2017年高考北京卷理综化学试题解析(精编版)(解析版)

6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【答案】A【解析】瓷器是硅酸盐产品，主要成分是无机物；而丝绸、茶叶、中草药的主要成分都是有机物。答案选A。【名师点睛】明确有机物和无机物的含义以及常见物质的组成是解答的关键，有机物是针对无机物而言，有机物是含有碳元素的化合物，但需要注意CO、CO2以及碳酸盐等虽然含有碳元素，由于其结构和性质与无机物更接近，一般归为无机物。72016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tin），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是ATs是第七周期第A族元素BTs的同位素原子具有相同的电子数CTs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【答案】D【名师点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。即（1）若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第A族或第A族，如88号元素：88862，则应在第七周期第A族；（2）若比相应的稀有气体元素少15时，则应处在同周期的第A族第A族，如84号元素应在第六周期第A族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：117号元素应为第七周期第A族。8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【答案】B【名师点睛】明确氧化还原反应的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。该题的易错点是选项A，注意转化规律的理解：氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。因此Na2O2分别与H2O、CO2反应时，Na2O2既是氧化剂、又是还原剂，而H2O、CO2都没有参与反应的电子得失。9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反应的产物中含有水B反应中只有碳碳键形成C汽油主要是C5C11的烃类混合物D图中a的名称是2-甲基丁烷【答案】B【解析】A、通过图示可以得到反应为CO2+H2CO，根据原子守恒，得到反应为CO2+H2=CO+H2O，A正确；B、反应生成(CH2)n中含有碳氢键和碳碳键，B错误；C、汽油主要是C5C11的烃类混合物，C正确；D、观察可以发现图中a是 (CH3)2CHCH2CH3，其系统命名法名称是2-甲基丁烷，D正确。答案选B。【名师点睛】选项D是解答的难点，掌握有机物球棍模型的特点和烷烃的命名方法是关键，球棍模型是用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子，因此首先判断出有机物的结构简式，然后根据烷烃的命名即可解答。10根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl2的溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S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DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3【答案】C【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO4溶液溴水品红溶液氢硫酸(H2S溶液)现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀性质酸性氧化物酸性氧化物还原性还原性漂白性氧化性11聚维酮碘的水溶液是一种常用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【答案】B【名师点睛】该题难度较大，本题的关键是找到高聚物聚维酮的单体，解题过程中不要被原给定复杂结构迷惑，通过层层剥离就可以得到结论，注意题干选项的挖掘，例如氢键等。注意掌握单体的判断方法，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：（1）加聚产物的单体推断方法：凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两个半键闭合即可；凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)；（2）缩聚产物的单体推断方法：断键，补原子，即找到断键点，断键后在相应部位加上-OH或-H。12下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是A由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D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【答案】D【名师点睛】这是一组探究性题型，明确浓硝酸的性质，例如浓硝酸的挥发性、不稳定性和强氧化性等是解答的关键。解题时需要将题目中产生红棕色气体NO2的两种可能性综合分析，另外还需要注意反应在空气中进行，因此就必须考虑空气中氧气对实验的干扰。平时复习要掌握信息的提取能力，突出知识迁移的能力。25（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+ROH RCOOR+ ROH（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_。（2）CD的反应类型是_。（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：_。（4）已知：2E F+C2H5OH。F所含官能团有和_。（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：【答案】（1） 硝基（2）取代反应（3）2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，C2H5OHCH3COOHCH3COOC2H5+H2O（4）（5）【解析】（1）A是芳香烃，根据C的结构简式，推出A中应含6个碳原子，即A为苯，结构简式为：。AB发生取代反应，引入NO2，因此B中官能团是硝基。（2）根据C和D的分子式，CD是用两个羟基取代氨基的位置，发生的反应是取代反应。（3）E属于酯，一定条件下生成乙醇和F，则E是乙酸乙酯。用乙醇制取乙酸乙酯可以用部分乙醇通过氧化制备乙酸，再和另一部分乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯。发生的反应是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O2 2CH3COOH，CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O。（4）结合已知转化，根据原子守恒，推出F的分子式为C6H10O3，根据信息，以及羟甲香豆素的结构简式，推出F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，除含有，还含有。（5）根据羟基香豆素的结构简式，以及（2）的分析，C、D的氨基、羟基分别在苯环的间位，分别为、。F的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，F与D发生已知第一个反应生成中间产物1，中间产物1的结构简式为：，再发生已知的反应生成中间产物2：，然后发生消去反应脱水生成羟甲香豆素。【名师点睛】试题以羟甲香豆素的合成为素材，重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。如本题已知反应，直观理解就是苯酚酚羟基邻位CH键断裂后与酮分子中的羰基发生加成反应。26（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SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/58136181（升华）3161412熔点/6925193304714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)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJmol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJmol-1 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_。 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：_。 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_。 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_。（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_。【答案】（1）TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）SiCl4 高于136，低于181【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl及Cl2尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。27（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： 尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_。 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_。 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：_。 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 gmol 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 molL1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 molL1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_。（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。 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。 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_。 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【答案】（1）CO(NH2)2+H2OCO2+2NH38NH3+6NO27N2+12H2O2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4（2）BaO81415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O【解析】（1）尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3+CO2。从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此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，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4。吸收NH3的硫酸的物质的量为v110-3L c1 molL1 -v2 10-3Lc2 molL1 12=（v1c1-12v2c2）10-3mol，则尿素的物质的量为（v1c1-12v2c2）10-3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是（v1c1-12v2c2）10-3mol60g/mola g100%=。（2）由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质是BaO。由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，则15NO与NH3以1:1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。【名师点睛】试题以SCR和NSR技术控制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a，问题中“NOx的储存和还原。储存.”，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变化，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。28（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0.05 molL-1硝酸银溶液（pH2）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）检验产物取出少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_。（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：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，且溶液颜色深浅、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3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深120产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN） 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+。 下列实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验可证实假设d成立。实验：向硝酸酸化的_溶液（pH2）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，3 min时溶液呈浅红色，30 min后溶液几乎无色。实验：装置如图。其中甲溶液是_，操作及现象是_。（3）根据实验现象，结合方程式推测实验中Fe3+浓度变化的原因：_。【答案】（1）加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀Fe2+（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05 molL-1 NaNO3溶液 FeSO4溶液（或FeCl2溶液）分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深（3）溶液中存在反应：Fe+2Ag+=Fe2+2Ag ，Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应、为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小。【名师点睛】该题是一个探究性试题，主要考查部分基础化学反应原理、物质的检验、实验分析、有盐桥的原电池结构、实验设计等知识，考查考生实验理解能力、根据要求进行实验设计的能力和对问题的综合分析能力。注意控制变量思想方法的应用，探究实验异常现象成为近几年实验探究命题的热点，突出对实验能力的考查。该题为实验探究题，装置图、流程图很简单，但探究过程较复杂，准确全面获取信息、通过控制变量思想进行逻辑分析是解题的关键，凭感觉做题，不容易准确获取题中信息。该类试题的解题策略为：（1）确定变量：解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。（2）定多变：在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。（3）数据有效；解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。另外探究性题型中考虑问题的思路不能局限于个别问题、不能局限于固定的知识，需要全面考虑。如本题最后的一问解答以及中间涉及的Fe与Fe3+反应在本题中的理解。证明一个问题时，为了防止干扰，一般都需要做对比试验、空白试验。