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）VIP

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：(1)已知(NH4)2Ce(NO3)6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/molCH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H2=+205kJ/mol写出 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，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：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 CO2B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_ 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apm，F离子的半径bpm，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_。(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)6CeO28OH + 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)=，298K时，Kw=11014，c(H+)=1108，即pH=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)+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=H12H2=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(1.00.2)mol/L，则生成c()=2(1.00.2)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()+c(H+)=c(OH)+c()+2c()，因pH=7，故c(H+)=c(OH)，则c()=c()+2c()，由图可读出b点时，c()=c()，则c()=3 c()，因在同一体系，n()：n()=3：1，故答案为：3：1；（3）曲线a中，NO的起始浓度为6104mgm3，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6104mgm3(0.750.55)0.8s=1.5104mgm3s1，故答案为：1.5104；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，根据图可知是在酸性条件下发生还原反应，生成，其电极反应式为；根据图示，吸收池中和NO是反应物，N2和是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：，故答案为：；。【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，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，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，O2-离子的半径为apm，Cu2+离子的半径bpm，则晶胞中原子总体积，晶胞棱长，故晶胞体积，故该晶胞的空间利用率，故答案为：。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