安徽省六安市毛坦廠中學2020屆高三化學下學期假期作業(yè)（2.26）.docx

安徽省六安市毛坦廠中學2020屆高三化學下學期假期作業(yè)（2.26）1（13分）氯化亞銅是一種重要的化工產(chǎn)品，常用作有機合成催化劑，還可用于顏料、防腐等工業(yè)，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅Cu2（OH）4-nCln，隨著環(huán)境酸度的改變n隨之改變。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：（1）過濾用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、_。（2）還原過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式：，若將(NH4)2SO3換成鐵粉也可得到CuCl，寫出離子方程式。（3）析出的CuCl晶體水洗后要立即用無水乙醇洗滌，在真空干燥機內(nèi)于70干燥2h，冷卻密封包裝。真空干燥、密封包裝的原因是：_。（4）隨著PH值減小Cu2（OH）4-nCln中Cu% _。(填字母)A增大 B不變 C不能確定 D減小（5）如圖是各反應物在最佳配比條件下，反應溫度對CuCl產(chǎn)率影響。由圖可知，溶液溫度控制在60時，CuCl產(chǎn)率能達到94%，當溫度高于65 時，CuCl產(chǎn)率會下降，從生成物的角度分析，其原因可能是。（6） 以碳棒為電極電解CuCl2溶液也可得到CuCl，寫出電解時陰極上發(fā)生的電極反應式：_2（14分）某學生對Na2SO3與AgNO3在不同pH下的反應進行探究。（1）測得Na2SO3溶液pH10，AgNO3溶液pH5，原因是（用離子方程式表示）：_。（2）調(diào)節(jié)pH，實驗記錄如下：實驗序號pH實驗現(xiàn)象a10產(chǎn)生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清b6產(chǎn)生白色沉淀，一段時間后，沉淀未溶解c2產(chǎn)生大量白色沉淀，一段時間后，產(chǎn)生海綿狀棕黑色物質(zhì)X查閱資料得知：.Ag2SO3：白色，難溶于水，溶于過量的Na2SO3溶液。.Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反應。該學生對產(chǎn)生的白色沉淀提出了兩種假設：白色沉淀為Ag2SO3。白色沉淀為Ag2SO4，推測的依據(jù)是_。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。該同學設計實驗確認了白色沉淀不是Ag2SO4。實驗方法是：另取Ag2SO4固體置于_溶液中，未溶解。（4）將c中X濾出、洗凈，為確認其組成，實驗如下：.向X中滴加稀鹽酸，無明顯變化。.向X中加入過量濃HNO3，產(chǎn)生紅棕色氣體。.分別用Ba(NO3)2、BaCl2溶液檢驗中反應后的溶液，前者無明顯變化，后者產(chǎn)生白色沉淀。實驗的目的是。根據(jù)實驗現(xiàn)象分析，X的成分是_。中反應的化學方程式是_。（5）該同學綜合以上實驗，分析產(chǎn)生X的原因：隨著酸性的增強，體系的還原性增強。3（16分）甲醇作為基本的有機化工產(chǎn)品和環(huán)保動力燃料具有廣闊的應用前景，CO2加氫合成甲醇是合理利用CO2的有效途徑，由CO2制備甲醇過程可能涉及反應如下： 反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.58kJ/mol反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJ/mol回答下列問題： （1）反應的H2=_ ，反應 I自發(fā)進行條件是 _(填“較低溫”“較高溫”或“任何溫度”)。（2）在一定條件下3 L恒容密閉容器中，充入一定量的H2和CO2僅發(fā)生反應，實驗測得反應物在不同起始投入量下，反應體系中CO2的平衡轉化率與溫度的關系曲線，如圖1所示。 H2和CO2的起始的投入量以A和B兩種方式投入 A：n(H2)=3 mol，n(CO2)=1.5 mol B：n(H2)=3 mol，n(CO2)=2 mol，曲線 I代表哪種投入方式_(用A、B表示)。在溫度為500K的條件下，按照A方式充入3 molH2和1.5 molCO2，該反應10 min時達到平衡： a.此溫度下的平衡常數(shù)為_；500K時，若在此容器中開始充入0.3 mol H2和0.9 molCO2、0.6 mol CH3OH、x mol H2O，若使反應在開始時正向進行，則x應滿足的條件是 _。 b.在此條件下，系統(tǒng)中CH3OH的濃度隨反應時間的變化趨勢如圖2所示，當反應時間達到3 min時，迅速將體系溫度升至600 K，請在圖2中畫出310 min內(nèi)容器中CH3OH濃度的變化趨勢曲線_。（3）固體氧化物燃料電池是一種新型的燃料電池，它是以固體氧化鋯氧化釔為電解質(zhì)，這種固體電解質(zhì)在高溫下允許氧離子(O2-)在其間通過，該電池的工作原理如圖3所示，其中多孔電極均不參與電極反應，圖3是甲醇燃料電池的模型。寫出該燃料電池的負極反應式 _。 如果用該電池作為電解裝置，當有16 g甲醇發(fā)生反應時，則理論上提供的電量最多為 _(法拉第常數(shù)為9.65104C/mol) （二）選考題：共15分。