够减少型酸雨的形成。
燃煤排放的烟气中还含有其他污染物，请列举一种：。
②燃煤产生的CO2用NH3处理可生产多种化工产品。
用氨水吸收CO2可制得碳铵（NH4HCO3），写出该反应的化学方程式。
用液氨与CO2反应可制备尿素。
尿素和碳铵这两种氮肥中，氮元素的质量分数较高的是。
③煤的气化和液化是实现能源清洁化的重要途径。
水煤气中CO和H2在加热、加压和催化剂存在条件下可以合成液体燃料（CH3OH），该反应的化学方程式为。
25．（6分）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。
A是常见的金属单质，B是常见的强酸，E是空气中含量最多的单质，I是既能与强酸又能与强碱反应的氧化物，G是最常见的无色液体，J是一种高硬度材料（摩尔质量为41g ·mol—1）。
请回答下列问题：（1）D的化学式为。
（2）F的电子式为。
（3）写出反应①的离子方程式：。
（4）写出反应②的化学方程式：。
26．（10分）某硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）可用于制备FeCO3，其流程如下：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：FeS2 + 14Fe3+ + 8H2O =15Fe2+ + 2SO42—+ 16H+（1）加入FeS2还原后，检验Fe3+是否反应完全的试剂为。
（2）所得FeCO3需充分洗涤，检验是否洗净的方法是。
“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是。
（3）①写出“还原”时反应Ⅱ的离子方程式：。
②“还原”前后溶液中部分离子的浓度见下表（溶液体积变化或略不计）：请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比（写出计算过程）。
参考答案一、单项选择题:在每题的4个选项中,只有1个选项是符合要求的（本部分23题，每题3分,共69分）。
1．【答案】B2．【答案】D3．【答案】C4．【答案】D5．【答案】C6．【答案】A7．【答案】B8．【答案】A9．【答案】D10．【答案】C11．【答案】C12．【答案】C13．【答案】D14．【答案】B15．【答案】A16．【答案】C17．【答案】B18．【答案】B19．【答案】D20．【答案】A21．【答案】A22．【答案】B23．【答案】A二、非选择题（本部分3题，共31分）24．（15分）本题为选做题，包括A、B两题。
选学《化学与生活》模块的考生答A题，选学《有机化学基础》模块的考生答B题，每位考生只可选做1题。
若两题都作答，则以A 题计分。
【答案】（15分）A．《化学与生活》（1）（3分）①c ②c ③a（2）（5分）①油脂葡萄糖②喹啉黄糖精钠碳酸氢钠（3）（7分）①硫酸可吸入颗粒②NH3·H2O + CO2=NH4HCO3 尿素③CO + 2H2CH3OH25．【答案】（6分）（1）H2（2）（3）Al3+ + 3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3 NH4+（4）Al2O3+2NH3 2 AlN + 3H2O 26．【答案】（10分）（1）KSCN（2）取最后一次洗涤液少许放入试管中，滴加稀盐酸，待无明显现象后，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，表明已洗涤干净。
反之，则说明没洗干净。
Fe(OH)3（3）①2Fe3+ + FeS2= 2S↓+ 3Fe2+②7:3。