2017年度高考全国理综2(化学)试题与内容规范标准答案(印刷级)《大数据建模高考化学》回归解析.doc

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1、-!2017年高考全国卷理综化学使用地区：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、西藏、陕西、重庆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 Ca 40一、选择题：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下列说法错误的是A糖类化合物也可称为碳水化合物 B维生素D可促进人体对钙的吸收C蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质 D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多8阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A1L0.1molL-1NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为

2、0.1NAC标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA9a,b,c,d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是A原子半径：dcba B4种元素中b的金属性最强Cc的氧化物的水化物是强碱 Dd单质的氧化性比a单质的氧化性强10下列由实验得出的结论正确的是实验结论A将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1,2二溴乙烷无色、可溶于四氧化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中

3、的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性11用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是A待加工铝质工件为阳极 B可选用不锈钢网作为阴极C阴极的电极反应式为：Al3+ + 3e- =Al D硫酸根离子在电解过程中向阳极移动12改变0.1molL-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示 已知(X)=。下列叙述错误的是ApH=1.2时，

4、c(H2A) = c(HA-) BlgK2(H2A) = -4.2CpH=2.7时，c(HA-)c(H2A) = c(A2-)DpH=4.2时，c(HA-) = c(A2-) = c(H+)13由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A向2 mL 0.1 molL-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2+B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D

5、向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)H2CO3H2OCH3CH2OH （考题的答案），故错误；D项、P170/Z 二、取代反应:CH4+Cl2CH3Cl+HCl(进一步取代可生成二氯甲烷三氯甲烷和四氯化碳等一系列混合物)（考题的思路），使湿润的石蕊试纸变红是由于生成了HCl，故错误。11. A选项. 铝制品表面形成致密的氧化膜，发生的是氧化反应，为阳极，故正确；B选项.不锈钢网仅起导电作用，增大接触面积提高电解效率，故正确；C选项.P101/Z: Al3+Mg2+Na+等,由于氧化性弱于H

6、+,在水溶液中不会在阴极上放电得到金属单质,要得到金属单质,只有在熔融非水条件下进行 （考题的答案）,且溶液中无Al3+,应该为阴极氢离子得电子生成氢气，故错误；D选项.P105/Z：二、2. 电解池中阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动 （考题的答案） ，故正确。12.A选项.P136/M:二、3.交点:相交的两种物质相等,常进行相互代换用于计算 （考题的思路），根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故正确；B选项.P119/M:一、1、五看量：一般标出具体数值的量在解题中都会用到 （考题的思路），要定量计算lgK2(H2A)的值，K2(H2A)=，找图

7、中pH=4.2点进行计算，c(HA-)=c(A2-),K2(H2A)= = c(H+)=10-4.2，所以，lgK2(H2A)=-4.2,故正确；C选项.根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故正确；D选项.根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)=0.5，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)c(H+)，故错误。13. A选项. P58/4.(4) 2Fe3+Fe=3Fe2+, P20/Z.一氧化还原反应发生的条件：还原性：还原剂 还原产物 （考题的思路），可得，还原性：FeFe2+，故正确；B选项 P57/M: 2Mg +

8、CO2 2MgO + C 现象:剧烈反应,生成白色粉末,瓶壁上附着黑色固体 （考题的思路），该反应是其拓展,故正确；C选项. P54/ 2.NH4HCO3NH3+ H2O + CO2，分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵显碱性，故错误；D选项.P138/4.常见几种物质溶解度的大小: (1)卤化银:AgCl AgBr AgI Ag2S，黄色沉淀AgI，P138/3.溶解度最小的优先析出 （考题的思路），通过实验可以说明，Ksp(AgI)Ksp(AgCl) 。26.P76/M: 化工流程的综合考查：1.明确流程目的:用什么原料制取什么产品,原料中的那些杂质(或元素)要在过程中要

