高考化学复习河南省商丘市柘城县第三高级中学 高中部高三下期.docx

1、高考化学复习河南省商丘市柘城县第三高级中学 高中部高三下期高中化学学习材料（灿若寒星*整理制作）河南省商丘市柘城县第三高级中学 （高中部）2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1对于苯乙烯（）的下列叙述：能使酸性KMnO4溶液褪色，可发生加聚反应，可溶于水，可溶于苯中，苯环能与溴水发生取代反应，所有的原子可能共面。其中完全正确的是（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故正确；此物质不溶于水，故错误；苯属于有机溶剂，根据相似相溶，苯乙烯溶于苯中，故正确；苯乙烯中苯环不和溴水发生取代反应，

2、在一定调价下，和液溴发生取代反应，故错误；苯环属于平面正六边形，乙烯属于平面结构，因此苯乙烯所有原子有可能共面，碳碳单键可以旋转，故正确；故选项C正确。考点：考查碳碳双键的性质、乙烯、苯的结构等知识。2在某密闭容器中存在下列化学平衡: aA(气) bB(气) + cC(气), 在温度不变的条件下,再充入一定量的A物质, 重新达到平衡时, 下列判断中正确的是:（）A. 若a = b + c, B的物质的量分数变大 B. 若 a = b + c , B 的物质的量分数减小C. 若a b + c时, A的转化率不变 D. 若 a b + c，则平衡向正反应方向移动；若 a C(NO2)D向pH=a的

3、醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pHa、pHa、pH=a均有可能【答案】C【解析】试题分析：氯水和亚硝酸的水溶液均显酸性，是由于酸的电离，对水的电离起抑制作用，故选项A正确。氯水中滴加NaOH溶液显中性时结合电荷守恒可知：C（Na+）=C(Cl-)+C(ClO-)，若B选项等式正确，等量替换可得C(Cl-)=C(ClO-)+C(HClO)，事实这个等式是物料守恒式，故假设成立，选项B正确。因为CH3COO的水解程度大于NO2水解程度，故溶液相等时溶液中的CH3COO浓度小，C选项不正确。浓醋酸溶液中加水促进电离，溶液中的C（H+）是先增大然后逐渐减少的，故稀释后溶液的PH相比原来的PH值的大小

4、比较应该都有可能。这个也可以从教材中向冰醋酸中加水溶液的导电性变化情况图可以看出。考点：电解质溶液中的电离平衡与水解平衡，涉及水的电离程度比较，溶液中电荷守恒及物料守恒式的应用。14下列说法正确的是A碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定是饱和链烃B分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃C正戊烷分子中所有原子均在一条直线上D碳氢原子个数比为1：3的烃有2种【答案】B【解析】试题分析：A、碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃，可能是饱和链烃，也可能是环烷烃，错误。B.分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃，正确。C.由于饱和碳原子是sp3杂化，与碳原子连接的

5、几个原子形成的是四面体结构，所以正戊烷分子中不是所有原子都在一条直线上，而是呈锯齿形，错误。D.碳氢原子个数比为1：3的烃是C2H6，只有乙烷1种，错误。考点：考查有机物的类型、结构及同分异构体的种类的判断的知识。15Cu2S是一种灰黑色硫化物，不溶于水，能溶于硝酸。当溶于过量的一定浓度的硝酸时，生成Cu(NO3)2与CuSO4的混合溶液、NO气体和另一产物。（1）写出该条件下反应的化学方程式： 。（2）当有0.7 mol的SO42-生成时，该反应中转移的电子数为 。（3）该反应中的氧化产物为 ，硝酸在该反应中体现了 （选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”）。【答案】（1）3Cu2S+16HN

6、O33Cu(NO3)2+3CuSO4+10NO+8H2O（2）76.021023（或4.2141024）（3）Cu(NO3)2、CuSO4（或Cu2+、SO42-）；氧化性、酸性【解析】试题分析：（1）根据题目分析，硫化亚铜与硝酸反应，市场硝酸铜和硫酸铜，铜元素化合价升高，氮元素化合价降低，根据元素守恒，还有的产物为水，根据一个硫化亚铜失去2+8=10个电子，一个一氧化氮生成得到3个电子分析，硫化亚铜与一氧化氮的物质的量比为3:10，再根据元素原子守恒配平，得方程式为：3Cu2S+16HNO33Cu(NO3)2+3CuSO4+10NO+8H2O。（2）反应中转移电子数位30，则有0.7摩尔硫酸

7、根离子生成，有0.7摩尔电子转移，即76.021023（或4.2141024）。（3）铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以Cu(NO3)2、CuSO4是氧化产物。硝酸在该反应中体现了氧化性、酸性。考点：氧化还原反应【名师点睛】氧化还原反应的书写过程步骤有标价态、列变化、求总数、定系数、后检查一标出有变的元素化合价；二列出化合价升降变化三找出化合价升降的最小公倍数，使化合价升高和降低的数目相等；四定出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数；五平：观察配平其它物质的系数；六查：检查是否原子守恒、电荷守恒（通常通过检查氧元素的原子数），画上等号16已知CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(

