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2017 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 分．在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）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
【考点】K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；K8：人体必需的维生素的主
要来源及其摄入途径；KA：微量元素对人体健康的重要作用．
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【专题】538：有机化合物的获得与应用．
【分析】A．糖类化合物符合通式C （H O） ，故称为碳水化合物；
n 2 m
B．维生素D的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育；
C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，还有些蛋白质含S、P等
元素；
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多．
【解答】解：A．糖类化合物符合通式 C （H O） ，故称为碳水化合物，故 A
n 2 m
正确；
B．维生素D可促进人体对钙的吸收，故B正确；
C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不
正确，故C 错误；
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查糖类，维生素D，蛋白质，微量元素硒的相关性质及组成，本
题难度中等．
第1页 | 共19页2．（6分）阿伏加德罗常数的值为N ．下列说法正确的是（ ）
A
A．1L0.1mol•L﹣1NH Cl溶液中，NH +的数量为0.1N
4 4 A
B．2.4gMg与H SO 完全反应，转移的电子数为0.1N
2 4 A
C．标准状况下，2.24LN 和O 的混合气体中分子数为0.2N
2 2 A
D．0.1mol H 和0.1mol I 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2N
2 2 A
【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．铵根易水解；
B．Mg与H SO 反应生成Mg2+，故1molMg参与反应转移2mol电子；
2 4
C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol；
D．H +I ⇌2HI是可逆反应，不过是1+1=2的反应，这是一个反应前后分子物质
2 2
的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA
【解答】解：A．铵根易水解，所含NH +数小于0.1N ，故A错误；
4 A
B．n（Mg）= =0.1mol，Mg 与 H SO 反应生成 Mg2+，则 1molMg 参与
2 4
反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2N ，故
A
B错误；
C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN 和O 的混合
2 2
气体中分子数为0.1mol，即0.1N ，故C错误；
A
D．H +I ⇌2HI是可逆反应，不过是1+1=2的反应，即这是一个反应前后分子物
2 2
质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故选D。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积
指的是1mol任何气体的体积为22.4L。
3．（6分）a、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：d＞c＞b＞a
第2页 | 共19页B．4种元素中b的金属性最强
C．c的氧化物的水化物是强碱
D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】a、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，则 a 的核外电子总数应为 8，为 O 元素，
则b、c、d为第三周期元素，c 所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a
同族，应为 S 元素，b 可能为 Na 或 Mg，结合对应单质、化合物的性质以及
元素周期律解答该题．
【解答】解：由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S
元素。
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最
小，故A 错误；
B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，
金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；
C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；
D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质
的氧化性强，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重考查学生的分析能
力，本题注意把握原子核外电子排布的特点，把握性质的比较角度，难度不
大．
4．（6分）下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实验 结论
A． 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终生成的1，2﹣二溴乙烷无色、可
变为无色透明 溶于四氯化碳
第3页 | 共19页B． 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气乙醇分子中的氢与水分子中的
体 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． 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能生成的氯甲烷具有酸性
使湿润的石蕊试纸变红
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断；542：化学实验基本操作．
【分析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；
B．乙醇的结构简式为CH CH OH，只有羟基可与钠反应；
3 2
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应；
D．使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl．
【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生
成1，2﹣二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确；
B．乙醇的结构简式为CH CH OH，只有羟基可与钠反应，且﹣OH中H的活性
3 2
比水弱，故B 错误；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强
酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石
蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重考查有机物的性质，有利于培
养学生的分析能力和实验能力，注意把握有机物的官能团的性质以及反应的
现象的判断，难度不大．
5．（6 分）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H SO ﹣H C O 混合溶液。下列叙述错误的是（ ）
2 4 2 2 4
A．待加工铝质工件为阳极
