2017年贵州高考化学综合巩固提升

1、2017年贵州高考化学综合巩固提升（一）第I卷（选择题）（共42分）7二十世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高做出了巨大贡献。下列各组物质全部由化学合成得到的是 A、玻璃纤维素青霉素B、尿素食盐聚乙烯 C、涤沦洗衣粉阿斯匹林D、石英橡胶磷化铟7C【解析】纤维素有天然的，如棉花的主要成分就是纤维素，故A错； B中食盐不需要化学合成，所以B错；C中三种物质均需化学合成，所以正确；石英的成分是SiO2，不需要化学合成，故D错。8对平衡CO2（g）CO2（aq） .H=19.75KJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是 A、升温增压B、降温减压 C、升温减压D、降

2、温增压8D【解析】正反应放热，要使平衡右移，应该降低温度；另外气体的溶解度随压强增大而增大，所以为了增加CO2在水中的溶解度，应该增大压强，故选D。9醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHHCH3COO，下列叙述不正确的是A、醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H）c（OH）c（CH3COO） B、0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH）减小 C、CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D、常温下，pH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH79B【解析】根据电荷守恒，可得：c(H)=c(OH)+C(CH3COO)，

3、故A项对；0.1mol/lCH3COOH在加水稀释过程中酸性减弱，即c(H)减小，而在一定温度下，H+OH-=Kw是一定值，故c(OH)增大，所以B错；在醋酸中加入醋酸钠，c(CH3COO)增大，所以平衡向左移动，故C对；pH=2的CH3COOH中pH=12的NaOH中c(H)=c(OH)，但由于醋酸是弱酸，部分电离，故醋酸的物质的量浓度大于NaOH，二者等体积混合后，醋酸过量，所以溶液显酸性，即pH7，所以D对。10下列叙述正确的是 A、1个甘氨酸分子中存在9对共用电子 B、PCl3和了BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构 C、H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子D、熔点由

4、高到低的顺序是：金刚石碳化硅晶体硅10D【解析】甘氨酸的结构简式为：，在分子每个单键存在1对共用电子对，每个双键存在2对共用电子对，在甘氨酸分子中共存在10对共用电子对，所以A错；B原子最外层有3个电子，所以在BCl3分子中B原子周围没有达到8电子稳定结构，故B错；CS2结构对称，是含有极性键的非极性分子，所以C错；由于原子半径：CSi，所以键长：CCCSiSiSi，根据键长越短，键能越大，熔沸点越高，所以金刚石碳化硅晶体硅，故D对。11下列离方程式书写正确的是A、石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2CO32CaCO3B、NH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4HSO32OHNH

5、3SO322H2OC、酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO35I3H2O3I26OHD、AgNO3溶液中加入过量的氨水：AgNH3H2OAgOHNH411B【解析】石灰乳应该写成化学式，故A项错误；B项电荷和原子守恒，符合反应实际，正确；在酸性条件下，不可能生成OH，故B项错误，正确的离子方程式为：IO3+5I+6H=3I2+3H2O；AgOH溶于过量氨水，所以D错。12下列叙述正确的是A、在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应B、用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2C、用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成

6、1 molNaOHD、镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀12C【解析】在原电池的负极和电解池的阳极都发生氧化反应，所以A错；电解Na2SO4实质是电解水，在阴极产生H2，在阳极产生O2，二者体积比为2：1，所以B错；根据电解NaCl的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2可知，每转移1mol电子，生成1molNaOH，故C对；镀层破损后，镀锌铁板更耐腐蚀，因为锌做负极，铁做正极被保护，所以D说法错误。13下列实验方法合理的是A、 可用水鉴别已烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体B、油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C、可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO

7、3溶液D、为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量相等13A【解析】三种物质和水混合后，己烷在水的上层，四氯化碳在水的下层，乙醇不分层，所以可以用水鉴别三者，故A项正确；油脂皂化后应用盐析的方法，是高级脂肪酸钠和甘油分离，所以B错；Na2CO3和NaHCO3和Ca(OH)2反应，均可产生CaCO3沉淀，故C项错误；为了使反应充分进行，应使一方过量，而不是使二者物质的量相等，所以D错。第卷（非选择题）（共66分）26、（14分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，

8、该反应的离子方程式为 。（2）W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为 。（3）X的硝酸盐水溶液显 性，用离子方程式解释原因 。（4）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为 。（5）比较Y、Z气态氢化物的稳定性： （用分子式表示）。（6）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是： 。（7）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25 mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式： 。【解析】（1）W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al(OH)3，二者反应的离子方程式

9、：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。(2)W为Na，W可以和Y形成W2Y，则Y为-2价，为A元素，且和钠同周期，所以为S。W2Y为Na2S，电子式为：。（3）Y的硝酸盐为Al(NO3)3，由于Al3的水解：Al3+3H2OAl(OH)3+3H，其溶液呈酸性。（4）Y的低价氧化物为SO2；并且Z和Y同周期，原子序数比Y大，所以Y为Cl。Y的低价氧化物和Z的单质反应的方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。(5)非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；由于非金属性：ClS，所以气态氢化物的稳定性：HClH2S。(6)对结构相同的微粒，核电荷数越大，则原子半径越小，所以NaAl