8、g)的平衡常数随温度变化如下表：t/7008008501 0001 200K2.61.71.00.90.6请回答下列问题：(1)上述正向反应是_反应(选填“放热”或“吸热”)。(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_。(填编号)A容器中压强不变Bc(CO2)c(CO)C生成a mol CO2的同时消耗a mol H2D混合气体的平均相对分子质量不变E混合气体的密度不变(3)在850 发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器中，其中向正反应方向进行的有_(选填A、B、C、D、E)。ABCDEn(CO2)31011n(H2)21012n(CO)1230.53n(H2O)52321(4)在8

9、50 时，可逆反应：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g)，在该容器内各物质的浓度变化如下：时间/minCO2(molL1)H2(molL1)CO(molL1)H2O(molL1)00.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c3则3 min4 min平衡后c3_molL1，CO2的转化率为_。【答案】(1)放热(2)C(3)A(4)0.1260%【解析】(1)由表可知温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应。(2)因为该反应为反应前后气体分子数不变的反应，所以压强不变，平均相对分子质量不变，均不能说明达到平衡

10、状态，A、D错；选项B中CO2和CO的浓度相等，不能说明其浓度不再变化，故B错；生成CO2代表逆反应，消耗H2代表正反应，且比值等于反应方程式中的对应化学计量数之比，选项C正确；气体的质量不变且为恒容容器，所以气体密度不变不能说明达到平衡状态。(3)计算各组的浓度商：QA1QD1QE1由浓度商QCK，反应正向进行推断，A项向正反应方向进行。(4)850 ，K1，设CO2的转化量为x由则平衡常数K1所以x0.12，故c30.12，(CO2)100%60%。17有四种失去标签的溶液：Na2SO4溶液、NaOH溶液、FeCl3溶液和MgCl2溶液。请写出确定它们的实验步骤。(1)_。(2)_。(3)

11、_。【答案】（1）观察溶液的颜色，呈棕黄色的为FeCl3溶液。三种无色溶液为Na2SO4、NaOH、MgCl2（2）用3支洁净的试管各取少量未知溶液，分别滴入几滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成的是NaOH溶液，无明显现象的是Na2SO4、MgCl2溶液（3）另取两支洁净试管各取少量未知溶液，分别滴入几滴NaOH溶液，有白色沉淀生成的是MgCl2溶液，无明显现象的是Na2SO4溶液【解析】先通过观察鉴别出FeCl3溶液（棕黄色），再由FeCl3溶液鉴别出NaOH溶液，然后由NaOH溶液鉴别出MgCl2溶液和Na2SO4溶液。18（10分）实验室用一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液制备乙酸乙酯

12、，装置如图所示：（1）写出生成乙酸乙酯的化学方程式： （2）B试管中加入饱和碳酸钠的作用是： （3）其中导管要插在液面上而不能插入溶液中，目的是 （4）实验完成后，试管B的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生。若分离10mL该液体混合物需要用到的主要玻璃仪器是 ，这种方法叫做 。【答案】（1）;（2）吸收乙酸，溶解乙醇，减小乙酸乙酯在水中的溶解度以利于分层（3）防止倒吸 ;（4）分液漏斗分液【解析】试题分析：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：，故答案为（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸

13、，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为：中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（3）导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：防倒吸；（4）分离乙酸乙酯时应用的仪器是分液漏斗，先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：分液漏斗；分液考点：乙酸乙酯的制备19（18分）甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。步骤一：制

14、取FeCl2溶液。向0.1 molL-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH1。步骤二：向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5 molL-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。（1）用离子方程式表示“步骤二”中溶液变红的原因： 、 。（2）甲同学探究“步骤二”中溶液褪色的原因：实验I取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；实验II取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。实验II

15、I向2 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。实验I的说明 ；实验III的目的是 。得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。（3）甲直接用FeCl24H2O配制 molL-1 的FeCl2溶液，重复“步骤二”中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH，约为3。由此，乙认为红色不褪去的原因可能是 。II查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧

16、化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现 象i生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液【答案】（共18分）（1）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O（2分）；Fe3+ +3SCN = Fe(SCN)3（可逆号也给分，2分）（2）溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应。（2分）排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能。（2分）（3）0.15（2分）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体。（3分）步骤试剂及操作现 象

17、i取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 molL-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液（3分，多答盐酸或答酸化BaCl2溶液为0分，答错一种试剂即为0分）ii无明显现象(2分)【解析】试题分析：（1）氯化亚铁被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应，溶液变红色，则亚铁离子与过氧化氢反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O，铁离子与KSCN溶液反应的离子方程式是Fe3+ +3SCN = Fe(SCN)3；（2）取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中不存在SCN-；另一份滴加KSCN溶液出现红色，说明溶液中存在铁离子，

18、所以实验I的说明溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应；因为实验II中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中存在硫酸根离子，因为褪色的溶液中产生氧气，所以实验III的目的是排除氧气氧化SCN-为硫酸根离子的可能；（3）步骤一中，制取FeCl2溶液，向0.1 molL-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，发生2Fe3+Fe=3Fe2+，得到氯化亚铁的浓度是0.1mol/L3/2=0.15mol/L，为做对照实验，所以甲直接用FeCl24H2O配制浓度也是0.15mol/L的氯化亚铁溶液，重复“步骤二”中的操作；前者产生丁达尔现象，说明有氢氧化铁胶体生成，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，氢离子浓度减小，pH增大，使铁离子的水解正向移动，形成红色Fe(OH)3胶体，所以乙认为红色不褪去的原因可能是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能，说明过氧化氢不再酸性条件下也能氧化SCN-。的