第4页 | 共19页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
【考点】DI：电解原理．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极
反应为2Al﹣6e﹣+3H O=Al O +6H+；
2 2 3
B、阴极材料选择没有特定的要求；
C、阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应；
D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
【解答】解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A正
确；
B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故
B正确；
C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为
2H++2e﹣=H ↑，故C 错误；
2
D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程
中向阳极移动，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查电解原理及其应用。电化学原理是高中化学的核心考点，
学生要知道阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发
生还原反应。
6．（6 分）改变 0.1mol•L﹣1二元弱酸 H A 溶液的 pH，溶液中的 H A、HA﹣、
2 2
A2﹣的物质的量分数 δ（x）随 pH 的变化如图所示[已知 δ（x）=
]．下列叙述错误的是（ ）
第5页 | 共19页A．pH=1.2时，c（H A）=c（HA﹣）
2
B．lg[K （H A）]=﹣4.2
2 2
C．PH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H A）=c（A2﹣）
2
D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H+）
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】由图象可知，pH=1.2时，c（H A）=c（HA﹣），PH=2.7时，c（H A）
2 2
=c（A2﹣），pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），随着pH的增大，c（H A）逐
2
渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以
及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。
【解答】解：A．由图象可知pH=1.2时，H A与HA﹣的曲线相交，则c（H A）
2 2
=c（HA﹣），故A正确；
B．pH=4.2 时，c（H+）=10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）=c（A2﹣），K （H A）
2 2
= =10﹣4.2，则lg[K （H A）]=﹣4.2，故B正确；
2 2
C．由图象可知，PH=2.7时，c（H A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞
2
c（H A）=c（A2﹣），故C 正确；
2
D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），但此时c（H A）≈0，如体积不变，则c
2
（HA﹣）=c（A2﹣）=0.05mol•L﹣1，c（H+）=10﹣4.2mol/L，如体积变化，则不
能确定c（HA﹣）、c（A2﹣）与c（H+）浓度大小关系，故D错误。
故选：D。
第6页 | 共19页【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计
算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度
中等。
7．（6分）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2mL0.1mol/LFeCl 的溶液中加黄色逐渐消失，加KSCN还原性：Fe＞Fe2+
3
足量铁粉，振荡，加1滴KSCN 溶液颜色不变
溶液
B． 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速 集气瓶中产生大量白 CO 具有氧化性
2
伸入集满CO 的集气瓶 烟，瓶内有黑色颗粒
2
产生
C． 加热盛有少量 NH HCO 固体的石蕊试纸变蓝 NH HCO 显碱性
4 3 4 3
试管，并在试管口放置湿润的
红色石蕊试纸
D． 向 2 支盛有 2 mL 相同浓度银氨 一只试管中产生黄色沉 K （ AgI ） ＜ K
sp sp
溶液的试管中分别加入 2 滴 淀，另一支中无明显 （AgCl）
相同浓度的NaCl 和NaI溶液 现象
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】542：化学实验基本操作．
【分析】A．向2mL0.1mol/LFeCl 的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；
3
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；
D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．
【 解 答 】 解 ： A ． 向 2mL0.1mol/LFeCl 的 溶 液 中 加 足 量 铁 粉 ， 发 生
3
2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中 Fe 为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，
可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；
第7页 | 共19页B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧
化性，故B 正确；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与
盐类的水解无关，故C 错误；
D．一只试管中产生黄色沉淀，为 AgI，则 Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说
明Qc＜Ksp，可说明K （AgI）＜K （AgCl），故D正确。
sp sp
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难
溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质
的性质，难度不大．
二、解答题（共 3小题，满分 43分）
8．（14分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO ，并含
2
有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过
程如图所示：
沉淀A
氯化铵
水泥样品 沉淀A
盐酸、硝酸 氨水PH4-5
滤液
加热 草酸铵溶液 硫酸
滤液 草酸钙 KMnO 测定法
4
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴
硝酸。加入硝酸的目的是 将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ ，还可使用
H O 代替硝酸。
2 2
（2）沉淀 A 的主要成分是 SiO （H SiO ） ，其不溶于强酸但可与一种弱酸
2 2 3
反应，该反应的化学方程式为 SiO +4HF=SiF ↑+2H O 。
2 4 2
（3）加氨水过程中加热的目的是 防止胶体生成，易沉淀分离 。沉淀B的主
要成分为 Al（OH） 、 Fe（OH） （填化学式）。
3 3
（4）草酸钙沉淀经稀 H SO 处理后，用 KMnO 标准溶液滴定，通过测定草酸
2 4 4
的 量 可 间 接 获 知 钙 的 含 量 ， 滴 定 反 应 为 ：