9、除去一切反应或操作都是为获得更多更纯的产品而服务 2.明确元素流向:顺推与逆推结合,分析元素流向与价态变化(实质联系氧化还原反应);用进出关系,写出每步物质或离子(分析元素守恒),并注意过量的物质对后续反应的影响 3.看懂两类操作目的:化工流程的图示形式多种多样,但每步操作主要作用有两种:反应转化操作和分离提纯操作 (1)反应转化操作主要是四类反应:以加入物质的性质(氧化剂,沉淀剂,调节pH值等)分析在反应中的作用以此确定是氧化还原反应,非氧化还原反应,调节pH值沉淀金属离子的反应控制条件的原因(用化学反应原理解析对反应转化率的影响,降低溶解度)(2)分离提纯操作主要是下列几类操作: （考题的

10、思路），由此分析：原料成分:CaO、SiO2，Fe、Al和Mg等元素 。（1）在盐酸存在下加硝酸，是运用其氧化性，可能被氧化的只能是将Fe2+氧化为Fe3+ P56/2.(5) 3Fe2+ + NO+4H+=3Fe3+ + NO + 2H2O ，P73/M:由沉淀时pH数据可知,常先选择氧化剂(如H2O2)将Fe2+氧化成Fe3+（考题的答案），所以，可以用双氧水来代替硝酸。（2） SiO2不溶于；P56/特征反应:SiO2+4HF = SiF4+2H2O （考题的答案）。（3）加氨水的目的是调节pH除杂，过程中加热是有利于分离除杂的进行， P74/M 一、2温度控制.(2) 加热:促进水解反

11、应,或水解除杂 （考题的答案）。P73/M：二、调节pH值除杂的分离提纯操作。除Mg2+的pH值在10.412.4，当调节pH在45时，生成两种沉淀为Fe(OH)3 、 Al(OH)3 。（4）P160/Z： 6.氧化还原滴定(2)KMnO4滴定H2C2O4溶液原理:2MnO+6H+5H2C2O4= 10CO2+ 2Mn2+8H2O 以此分析计算：5Ca2+5CaC2O45H2C2O42KMnO4 = 所以： n(Ca2+) = 0.0500molL-136.0010-3 L = 4.5010-3 mol 水泥中钙的质量分数为100% = 45.0%27.（1）P92/M 1.(2)盖斯定律的

12、“快速分析法:找唯一:找总反应式中的物质在分步反应中唯一出现的分步反应式定侧向:当分步反应式中的物质与总反应式中的物质在反应方向式的同侧时,在计算(H总)时用加(+H分),不同侧时用减(+H分)调系数:对比分步反应式中物质的计量系数与总反应式中物质的计量系数,当不同时,计算H总的表达式中,要在分步反应的(H分)乘或除以不同的倍数” （考题的思路），考题的解答分析运用如下：反应 唯一出现的为H2(g)，与总反应为异侧，计量数为总反应相同，所以：-H1.反应，唯一出现的为H2O(g)，与总反应式为同侧，计量数为总反应相同，以为：+H2.所以，总反应的H3 =H2-H1。H1=H2-H3=-119

13、KJmol-1 +242 KJmol-1 = +123 KJmol-1。正反应是一个气体分子数中增加的反应，由a图可以看出，温度相同时，由平衡转化率（0.1MPa）平衡转化率（xMPa），丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，x0.1。由于反应图像等压线分析，温度升高时，丁烯的平衡产率增大，A正确。由上问分析，在恒温条件下，减压时，丁烯的平衡产率增加，D正确。（2）P119/M;一、1. 转折点(转折点前后影响的主要因素不同) （考题的思路），先转化率升高是因为氢气的量增加，主要因素是使催化剂的活性加增，丁烯产率高加；当进料气中n（氢气）/n（丁烷）增大到一定程度后，主要因素是产

14、物中H2的浓度增大，逆反应速率增大，从而使丁烯转化率下降。（3）P114/M：三、转化率出现峰值的讨论：2.分析时，抓住反应温度在不断地增加，从对反应速率和化学平衡的解度分析 （考题的思路），从化学反应原理（反应速率和化学平衡）找原因，该反应为吸热反应，590之前，决定的主要因素是温度升高时反应速率加快，平衡正向移动；由图中分析，温度超过590时，副产物曲线迅速增加，导致转化率减少。28. 本题源于P162.【考型2】数据测定的准确性与控制操作，2016年天津卷16题的改编，相似度80%，（1）这是一个定量实验，P163/2.定量实验的关键是测定数值的准确性 （考题的思路），取水样时应避免扰动