請考生從2道化學題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。4化學選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)（15分）碳是地球上組成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）碳原子核外有_種不同空間運動狀態(tài)的電子，第一電離能介于B和C之間的元素的名稱為_。（2）碳元素能形成多種無機物。CO32-的立體構型是_。MgCO3分解溫度比CaCO3低的原因是_。石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K（如圖），其結構為每隔一層碳原子插入一層鉀原子，與鉀原子層相鄰的上下兩層碳原子排列方式相同，則與鉀最近等距的配位碳原子有_個。（3）碳也可形成多種有機化合物，下圖所示是一種嘌呤和一種吡啶的結構，兩種分子中所有原子都在一個平面上。1 mol 吡啶分子中含有鍵數(shù)目是_。嘌呤結構中N原子的雜化方式為_。嘌呤中軌道之間的夾角1比2大，解釋原因_。（4）將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結構單元取代可形成碳的一種新型三維立方晶體結構T-碳。已知T-碳密度為 g/cm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則T-碳的晶胞參數(shù)a=_ pm (寫出表達式即可)。5化學選修5：有機化學基礎(15分)萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫(yī)藥和溶劑。合成-萜品醇G的路線之一如下：已知：請回答下列問題：（1）A的分子式為_；G所含官能團的名稱是_。（2）CD的反應類型為_；該反應的副產(chǎn)物中與D互為同分異構體的化合物的結構簡式為_。（3）EF反應中加入試劑濃H2SO4的作用是_；F中混有少量C2H5OH和E，最好用_（填字母）洗滌除去。A水 B氫氧化鈉溶液 C濃硫酸 D飽和碳酸鈉溶液（4）B在一定條件下發(fā)生聚合反應的化學方程式為_；寫出同時滿足下列條件的B的鏈狀同分異構體的結構簡式_。核磁共振氫譜有2個吸收峰。 能發(fā)生銀鏡反應。參考答案（2.26）1、（1）漏斗（1分） （2）2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+ （2分）Cu2+ 2Cl-+ Fe=2CuCl+Fe2+（2分）（3）防止CuCl在潮濕的空氣中水解氧化 （2分） （4）D（2分） （5）溫度過高，促進了CuCl的水解（或溫度過高，促進了CuCl與空氣中氧氣反應）（2分） （6）Cu2+e-+Cl-=CuCl （2分） 【解析】（1）過濾時用到的儀器漏斗、燒杯、玻璃棒；（2）還原過程中硫酸銅與亞硫酸銨、氯化銨和水反應生成氯化亞銅沉淀和硫酸銨、硫酸，離子方程式為2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+；若換為Fe時，銅離子與鐵、氯離子反應生成亞鐵離子和氯化亞銅，離子方程式為Cu2+ 2Cl-+ Fe=2CuCl+Fe2+；（3）氯化亞銅在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅，真空干燥、密封包裝可防止CuCl在潮濕的空氣中水解氧化；（4）隨著pH值減小，溶液中c（H+）增大，則Cu2（OH）4-nCln中OH-的量逐漸減小，則Cl-的量增大，摩爾質(zhì)量增大，則Cu的百分含量減小，答案為D；（5）溫度過高時，CuCl與空氣中的氧氣反應，或促進了CuCl的水解，導致CuCl產(chǎn)率下降；（6）電解時陰極得電子，則銅離子得電子，與氯離子反應生成氯化亞銅沉淀，電極反應式為Cu2+e-+Cl-=CuCl。2、（1）SO32-+H2OHSO3-+OH-（2分）Ag+H2OAgOH+H+ （2分） （2）SO32-具有較強的還原性，若被空氣中的O2氧化為SO42-即為Ag結合生成Ag2SO4沉淀 （2分） （3）過量的Na2SO3(或亞硫酸鈉) （2分） （4）驗證棕黑色物質(zhì)X不是Ag2O （2分） Ag （2分） Ag2HNO3(濃)=AgNO3NO2H2O （2分） 【解析】（1）Na2SO3為強堿弱酸鹽，在溶液中水解顯堿性，則溶液的pH=10，其水解離子方程為：SO32-+H2OHSO3-+OH-，AgNO3為強酸弱堿鹽，在溶液中pH=5，其水解離子方程為：Ag+H2OH+AgOH；故答案為：SO32-+H2OHSO3-+OH-、Ag+H2OAgOH+H+（2）推測a中白色沉淀為Ag2SO3，Ag+與SO32-反應生成Ag2SO3，Ag2SO3溶于過量的Na2SO3溶液，生成沉淀的離子方程式為：2Ag+SO32-=Ag2SO3，推測a中白色沉淀為Ag2SO4，其依據(jù)為：SO32-有還原性，可能被氧化為SO42-，與Ag+反應生成Ag2SO4白色沉淀，故答案為：SO32-具有較強的還原性，若被空氣中的O2氧化為SO42-即與Ag結合生成Ag2SO4沉淀；（3）Ag2SO3白色，難溶于水，溶于過量Na2SO3的溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解，說明B、C中白色沉淀為Ag2SO3，另取Ag2SO4固體，同樣條件置于足量Na