MnO ﹣+H++H C O →Mn2++CO +H O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消
4 2 2 4 2 2
耗了 0.0500mol•L﹣1的 KMnO 溶液 36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数
4
第8页 | 共19页为 45.0% 。
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【专题】544：定量测定与误差分析．
【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO ，并含有一定量的铁、铝和镁等金属
2
的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的
沉淀A 为SiO ，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4﹣5，
2
可生成 Al（OH） 、Fe（OH） 沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分
3 3
离，滤液主要含有 Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸
钾测定，发生5Ca2+～5H C O ～2KMnO ，根据高锰酸钾的量可计算含量，以
2 2 4 4
此解答该题。
【解答】解：（1）铁离子在 pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子
生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，
故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H O ；
2 2
（2）由以上分析可知沉淀A为SiO ，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与
2
HF的反应，方程式为SiO +4HF=SiF ↑+2H O，
2 4 2
故答案为：SiO （H SiO ）；SiO +4HF=SiF ↑+2H O；
2 2 3 2 4 2
（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防
止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al（OH） 、Fe（OH） ，
3 3
故答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al（OH） 、Fe（OH） ；
3 3
（4）反应的关系式为5Ca2+～5H C O ～2KMnO ，
2 2 4 4
n（KMnO ）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol，
4
n（Ca ）=4.50mmol，
2+
水泥中钙的质量分数为 ×100%=45.0%，
故答案为：45.0%。
【点评】本题为 2017 年辽宁考题，侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，
注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，题目有利于培
养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等。
第9页 | 共19页9．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问
题：
（1）正丁烷（C H ）脱氢制1﹣丁烯（C H ）的热化学方程式如下：
4 10 4 8
①C H （g）=C H （g）+H （g）△H
4 10 4 8 2 1
已知：②C H （g）+ O （g）=C H （g）+H O（g）△H =﹣119kJ•mol﹣1
4 10 2 4 8 2 2
③H （g）+ O （g）=H O（g）△H 242kJ•mol﹣1
2 2 2 3 =﹣
反应①的△H 为 +123 kJ•mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及
1
压强的关系图，x 小于 0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提
高，应采取的措施是 AD （填标号）。
A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强
100
80
60
40
20
0
300 400 500 600 700
温度/℃
图(a)
（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作
用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率
与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化
趋势，其降低的原因是 原料中过量H 会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯
2
产率下降 。
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的
短碳链烃类化合物。丁烯产率在 590℃之前随温度升高而增大的原因可能是
升高温度时，反应速率加快，单位时间内产生丁烯更多 、 590℃前升高温
度，反应①平衡正向移动 ；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能
是 高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低 。
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素．
菁
第10页 | 共19页
%/率化转衡平
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
0 1 2 3 4 5 6
n(氢气)/n(丁烷)
图(b)
%/率产的烯丁
45
40
35
30
25 丁烯
20
15
10 副产物
5
0
%/率产
420 460 500 540 580 620
反应温度/℃
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【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H ；
1
由 a 图定温度，压强由 0.1MPa 变化到 xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向
移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；
要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动；
（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产
率下降；
（3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应①平衡正向移动，丁
烯产率增加；
由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590℃时，部分
丁烷裂解导致产率降低。
【解答】解：（1）②C H （g）+ O （g）=C H （g）+H O（g）△H =﹣119kJ•mol﹣1
4 10 2 4 8 2 2
③H （g）+ O （g）=H O（g）△H =﹣242kJ•mol﹣1
2 2 2 3
②﹣③得C H （g）=C H （g）+H （g）△H =+123kJ•mol﹣1
4 10 4 8 2 1
由 a 图可知温度相同时，由 0.1MPa 变化到 xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正
向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1；
由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反
应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因
