安徽省六安市毛坦厂中学2020届高三化学下学期假期作业(2.24)42407.pdf

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1、 1 安徽省六安市毛坦厂中学 2020 届高三化学下学期假期作业（2.24）说明：前三题为必做题，第 4 题和第 5 题为选做题 1绿矾（FeSO47H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知 SO3是一种无色晶体，熔点 16.8，沸点 44.8，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置 B 中可观察到的现象是_，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有 SO2。装置 C 的作用是_。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。乙对甲组同学做完

2、实验的 B 装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_。（填字母）A不含 SO2B可能含 SO2C一定含有 SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有 O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_。能证明绿矾分解产物中有 O2的实验操作及现象是_。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁，选用的实验仪器有试管、胶头滴管、_；选用的试剂为_。2硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6广泛应用于电子、催化工业，其合成路线如下：2 (1)已知(NH4)2Ce(NO3)6

3、受热易分解，某科研小组认为反应原理如下，请补充完整：(NH4)2Ce(NO3)6CeO28OH+8_；CeO28OHCeO2+4H2O+2O2。在空气中加热(NH4)2Ce(NO3)6，除固体颜色有变化外，还可观察到的现象是_。(2)步骤中，将 Ce(NO3)36H2O 配成溶液，保持 pH 到 45，缓慢加入 H2O2溶液搅拌混合均匀，再加入氨水调节溶液 pH，得到 Ce(OH)4沉淀。该过程中参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(3)298K 时，KspCe(OH)411029。Ce(OH)4的溶度积表达式为 Ksp_。为了使溶液中 Ce4沉淀完全，即残留在溶液中的 c(Ce4+)小

4、于 1105molL1，需调节 pH 为_以上。(4)为了研究步骤的工艺条件，科研小组测定了(NH4)2Ce(NO3)6在不同温度、不同浓度硝酸中的溶解度，结果如图。从图中可得出三条主要规律：(NH4)2Ce(NO3)6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大；_；_。3C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。已知:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247kJ/mol CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H2=+205kJ/mol 写出

5、 CO2重整的热化学方程式：_。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2 将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断_(填“减 3 小”“不变”或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图:b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3)=_。(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理

6、4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：曲线 a 中，NO 的起始浓度为 610-4mgm-3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_mgm-3s-1。曲线 b 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_。(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_。吸收池中除去 NO 的原理_(用离子方程式表示)。4现有 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期B 元素含有 3 个能级

7、，且每个能级所含的电子数相同；D 的原子核外有 8 个运动状态不同的电子；E 元素与 F 元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差 3，且 E 元素的基态原子有 4 个未成对电子 请回答下列问题：4 请写出：D 基态原子的价层电子排图：_；F 基态原子的外围电子排布式：_ 下列说法错误的是_ A二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2 CO2 B电负性顺序：B C H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键 F 离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点，向 F 的硫酸盐溶液中通入过量的 C 与 A 形成的气体 X 可生成(F(X)4)2+，该离子的结构式为_

8、(用元素符号表示)某化合物与 F(I)(表示化合价为+1)结合形成图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有_ B 单质的一种同素异形体的晶胞如图 2 所示，则一个晶胞中所含 B 原子数为_ D 与 F 形成离子个数比为 1：1 的化合物，晶胞与 NaCl 类似，设 D 离子的半径为 a pm，F 离子的半径 b pm，求该晶胞的空间利用率_ 5化合物 I 具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如下：回答下列问题：(1)I 中含氧官能团的名称为_。5(2)由 B 生成 C 的化学方程式为_。(3)由 E 和 F 反应生成 D 的反应类型为_，由

9、 G 和 H 反应生成 I 的反应类型为_。(4)仅以 D 为单体合成高分子化合物的化学方程式为_。(5)X 是 I 的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，其核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 6：2：1：1。写出两种符合要求的 X 的结构简式_。(6)参照本题信息，试写出以 1-丁烯为原料制取的合成路线流程图（无机原料任选）_。合成路线流程图示例如下：化学答案（2 月 24 号)1 【分析】本题考查实验方案设计的评价、离子的检验等知识。绿矾（FeSO47H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物，硫的氧