15、水体表面的操作。否则，就会造成溶氧量的改变而带来测定误差，再从氧气物理性质和化学性质的角度找原因。（2）考查简单信息反应的书写，反应物为Mn(OH)2和O2,生成物为MnO(OH)2，环境碱性条件，P162.练习中的反应。（3）由于Na2S2O3溶液不稳定，所以不能准确配制一定物质的量浓度溶液，只能是配制一个大至浓度的溶液，然后在使用前进行标定，故选量筒量水，在烧杯中配制，不需要容量瓶和胶头滴管(这是一个跳出习惯的思维)。蒸馏水必须经过煮沸、除去其中的氧气，也是从提高测定数值的准确性入手分析，P74/M:五、2.（2）加热：除去溶液中的气体（如CO2、NH3等） （考题的思路）。（4）P159

16、/Z: 6.氧化还原滴定法.(1)碘量法:指示剂:用淀粉作指示剂,当滴入一滴标准Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色,说明滴定达到终点（考题的答案）；P159/6.氧化还原滴定法.(1)碘量法.得出关系：x n(氧化剂)=n(Na2S2O3) (x为“氧化剂”化合价的变化) （考题的思路），由：4n(O2) = n(Na2S2O3)。得水样中溶解氧的含量为 （ab10-3）4321030.1=80ab。（5）P161/M: H.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡(V标偏大), 结果偏大 （考题的思路）。终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小

17、，最终结果偏低。35. （1）P205/Z:一原子核外电子排布:方法:所给元素(元素符号原子序数)认真审下列几个概念:什么微粒(分清分子离子);电子范围(价电子核外电子);表示形式电子排布式电子排布图(即轨道表示式)。（2）考查新定义条件下的类比分析，从所给的图形和定义分析，都与第一电离能相似，两者比较入下表：比较对像电失电子能量变化与元素性质的关系与结构的关系第一电离能气态原子失去一个电子形成气态正一价离子吸收的能量失去电子，表现出元素金属性的强弱。原子结构半充满的N元素,比较稳定，表现出特殊性。第一电子亲和能气态原子得到一个电子形成气态负一价离子放出的能量得到电子，表现出元素非金属性的强弱

18、。原子结构半充满的N元素,比较稳定，表现出特殊性。同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，（3）R中从结构或化合价分析，有H3O+和NH两种阳离子，这两种离子的结构的对比，P209/Z:二、2.中心原子的价层电子数=中心原子的孤电子对数+配位原子数=杂化轨道数（P210）,两种离子的相同与不同之处见P210/Z:四、分子的立体构型和分子极性的关系,见下表. （考题的思路），典型分子分子模型空间构形孤对电子杂化类型分子的极性其它常考分子(或拓展)NH3三角锥形（考题的答案）1sp3极性分子H3O+CH4

19、正四面体形(键角:10928)0sp3（考题的答案）非极性分子NH（3）A项 由上表可知，杂化类型均为sp3，故相同；B项 由以上分析可知H3O+和NH中心原子的价层电子对数都为4，故相同；C项 NH为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形，故不相同；D项 含有的共价键类型都为键，故相同。P208/Z:二、两原子成键时,首先形成一个键,并且只能形成一个键 （考题的思路），所以，在阴离子N（）中的键总数为5个。由题中信息知：由大键的表示符号和通过苯分子（）的示例，可知苯分子中的是一个6原子（中心）和6电子形成的正六边形的环状大键，类比运用到N形成的大键中，5个N原子（形成）一个五元环，