此AD 正确，
故答案为：+123；小于；AD；
（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作
为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中
的丁烯的含量，使丁烯的产率降低，
故答案为：原料中过量H 会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；
2
（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同
时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多
的丁烯；
而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁
第11页 | 共19页烷也就相应减少，产率下降，
故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高
温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率
降低。
【点评】本题考查盖斯定律以及化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分
析温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，
注意化学平衡在实际生产中的应用，题目难度不大。
10．（15 分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘
量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与 Mn（OH） 碱性悬浊
2
液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH） ，实现氧的固定。
2
Ⅱ．酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH） 被I﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后
2
用标准Na S O 溶液滴定生成的I （2S O 2﹣+I =2I﹣+S O 2﹣）。
2 2 3 2 2 3 2 4 6
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 使测定值与
水体中的实际值保持一致，避免产生误差 。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 2Mn（OH）+O =2MnO（OH） 。
2 2 2
（3）Na S O 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧
2 2 3
杯、玻璃棒、试剂瓶和 一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒 ；蒸馏水必
须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除 氧气 及二氧化碳。
（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用a mol•L﹣1Na S O 溶液滴定，以淀粉
2 2 3
溶液作指示剂，终点现象为 当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且
半分钟内无变化 ；若消耗 Na S O 溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的
2 2 3
含量为 80ab mg•L﹣1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏 低 。（填
“高”或“低”）
第12页 | 共19页【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【专题】542：化学实验基本操作；544：定量测定与误差分析．
【分析】（1）采集的水样中溶解的氧气因外界条件（特别是温度和压强）改变
其溶解度发生改变；
（2）“氧的固定”的方法是：用Mn（OH） 碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，
2
反应生成MnO（OH） ，实现氧的固定；
2
（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容
量瓶、胶头滴管、量筒；测水样中的氧，故避免使用的蒸馏水溶解有氧；
（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分
钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式中 I 、S O 2﹣之间的关系式
2 2 3
计算；
（5）根据 n（O ）= mol 分析，不当操作对 b 的影响，以此判断测
2
量结果的误差；
【解答】解：（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为
此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与
水体中的实际值保持一致，避免产生误差，
故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH） +O =2MnO（OH） ，
2 2 2
故答案为：2Mn（OH） +O =2MnO（OH） ；
2 2 2
（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容
量瓶、胶头滴管、量筒；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是
杀菌、除氧气及二氧化碳，
故答案为：一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；氧气；
（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分
钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式，O ～2I ～4S O 2﹣得n（O ）
2 2 2 3 2
= mol，m（O ）= =8abmg，则水样中
2
溶解氧的含量为： =80abmg。L﹣1，
故答案为：当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；
第13页 | 共19页80abmg。L﹣1；
（5）根据n（O ）= mol分析，不当操作对b的影响，b值减小，则
2
会导致测量结果偏低，
故答案为：低。
【点评】本题主要考查了杂质离子的检测实验设计及其滴定法测定含量的过程，
有关信息应用和化学方程式的计算，实验步骤判断是解题关键，题目难度中
等。
[化学--选修 3：物质结构与性质]
11．（15 分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N ）
5 6
（H O） （NH ） Cl（用R代表）．回答下列问题：
3 3 4 4
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为 ．
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称
作第一电子亲和能（E ）．第二周期部分元素的E 变化趋势如图（a）所示，
1 1
其中除氮元素外，其他元素的E 自左而右依次增大的原因是 同周期从左到
1
右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增
大 ；氮元素的 E 呈现异常的原因是 N 的 2p 能级处于半充满状态，相对
1
稳定，不易结合电子 ．
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．
①从结构角度分析，R 中两种阳离子的相同之处为 ABD ，不同之处为
C ．（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
D．共价键类型
②R中阴离子N ﹣中的σ 键总数为 5 个．分子中的大π键可用符号Π n表示，
5 m
