2017年陕西高考化学试题

　　化学实验题,是历年高考化学试卷中的必考题型。下面是学习啦小编为你整理关于2017年陕西高考化学试题的内容，希望大家喜欢!

　　2017年陕西高考化学试题

　　2017年陕西高考化学试题答案

         1.【答案】D【解析】氢氟酸与二氧化硅生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，A项说法错误;硅胶常作为干燥剂而不是脱氧剂，B项说法错误;纳米铁粉可与重金属离子反应生成重金属单质而不是吸附重金属离子，C项说法错误;乙醇具有还原性能与酸性重铬酸钾溶液反应，溶液颜色发生变化，从而检测是否酒后驾驶，D项说法正确。

　　2.【答案】C【解析】异丙烯苯和苯分子式的差值不是CH2的整数倍，二者不属于同系物，A项说法错误;异丙烯苯可与浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应引入硝基，B项说法错误;异丙苯有5种不同类型的氢，故一溴代物有5种，C项说法正确;0.5mol异丙苯完全燃烧消耗氧气6mol，D项说法错误。

　　3.【答案】D【解析】放电时阳离子向正极移动，即由石墨a向石墨b迁移，A项说法错误;充电时石墨b与外接电源的正极相连，B项说法错误;电子不通过电解质，C项说法错误;石墨b为正极，放电时硫得电子，电极方程式为：2Na++xS+2e-=Na2Sx，D项说法正确。

　　4.【答案】D【解析】苯溶液应从上口倒出，A说法错误;冷却后再补加沸石，B说法错误;加热时Fe与I2会发生反应，C说法错误;摇匀过程中容量瓶内壁上会有残留的盐酸，过一段时间会回流，到达原来刻度，因此不影响准确性，D说法正确。

　　5.【答案】C【解析】根据题中信息可推知a为Al，b为O，c为Si，d为C，e为S。A项，非金属性S>C>Si，故最高价氧化物水化物的酸性e>d>c，A项说法正确;H2O分子间存在氢键沸点比H2S高，B说法正确;SiO2是酸性氧化物，C说法错误;无论是SO2和SO3都能与Ba(NO3)2溶液反应生成BaSO4沉淀，D说法正确。

　　6.【答案】D【解析】异丁烷( )结构中存在甲基，不可能所有原子都共面，A项说错误;苯和溴水不能发生加成反应，苯和液溴在FeBr3催化下能生成溴苯，B项说法错误;不是所有的糖水解产物都是葡萄糖，如蔗糖水解时果糖和葡萄糖都会生成，C项说法错误;乙基环己烷( )

　　有6种不同类型的氢，故一溴代物有6种，D项说法正确。

　　7.【答案】B【解析】不知道溶液体积无法确定物质的量，ClO-的数目也就无法确定，A项说法错误;将1.5g甲醛、冰醋酸的混合物可看成1.5gCH2O，则原子总数为 ，B项说法正确;一个羟基含有9个电子，故0.2mol羟基中含有的电子个数为0.2×9×NA=1.8NA，C项说法错误;一个苯乙烯中只有一个碳碳双键，故104g苯乙烯中含有的碳碳双键个数为NA个，D项说法错误。

　　8.【答案】A【解析】乙烯和双氧水都具有还原性，二者与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项说法正确;氯水使紫色使石蕊试液先变红后褪色，体现了氯水的酸性和漂白性，而二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红，体现了亚硫酸的酸性，B项说法错误;苯使溴水褪色是因为萃取，而裂化汽油使溴水褪色主要是加成反应，C说法错误;I2加热升华，在管口遇冷又凝结为I2，而NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在管口遇冷重新化合为氯化铵，D说法错误。

　　9.【答案】B【解析】本题的突破口在丙，丙为淡黄色的单质，故丙为硫单质。丙易溶在BD2中，说明BD2为CS2，则B为碳元素，D为硫元素。由于C和D位于同一主族，则C为氧元素。由于p的水溶液是一种二元弱酸，有漂白性，说明p为SO2。又由于n+p=m+丙，n为以上元素形成的二元化合物，则n为H2S，A为氢元素。A项，原子半径应为AS>C，D错误。