10、化物有二氧化硫、三氧化硫，铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁和四氧化三铁，根据题给信息结合氧化还原反应的理论分析。【详解】（1）甲组得出绿矾的分解产物中含有二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所有装置 B中观察到的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，因此装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境。（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，受热恢复原来颜色，现在实验中不能恢复原来的颜色以及根据题意三氧化硫能漂白有机染料，因此可推出一定含有三氧化硫，可能含有二氧化硫，答案选 BC。（3）首先加热绿矾，气态产物可能是三氧化硫、二氧化硫、水蒸气和氧气，因此先验证水蒸气，因此连接 F 装置，三

11、氧化硫熔点较低，冰水中以固体形式存在，因此 F 装置后连接G，二氧化硫能使品红溶液褪色，因此 G 装置后连接 B，需要吸收二氧化硫，B 装置后连接 D装置，最后连接 H 装置，因此顺序是 AFGBDH。氧气能使带火星的木条复燃，因此具体操作是：把 H 中的导管移出水面，撤走酒精灯，用姆指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气。（4）验证 Fe3需要用 KSCN 溶液，需要把固体溶解成溶液，因此需要的试剂是盐酸和 KSCN，取用固体需要药匙，则缺少的仪器是药匙。2 【详解】(1)根据原子个数守恒、质量守恒可知，(NH4)2Ce(NO3)6CeO

12、28OH+8NO；由于在此过程中有 O2产生，常温下，NO 与 O2反应生成红棕色的 NO2气体；(2)在配制过程中 Ce 由+3 价升高到+4 价，作还原剂，H2O2中 O 由-1 价降低到-2 价，作氧化 剂，因 H2O2中含有 2 个-1 价的 O，根据得失电子守恒，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；(3)沉淀 Ce(OH)4存在的平衡为 Ce(OH)4(s)Ce4+(aq)+4OH(aq)，故KspCe(OH)4=c(Ce4+)c(OH)4；c(OH)=291464454()1 10=1 101 10gKCe OHc Ce，298K时，Kw=11014，c(H+)=1108，即 p

13、H=8；(4)根据图像中曲线的走势可知，其它条件相同时，(NH4)2Ce(NO3)6随 c(HNO3)减小而增大；根据图像中硝酸的浓度变化结合(NH4)2Ce(NO3)6的曲线，可知 c(HNO3)越小，温度对(NH4)2Ce(NO3)6的溶解度的影响越大或 c(HNO3)越大，温度对(NH4)2Ce(NO3)6的溶解度的影响越小。3 【分析】（1）已知：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H2=+205k/mol，根据盖斯定律，-2 得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据

14、此计算H；（2）二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用 pH=7 时，c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；（3）曲线 a 中，NO 的起始浓度为 610-4mgm-3，根据图象得到 A、B 处的 NO 脱除率，可得两处的 NO 的浓度，再计算脱除速率；NH3与 NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收 NO。【详解】（1）已知：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g

15、)+2H2(g)H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由 2 得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H=H1 2H2=163kJ/mo1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H=163kJ/mo1；（2）将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液 pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式 SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反

16、应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为 1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0 0.2)mol/L，则生成c(-3HSO)=2(1.0 0.2)mol/L=1.6mol/L，故答案为：减小；1.6mol/L；b 点时溶液 pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和 NH4HSO3，根据电荷守恒：c(+4NH)+c(H+)=c(OH)+c(-3HSO)+2c(2-3SO)，因 pH=7，故c(H+)=c(OH)，则c(+4NH)=c(-3HSO)+2c(2-3SO)，由图可读出 b 点时，c(-3HSO)=c(2-3SO)，则c(+4NH)=3 c(-3HSO)，因在同一

17、体系，n(+4NH)：n(-3HSO)=3：1，故答案为：3：1；（3）曲线 a 中，NO 的起始浓度为 610 4mgm 3，A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为610 4mgm 3(0.75 0.55)0.8s=1.510 4mgm 3s 1，故答案为：1.510 4；NH3与 NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为 4：1，3：1，1：3 时，对应的曲线为 a，b，c，即曲线 b 对应的物质的量之比是 3：1，故答案为：3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3H

18、SO在酸性条件下发生还原反应，生成2-24S O，其电极反应式为-2-32422HSO+2e+2H=S O2H O；根据图示，吸收池中2-24S O和NO 是反应物，N2和-3HSO是生成物，则吸收池中除去 NO 的原理是：2-242232NO+2S O2H ON4HSO，故答案为：-2-32422HSO+2e+2H=S O2H O；2-242232NO+2S O2H ON4HSO。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；然后检查电极反应式的守恒关系（电