10、3，S2Cl。但由于S2、Cl离子有3层电子，Na、Al3离子有2层电子，所以S2Cl NaAl3。（7）Z的最高价氧化物为Cl2O7是酸性氧化物，与水反应生成对应的酸：Cl2O7+H2O=2HClO4，0.25mol Cl2O7放出QkJ的热量，故H0，对应的热化学方程式为：Cl2O7(l)+H2O(l)=2HClO4(aq)；H=4QkJ/mol。【答案】（1）Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O （2）。（3）酸 Al3+3H2OAl(OH)3+3H（4）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl （5）HClH2S（6）S2Cl NaAl3 （7）Cl2O7(l)+H2O(l)

11、=2HClO4(aq)；H=4QkJ/mol。27、（19分）某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：（1）写出下列反应的反应类型：SA第步反应 、BD 、DE第步反应 、 AP 。（2）B所含官能团的名称是 。（3）写出A、P、E、S的结构简式A： 、P： 、E： 、S： 。（4）写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式： 。（5）写出与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式： 。【解析】由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，水解可以得到A，说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由SB发生消去，BF发生加成，

12、得到饱和羧酸F，而F和NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个COOH。S中的Cl原子碱性条件下被OH取代，生成含有COOH和OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯，故OH在碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH，D为，D在NaOH醇溶液中发生消去，生成E：HOOCCCCOOH，P为六元环酯，结构简式为：。（1）根据上述物质结合反应条件，可知SA第步反应为取代（或水解）反应；BD为烯烃和溴的加成

13、反应；DE第步反应为卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应；AP为酯化（取代）反应。（2）B为HOOCCH=CHCOOH，分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团。（3）A： P：E：HOOCCCCOOH S：。（4）F为丁二酸（HOOCCH2CH2COOH）在浓硫酸作用下与足量的乙醇反应，生成丁二酸二乙酯，方程式为：+2C2H5OH +2H2O （5）D为，其含有相同挂能团的同分异构体有：HOOCCBr2CH2COOH、 、。【答案】（1）取代（水解）反应 加成反应 消去反应 酯化（取代）反应（2）碳碳双键 羧基（3）A：HOOCCHOHCH2COOH P： E：HOOCCCCOOH S： （4）+

14、2C2H5OH +2H2O （5）HOOCCBr2CH2COOH 、28、（19分），（8分）化学实验室制取氯化氢气体的方法之一是将浓硫酸滴入浓盐酸中。请从下图中挑选所需仪器，在方框内画出用该方法制备、收集干燥氯化氢气体的装置简图，并在图中标明所用试剂。（仪器可重复使用，固定装置不必画出），（11分）实验室制备少量硫酸亚铁晶体的实验步骤如下：取过量洁净的铁屑，加入20%30%的稀硫酸溶液，在5080水浴中加热至不再产生气泡。将溶液趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集产品。（1）写出该实验制备硫酸亚铁的化学方程式： 。（2）硫酸溶液过稀会导致 。（3）采用水浴加

15、热的原因是 。（4）反应时铁屑过量的目的是（用离子方程式表示） 。（5）溶液趁热过滤的原因是 。塞紧试管口的目的是 。（6）静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是 。I【解析】浓硫酸和浓盐酸反应制取HCl气体，不需要加热，即：液液气，可采用分液漏斗和圆底烧瓶组成发生装置；干燥HCl可以装有浓硫酸的洗瓶，收集HCl用向上排空气法，由于HCl气体极易溶于水，故在水面用倒扣的漏斗来吸收尾气。整个装置为：【解析】铁和稀硫酸反应的方程式为：Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2。（2）硫酸如果浓度过稀，则反应时速率过慢；另外由于溶液中含有较多的水，也不利于硫酸亚铁晶体的析出。（3）水浴加热受热均匀，

16、温度容易控制。（4）铁屑过量的目的是防止Fe2被氧化成Fe3，即使被氧化Fe可以使Fe3还原：Fe+2Fe3=3Fe2。(5)溶液趁热过滤的目的是减少FeSO4的损失；塞紧试管口的目的是防止空气中的氧气将FeSO4氧化。（6）硫酸亚铁热溶液在冷却过程中，溶解度降低，在静止冷却一段时间后会有浅绿色硫酸亚铁晶体析出。【答案】（1）Fe+H2SO4（稀）FeSO4+H2 （2）反应速率慢 不利于晶体析出（3）（4）Fe3+2Fe3Fe2+（5）减少FeSO4的损失 防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+（6）有浅绿色晶体析出29、（14分）（1）配平氧化还原反应方程式：C2O42-+MnO4-+H

17、+CO2+Mn2+H2O（2）称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol/LNaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的物质的量为 mol。第二份溶液中滴加0.10mol/L的酸性高锰酸钾溶液至16mL时反应完全，此时溶液颜色由 变为 。该溶液中还原剂的物质的量为 mol。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为 。KHC2O4的质量分数为 。【解析】（1）标出化合价升降：2O42-O2，O4Mn2；根据化合价变化，求2和5的最小公倍数：，可知在C2O42前加系数5，在MnO4前加系数2，然后根据电荷守恒和原子守恒，利用观察法，可得配平方程式：5C2O42+2MnO4+16H=1OCO2+2Mn2+8H2O。（2）加NaOH变为浅红色，说明溶液呈弱碱性，则溶液中被中和的n(H)=n(OH)=0.25molL10.02L=0.005mol。加入酸性KMnO4将C2O42氧化，恰好反应时，溶液由无色变成紫红色；根据方程式可得关系式：5C2O422MnO4，n(C2O42)=n(KMnO4)=0.1molL10.016L=0.004mol。因为和