2017年普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学.doc

2017年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学

一、本部分共7小题，每小题6分，共120分
1.(6分)古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是(　　)

A.瓷器
B.丝绸
C.茶叶
D.中草药
A.A
B.B
C.C
D.D
解析：A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确；
B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误；
C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误；
D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。
答案：A

2.(6分)2016年IUPAC命名117号元素为TS(中文名“”，tián)，TS的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是(　　)
A.TS是第七周期第ⅦA族元素
B.TS的同位素原子具有相同的电子数
C.TS在同族元素中非金属性最弱
D.中子数为176的TS核素符号是Ts
解析：A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；
B.同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则TS的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；
C.同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则TS在同族元素中非金属性最弱，故C正确；
D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293，该原子正确的表示方法为：117293Ts，故D错误。
答案：D

3.(6分)下列变化中，气体被还原的是(　　)
A.二氧化碳使Na2O2固体变白
B.氯气使KBr溶液变黄
C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
解析：A.二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；
B.氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确；
C.乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；
D.氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误。
答案：B

4.(6分)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：下列说法不正确的是(　　)

A.反应①的产物中含有水
B.反应②中只有碳碳键形式
C.汽油主要是C5～C11的烃类混合物
D.图中a的名称是2﹣甲基丁烷
解析：A.从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确；
B.反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误；
C.汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；
D.图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。
答案：B

5.(6分)根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是(　　)

实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
A.A
B.B
C.C
D.D
解析：A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确；
B.SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确；
C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；
D.Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3＞H2SiO3，故D正确。
答案：C

6.(6分)聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下(图中虚线表示氢键)
下列说法不正确的是(　　)
A.聚维酮的单体是
B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成
C.聚维酮碘是一种水溶性物质
D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应
解析：A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；
B.由2m+n个单体加聚生成，故B错误；
C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；
D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确。
答案：B

7.(6分)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所的结论不正确的是(　　)

①
②
③
A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
解析：A.加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A正确；
B.在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮，不一定与碳反应生成，故B正确；
C.硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮的N元素化合价为+4价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D.碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定为与浓硝酸发生了反应，故D错误。
答案：D

二、解答题(共4小题，满分58分)
8.(17分)羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：

已知：
RCOOR'+R''OH RCOOR''+R'OH(R、R'、R''代表烃基)
(1)A属于芳香烃，其结构简式是　 　.B中所含的官能团是　 　。
解析：由以上分析可知A为，B为，含有的官能团为硝基。
答案： 硝基
(2)C→D的反应类型是　 　。
解析：C为，发生取代反应生成。
答案：取代反应
(3)E属于脂类.仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：　 　。
解析：E为CH3COOCH2CH3，可由乙酸和乙醇发生酯化反应生成，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
答案：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
(4)已知：2E F+C2H5OH.F所含官能团有和　 　。
解析：F为CH3CH2OOCCH2COCH3，含有的官能团为和。
答案：
(5)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：

解析：以D和F为原料，生成中间产物1为，为取代反应，然后生成中间产物2为，发生的为加成反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素。
答案：

9.(13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：

资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
﹣69
25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
﹣
微溶
难溶
(1)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行.
已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：　 　。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的△H　 　0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据：　 　。

③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　 　。
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　 　。
解析：由I.TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1
II.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1，即热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=﹣45.5kJ•mol﹣1。因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H＞0，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液，由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C。
答案：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=﹣45.5kJ•mol﹣1 ＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 饱和食盐水、氯化亚铁溶液 TiO2、C
(2)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4.示意图如下：

物质a是　 　，T2应控制在　 　。
解析：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCl4。
答案：SiCl4 136℃左右

10.(12分)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
(1)SCR(选择性催化还原)工作原理：

①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：　 　。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：　 　。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒.用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：　 　。
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M=60g•mol﹣1)含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol•L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是　 　。
解析：①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑，NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4，涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n(H2SO4)=v1×c1×10﹣3mol，n(NaOH)=v2×c2×10﹣3mol，
由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，
则n(NH3)=(2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3)mol，
则m(CO(NH2)2)=×(2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3)mol×60g/mol=(0.06v1c1﹣0.03v2c2 )g，
尿素溶液中溶质的质量分数是0.6c1v1-0.3c2v2a×100%=6c1v1-3c2v2a%
答案：CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ 8NH3+6NO27N2+12H2O
2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4 6c1v1-3c2v2a%
(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示.

①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实验NOx的储存和还原.储存NOx的物质是　 　.
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系.第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是　 　。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O).用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关.在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO.将该反应的化学方程式补充完整：　 　　 　15NNO+　 　H2O。
解析：由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为162=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8：1，在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O，
答案：BaO 8：1 415NO+4NH3+3O2；4；6.

11.(16分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色.
(1)检验产物
①取少量黑色固体，洗涤后，　 　(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有　 　。
解析：(1)①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解，K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。
答案：加入足量加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解 Fe2+
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是　 　(用离子方程式表示).针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min时量小；溶液红色较3 0min时变浅
(资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN)
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于　 　(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3﹣具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据　 　现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因.实验Ⅱ可证实假设d成立.
实验Ⅰ：向硝酸酸化的　 　溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，3 0min后溶液几乎无色.
实验Ⅱ：装置如图.其中甲溶液是　 　，操作现象是　 　。
解析：过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+，证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d正确。
答案：Fe+2Fe3+=3Fe2+ 4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O 白色沉淀 NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转

(3)根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：　 　。
解析：i→iii中Fe3+变化的原因：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅，说明空气中氧气氧化SCN﹣，使平衡向生成Fe3+的方向移动，Fe(SCN)3浓度减小，则溶液的颜色变浅。
答案：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