19、荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。4 【分析】A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期B 元素含有 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为 1s22s22p2，则 B 为 C元素；D 的原子核外有 8 个运动状态不同的电子，则 D 为 O 元素；C 原子序数介于碳、氧之间，则 C 为 N 元素；E 元素与 F 元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差 3，应处于族及相邻的族，E 元素的基态原子有 4 个未成对电子，外围电子排布为 3d64s2，则 E 为Fe，故 F 为 Cu，中 C 与 A 形成的气体 X，则 A 为 H 元素

20、，X 为 NH3。【详解】D 为 O 元素，基态原子的价层电子排布图：；F 为 Cu 元素，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1；故答案为：；3d104s1。A 选项，沸点：SiO2 CO2，是由于二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故 A错误；B 选项，同周期随原子序数增大电负性增大，故电负性顺序：C N H2S，是因为非金属性 O S，与分子之间存在氢键无关，故 D 错误；综上所述，答案为：AD。C 与 A 形成的气体 X，则 A 为 H 元素，X 为 NH3，F 的硫酸盐为 CuSO4，向 CuSO4溶液中通入过量的 NH3可生成Cu(NH3)42+，该离子的结构式为：，故

21、答案为：。杂环上的碳原子含有 3 个 键，没有孤对电子，采用 sp2杂化，亚甲基上碳原子含有 4个共价单键，采用 sp3杂化，故答案为：sp2、sp3。由 B 单质的一种同素异形体的晶胞结构可知，B 原子有 4 个位于晶胞内部，其余 B 原子位于定点、面心，则一个晶胞中所含 B 原子数为11486882 ，故答案为：8。O 与 Cu 形成离子个数比为 1：1 的化合物为 CuO，晶胞与 NaCl 类似，其晶胞结构为 ，晶胞中铜离子数目阳离子数目1186482 ，O2-离子的半径为apm，Cu2+离子的半径 bpm，则晶胞中原子总体积333444abpm33，晶胞棱长2 ab pm，故晶胞体积3

22、38(ab)pm，故该晶胞的空间利用率33333333444abpm2 ab338(ab)pm3(ab)，故答案为：3332 ab3(ab)。5 【分析】由 G 结构简式、D 分子式知，D 发生取代反应生成 G，D 为，E 和 F 发生加成反应生成 D；由 D 结构简式知 C 为，B 发生水解反应产生 C，则 B 为，生成 B 的反应为取代反应，H、G 发生取代反应生成 I；1-丁烯为原料制取，可由 CH2=CHCH（OH）CH3发生加聚反应得到，CH2=CHCH（OH）CH3可由 CH2=CHCHBrCH3发生取代反应得到，CH2=CHCHBrCH3可由 CH2=CHCH2CH3发生取代反应

23、得到，据以上分析解答。【详解】(1)根据有机物 I 的结构简式可知，其含氧官能团羟基、酯基；正确答案：羟基、酯基。(2)根据有机物 C 发生氧化反应变为羧酸，结合有机物 D 的分子式可知，D 的结构简式为CH2=CH-COOH，有机物 C 是溴代烃发生取代反应产生，因此有机物 C 为醇，结构简式为CH2=CH-CH2OH，所以有机物 B 结构简式为 CH2=CH-CH2Br,因此由 B 生成 C 的反应为取代反应，化学方程式为；正确答案：。(3)有机物 E 为乙炔，与甲酸发生加成反应生成（D）CH2=CH-COOH；根据有机物 I 的结构简 式可知，由 G 和 H 反应生成 I 的反应类型为取

24、代反应；正确答案：加成反应；取代反应。(4)根据以上分析可知，有机物 D 的结构简式为 CH2=CH-COOH，可以发生加聚反应，生成高分子，化学方程式为；正确答案：。(5)有机物 I 结构简式为，X 是 I 的同分异构体，能发生银镜反应，含有醛基；能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，含有羧基；其核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 6：2：1：1，可知结构中含有 2 个甲基，且为对称结构；因此符合要求的 X 的结构简式：；正确答案：。(6)根据可知，形成该有机物的单体为 CH2=CH-CH(OH)CH3；CH2=CHCH2CH3与在加热条件下发生取代反应生成 CH2=CHCHBrCH3，然后该有机物发生水解生成 CH2=CHCH(OH)CH3，CH2=CHCH(OH)CH3发生加聚生成高分子；合成流程如下：.CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3；正确答案：CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3。