　　10.【答案】D【解析】重水的摩尔质量为20g/mol，常温常压下，18g D2O的物质的量n= =0.9mol，其原子总数为2.7NA，故A项错误;苯中不含碳碳双键，0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.1NA，故B项错误;常温下Fe与浓硝酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，因此无法计算转移电子的物质的量及数目，故C项错误;根据反应方程式2CO2+2Na2O2 ==2Na2CO3+ O2可知，每2 mol CO2参加反应转移2 mol电子，标准状况下，11.2 L CO2的物质的量为0.5mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA，故D项正确。

　　11.【答案】(1)+2(1分) (2分)

　　(2)蒸发浓缩、冷却结晶(2分)

　　(3)9.91×10-11mol/L(2分)

　　(4)使反应物混合均匀，增大反应速率，提高产率(2分)

　　(5)24:1(2分)

　　(6)FePO4+Li++e-=LiFePO4(2分)

　　xFePO4+LixC6=6C+xLiFePO4(2分)

　　【试题解析】(1)一个磷酸根带3个负电荷，一个锂离子带1个正电荷，根据化合物呈电中性可知LiFePO4中铁元素的化合价应为+2价。

　　(2)因为析出的是带结晶水的化合物，所以要采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。

　　(3)Fe3+沉淀完全时，溶液中的c(Fe3+)<1×10-5mol/L，1×10-5×c(PO43-)=9.91×10-16，解得c(PO43-)=9.91×10-11mol/L。

　　(4)葡萄糖、碳酸锂、FePO4·2H2O都是固体物质，通过研磨可使三者充分接触，混合均匀，有利于增大反应速率，提高反应产率。

　　(5)根据得失电子守恒可知：n(FePO4·2H2O)×e-=n(C6H12O6)×6×4e-，解得n(FePO4·2H2O):n(C6H12O6)=24:1

　　(6)放电时正极上FePO4转化为LiFePO4，先标出得电子数，然后利用Li+调电荷守恒即可得正极电极方程式为：FePO4+Li++e-=LiFePO4;放电时负极反应为：LixC6-xe-=6C+xLi+，将正极电极方程式两侧都乘以x，然后与负极电极方程式相加，可得放电时总反应的化学方程式为：xFePO4+LixC6=6C+xLiFePO4。

　　12.【答案】(1)-1632.5kJ/mol(2分)

　　(2) (2分)

　　(3)①低温下有很高的催化活性(2分)

　　②不是，主反应为放热反应，NO的平衡转化率应随温度升高而降低(2分)

　　(4)①5.1×106(2分)

　　②0.034mol/L(2分)

　　③滴入硝酸银溶液后：

　　c(NO2-)≈1.0×10-6mol/L，c(Ag+)= ≈1.0×10-3mol/L

　　Qc=c(NO2-)×c(Ag+)≈1.0×10-6×1.0×10-3=1.0×10-9<2×10-8，故不能生成沉淀(2分)

　　【解析】(1)③×2-①可得主反应，故主反应的ΔH=(-1269.0kJ/mol)×2-(-905.5kJ/mol)=-1632.5kJ/mol。

　　(2)消耗的n(NH3)=n(H2O)=n，故NH3总平衡转化率为 。

　　(3)①催化剂I在低温下就能使主反应NO的转化率很高，若使用此催化剂脱硝，更有利于节约能源;②观察图像不难发现，低于210℃时，NO的转化率随温度升高而增大，与平衡移动得到的结论不一致，故该温度范围内NO的转化率都是非平衡转化率。

　　(4)① = = =5.1×106

　　②根据电荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(NO3-)+c(NO2-)+c(OH-)，可知

　　c(NO3-)=c(H+)+c(Na+)-c(NO2-)-c(OH-)=10-12mol/L+0.1mol/L-5.6

　　×10-2mol/L-10-2mol/L≈0.1mol/L-5.6×10-2mol/L-10-2mol/L=0.034mol/L

　　③见答案

　　13.【答案】

　　(1)+172.5kJ·mol-1(2分)

　　(2)①0.2 mol·L-1·min-1(2分)

　　②CD(2分)

　　③P1<P2<P3<P4(1分)

　　该反应正反应方向是气体体积增大的方向，增大压强平衡向气体体积减小的逆反应方向进行，φ(CO)/%减小。(2分)

　　④根据反应：C(s) + CO2(g)2CO(g)