20、每个N原子各提供1个电子，再加上得到的一个电子，共6个电子形成的电子，故可以表示为。这是一个拓展的创新考法。P212/Z:一、2.氢键：（1）表示:通常表示为XHY O、N的非金属性较强，对应的OH、NH都可与H形成氢键，注意，对于氢键的表示，题中举例：（NH）NHCl（注意：在NH前用括号表示了N原子的存在微粒，这是不同于教材的新的表示式，故在做答时也要借用这种表示方法）。（4）P217/M:三、晶体密度的计算。D= （考题的思路），由晶体密度的计算式：d= 变型即求解。36.根据有机推断的基本方法：P198/M:一、宏观抓碳链，微观抓官能团: 有机推断先纵观全局，在大多数反应中，反应物分子

21、的碳原子数和碳链在反应过程中是不变的，因此，从分析产物分子中的碳原子数和碳链的结构逆推寻找反应前分子结构；再分析各个结构连接在一起或断裂分开，是靠什么反应来实现的？这种变化可能是熟悉的官能团的衍生变化，信息反应的迁移，或由题目直接给出 （考题的思路）。碳链的衍生变化如下图分析：A（C2H4O）的核磁共振氢谱为单峰；P191/Z:一、核磁共振氢谱与等效氢原子分析法：等效氢原子的种数=1,分子高度对称。其结构主要考虑立体笼状结构、环状结构。P191/M:一、等效氢与有机分子的对称结构：当分子中有一个结构的一般放在对称轴上,当分子结构中有二个对称结构时一般放在对称轴的两边的对称位置上 （考题的思路）

22、，所以，A（C2H4O）不饱和度为1， O原子只有一个，一定在对称轴上，4个H原子等效，可能以CH2的结构放在对称轴的两边的对称位置上，即为结构。B（C3H8O）的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为611；可以分析为6（两个-CH3在对称位）余下的四个原子CHOH应该在中间的对称轴上（考题的思路），即为CH3CH3；实际上由产物结构的碳链反推（见上图中，B衍生示例），也容易得出B的结构。B分子中主链有3个碳原子，在2号位上连一个羟基，故命名为2-丙醇仿真练习：P289/2Q,判断：，错误，正确的命名为2-丁醇；3Q，判断：2羟基丁烷，错误，正确的命名为2-丁醇。D(C7H8O2)的苯环上仅有两种

23、不同化学环境的氢,P192/M:3.含苯环侧链：（考题的答案）；1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应，P184/Z:三、有机物的酸性及其反应，NaOH能与酚反应，而不能与醇羟基反应，Na与酚羟基和醇羟基均能反应；P196/M：二、条件在反应中的运用，以为例也分析了与NaOH和 Na反应的情况 （考题的思路），D为；由产物结构的碳链反推（见上图中，D衍生示例），也容易得出D的结构。 (3) E可由G分子结构E衍生分析，反推，容易得出E为, CHOCH2CH2OCH(CH3)2 和D发生反应生成E,由元素守恒分析，还应该有水生成，这实际上是成醚反应P195/Z:二、反应条件与有机反

24、应：1H2SO4(产物多有水生成)；（2）H2SO4 (浓) /或140醇分子间脱水成醚（取代反应）。（4）E(C12H18O3)和(C3H6OCl)反应生成F(C15H22O4),从元素守恒分析，还要生成HCl,为取代反应，也可以从G的结构分析；（5）有机物G的分子式为C18H31NO4；P168/Z:三、有机物的表示：考试中常常会出现键线式写法的分子结构，要求写出分子式或判断分子式 ，专题讲了其写法。（6）L是的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应， 1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，L共有同分异构体的种数，采用“一定移一”的方法

25、书写P190/2.多种官能团的同分异构体：分析常采用“定一移一,定过不移”的方法 （考题的思路），先把二个酚羟基连在苯环上（有邻、位、对三种情况）为母体，再在苯环上引入甲基，分别对应的同分异构体的数目为：2种，3种，1种，共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3221，可以分析为：3（-CH3）2(2个-OH在对称位)2（苯环上有2个H在对称位）1（苯环上还有一个H在对称轴上），P192/M:3表中类似于、的两种情况A为-CH3、B为-OH,高仿真题P191/ 【考型4】苯环上的取代基与等效氢的对称性: 14全国,38 F()的同分异构体中含有苯环的还有_种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6221的是_(写出其中一种的结构简式)。答案19。（考题的思路），