其中 m 代表参与形成的大 π 键原子数，n 代表参与形成的大 π 键电子数（如
苯分子中的大π键可表示为Π 6），则N ﹣中的大π键应表示为 Π 6 ．
6 5 5
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH +）N﹣H…Cl、 （H O+）
4 3
第14页 | 共19页O﹣H…N 、 （NH +）N﹣H…N ．
4
（4）R的晶体密度为dg•cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N ）
5
（H O） （NH ） Cl]单元，该单元的相对质量为 M，则 y 的计算表达式为
6 3 3 4 4
．
【考点】9I：晶胞的计算．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；
（2）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；
（3）①根据图（b），阳离子为H O+和NH +，NH +中心原子N含有4个σ键，
3 4 4
孤电子对数为 =0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H O+中心原
3
子是O，含有 3σ键，孤电子对数为 =1，空间构型为正四面体，价层电
子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
②根据图（b）N ﹣中键总数为5个，根据信息，N ﹣的大π键可用符号Π 6；
5 5 5
③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键；
（4）根据d= = 计算．
【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即 2s22p3，则电子排布图为
，故答案为： ；
（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从
第15页 | 共19页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，
故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子
释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合
电子；
（3）①A．阳离子为H O+和NH +，NH +中心原子N含有4个σ键，孤电子对数
3 4 4
为 =0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H O+中心原子是O，含
3
有3σ键，孤电子对数为 =1，价层电子对数为4，为sp3杂化；
B．由以上分析可知H O+和NH +中心原子的价层电子对数都为4；
3 4
C．NH +为空间构型为正四面体，H O+为空间构型为三角锥形；
4 3
D．含有的共价键类型都为σ键．
两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；
故答案为：ABD；C；
②根据图（b）N ﹣中键总数为5个，根据信息，N ﹣有6个电子可形成大π键，
5 5
可用符号Π 6表示，
5
故答案为：5；Π 6；
5
③O、N 的非金属性较强，对应的 O﹣H、N﹣H 都可与 H 形成氢键，还可表示
为（H O+）O﹣H…N、（NH +）N﹣H…N，
3 4
故答案为：（H O+）O﹣H…N、（NH +）N﹣H…N；
3 4
（ 4 ） 由 d= = 可 知 ， y= ， 故 答 案 为 ：
．
【点评】本题为 2017 年考题，题目综合考查核外电子排布、元素周期律、轨道
的杂化以及晶胞的计算、氢键等问题，侧重考查学生的分析能力和计算能力，
题目难度中等，易错点为（3），注意把握氢键的形成．
[化学--选修 5：有机化学基础]
第16页 | 共19页12．化合物 G 是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成 G 的路线如
下：
已知以下信息：
①A 的核磁共振氢谱为单峰；B 的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 6：1：
1．
②D 的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD 可与 1mol NaOH 或 2mol Na
反应．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ．
（2）B 的化学名称为 2﹣丙醇 ．
（3）C 与D反应生成E的化学方程式为
．
（4）由E生成F的反应类型为 取代反应 ．
（5）G是分子式为 C H NO ．
18 31 4
（6）L是D 的同分异构体，可与FeCl 溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol
3
的 Na CO 反应，L 共有 6 种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为
2 3
3：2：2：1的结构简式为 、 ．
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A的化学式为C H O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为 ；B的
2 4
第17页 | 共19页化学 C H O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 6：1：1，则 B 的结构简
3 8
式为 CH CH（OH）CH ；D 的化学式为 C H O ，其苯环上仅有两种不同化
3 3 7 8 2
学环境的氢，1 mol D 可与1 mol NaOH或2 mol Na反应，则苯环上有酚羟基
和﹣CH OH，且为对位结构，则 D 的结构简式为 ，E 应为
2
，结合对应有机物的结构和官能团的性质可解答
（1）～（5）；
（6）L是D 的同分异构体，可与FeCl 溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol
3
的Na CO 反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚
2 3
羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有 2 种，当二个酚羟基在间位时，苯环上
甲基的位置有 3 种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有 1 种，只
满足条件的L共有6种，以此解答该题．
【解答】解：（1）由以上分析可知 A 的结构简式为 ，故答案为：
；
（2）B 的结构简式为CH CH（OH）CH ，其化学名称为2﹣丙醇，故答案为：
3 3
2﹣丙醇；
（3）D为 ，对比E的分子式可知，C和D发生取代反应生成E，
发生反应生成E的化学方程式为
，
故答案为： ；
（4）对比E和F的分子式可知由E生成F的反应类型为取代反应，生成F的同
时生成HCl，故答案为：取代反应；
（5）由结构简式可知有机物G的分子式为C H NO ，故答案为：C H NO ；
18 31 4 18 31 4
（6）L是D 的同分异构体，可与FeCl 溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol
3
的Na CO 反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚
2 3
羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有 2 种，当二个酚羟基在间位时，苯环上
甲基的位置有 3 种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有 1 种，只
第18页 | 共19页满足条件的L共有6种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1
的结构简式为 、 ，
故答案为：6； ； ．
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为 2017 年考题，侧重考查学生的分析
能力，注意把握有机物的结构、性质以及转化的特点，答题时注意分析题给
信息，为解答该题的关键，难度中等．
第19页 | 共19页