　　起始 1mol 3mol 0

　　转化 xmol xmol 2xmol

　　平衡 (1-x)mol (3-x)mol 2xmol

　　φ(CO)=2x/(3-x+2x)×100%=80%

　　解得：x=2 (2分)

　　则平衡时CO2的分压：P(CO2)=1Mpa×1mol/5mol=0.2Mpa

　　平衡时CO的分压：P(CO)=1Mpa×4mol/5mol=0.8Mpa

　　则平衡常数Kp=P2(CO)/P(CO2)=(0.8Mpa)2/0.2Mpa=3.2Mpa(2分)

　　II.减小(1分)离开反应器的混合气体中CO2的含量增大，说明反应②正向进行，占主导作用，容器中的CO以反应②为主，则参加反应①的CO减少，容器中生成甲烷的的含量减小(2分)

　　【解析】

　　(1)考查了反应热的计算——盖斯定律，可以用反应(②+③+④)/2求解，

　　ΔH =(ΔH1+ΔH2+ΔH3)/2=+172.5kJ·mol-1

　　(2)①此题考查化学反应速率的计算，若要计算出0～10min内的反应速率，必须计算出平衡时各物质的物质的量浓度。由三段式根据平衡时A点的CO的含量计算出平衡时生成 CO4mol。

　　故v(CO)=4mol/(2L×10min)=0.2 mol·L-1·min-1(2分)

　　②平衡时，2v(CO2)正=v(CO)逆，A错误。平衡时从来没有要求各物质的物质的量浓度之比等于化学计算数之比，B错误。此反应在恒容的密闭容器中进行，反应正方向是气体物质的量增大的方向，当容器内压强不变时，反应达平衡状态，C正确。由于容器体积恒定，随反应进行，气体的质量增大，气体的密度增大，当气体的密度不变时，反应达平衡状态，D正确。故答案为C、D(2分)。

　　③P1<P2<P3<P4(1分)

　　该反应正反应方向是气体体积增大的方向，增大压强平衡向气体体积减小的逆反应方向进行。(2分)

　　④此题考查化学平衡的计算，重点是考查学生对三段式的掌握。

　　根据反应：C(s) + CO2(g)2CO(g)

　　14.【答案】除标注外每空2分

　　(1) (1分)(2)B(1分)

　　(3)MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5 H2O

　　6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+6SO2↑+12HCl↑

　　(4)Mg2++2e—=Mg(1分);Mg2++2Cl—+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑

　　(5)受热均匀(或其他合理答案)(1分);增大反应物与催化剂的接触面积(1分);防止Mg被空气氧化(1分)

　　(6)2(CaO·MgO)+Si 2CaO·SiO2+2Mg

　　(7)耗能大(或其他合理答案) (1分)

　　【解析】(1)MgCl2属于离子化合物，电子式为 (1分)

　　(2)流程中涉及碳酸钙分解，氯化镁电解等分解反应，CaO与水反应属于化合反应，Ca(OH)2与MgCl2反应属于复分解反应，没有涉及置换反应，选B(1分)

　　(3)MgCl2·6H2O 直接加热在结晶水的作用下水解，根据信息写出方程式，MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5 H2O;SOCl2结合水生成SO2和HCl两种酸性气体，HCl的存在也抑制了氯化镁的水解，从而得到无水氯化镁。6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+6SO2↑+12HCl↑

　　(4)电解熔融氯化镁，Mg2+在阴极上放电生成单质镁，Mg2++2e—=Mg(1分);若电解其水溶液，阴极H+得电子生成氢气，Mg2++2Cl—+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑

　　(5)回转窑煅烧过程中窑的转动使矿石受热均匀;催化剂萤石粉碎可以增大反应物与催化剂的接触面积;还原炉抽成真空能防止Mg被空气中氧气氧化。

　　(6)经过回转窑煅烧，白云石分解生成CaO·MgO，还原炉中冷却后的少量烧渣中加入盐酸观察到有气体产生，所以硅铁中Fe未参加反应，是硅将氧化镁还原为单质镁，

　　2(CaO·MgO)+Si 2CaO·SiO2+2Mg

　　(7)两种方法一种电解需要消耗大量电能，煅烧还原需要高温条件，所以两种方法的共同缺点是耗能大。

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