2SO3溶液中，進行對照試驗，發(fā)現(xiàn)沉淀不溶解，故答案為：過量的Na2SO3(或亞硫酸鈉)；（4）氧化銀能和鹽酸生成白色氯化銀沉淀和水，溶液的pH=2，產(chǎn)生大量白色沉淀，一段時間后，產(chǎn)生海綿狀棕黑色物質(zhì)X，向X中滴加稀鹽酸，無明顯變化，說明X不是Ag2O，故答案為：驗證棕黑色物質(zhì)X不是Ag2O；向X中加入過量濃HNO3，產(chǎn)生紅棕色氣體為NO2，X與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應，X具有還原性，X只能為金屬單質(zhì)，只能為銀，含有Ag元素，不含S元素，故答案為： Ag；向X中加入過量濃HNO3，產(chǎn)生紅棕色氣體為NO2，銀和硝酸反應，氮元素從+5變?yōu)?4價，同時生成硝酸銀和水，反應方程式為：Ag+2HNO3（濃）AgNO3+NO2+H2O，故答案為：Ag+2HNO3（濃）AgNO3+NO2+H2O。3、（1）+41.19 kJ/mol （2分） 較低溫 （2分） （2）A （2分） a.450 （2分） 0x2.025（2分） b. （2分） （3）CH3OH-6e-+3O2-=CO2+2H2O （2分） 2.895105 C （2分） 【解析】（1）反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.58kJ/mol反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，反應可以是-得到，所以反應的焓變H2=(-49.58 kJ/mol)-(-90.77kJ/mol)=+41.19 kJ/mol；根據(jù)反應自發(fā)行的判據(jù)：G=H-TS0，反應是熵減的放熱的反應，所以要自發(fā)進行需要在較低溫下進行；（2）A：n(H2)=3 mol，n(CO2)=1.5 mol，B：n(H2)=3 mol，n(CO2)=2 mol，二者比較，B相當于增大二氧化碳的量，平衡正向移動，但CO2的轉化率反而降低，轉化率小于A，所以曲線該I代表A的投料；在溫度為500K的條件下，在3 L恒容密閉容器中充入3 mol H2和1.5 mol CO2，該反應10 min時達到平衡，二氧化碳的轉化率是60%，則轉化的CO2物質(zhì)的量濃度為c(CO2)= 60%=0.3 mol/L，根據(jù)反應方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中物質(zhì)反應關系可知，c(H2)= 3c(CO2)=0.9 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=n(CO2)=0.3mol/L，所以各種物質(zhì)的平衡濃度：c(CO2)=(0.5-0.3) mol/L=0.2 mol/L，c(H2)=(1-0.9)mol/L=0.1mol/L；c(CH3OH)=c(H2O)=0.3 mol/L，所以a.該溫度下，反應I的平衡常數(shù)K=450，500K時，若在此容器中開始充入0.3molH2和0.9 mol CO2、0.6 mol CH3OH、x mol H2O，濃度分別為0.1 mol/L，0.3 mol/L，0.2 mol/L， mol/L，若使反應在開始時正向進行，濃度商Qc=K=450，x=2.025，所以x應滿足的條件是0x2.025；b.當反應時間達到3min時，迅速將體系溫度升至600K，反應正向進行，反應速率加快，反應產(chǎn)生更多的甲醇，甲醇的濃度會增加，圖象為。（3）以固體氧化鋯氧化釔為電解質(zhì)，這種固體電解質(zhì)在高溫下允許氧離子(O2-)在其間通過，分析該電池的工作原理如圖3所示可知負極是甲醇失去電子，發(fā)生氧化反應，結合導電離子和電荷守恒分析書寫電極反應為：CH3OH-6e-+3O2-=CO2+2H2O；16g甲醇物質(zhì)的量n(CH3OH)= =0.5 mol，則其發(fā)生反應時轉移電子的物質(zhì)的量n(e-)=0.5 mol6=3 mol，因此理論上提供的電量最多Q=3 mol9.65104 C/mol=2.895105 C。4、（1）4 （1分） 鈹（1分） （2）平面三角形（1分） 氧化鎂晶格能比氧化鈣大，使得鎂離子比鈣離子更容易結合碳酸根中的氧離子（2分） 12 （2分） （3）10NA（2分） sp2（2分） 孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對之間的斥力，斥力大，鍵角大 （2分） （4）1010 （2分） 【解析】（1）碳原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2，其中2p上的3個原子軌道互相垂直，一共有4種不同空間運動狀態(tài)的電子；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，第A族、VA族滿足全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，第二周期中，第一電離能介于B元素和C元素間的元素是Be，名稱為鈹，故答案為4；鈹；（2）CO32-中C的價層電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化，立體構型為平面三角形，故答案為平面三角形；在離子晶體中，離子半徑越小晶格能越大，所以在第A族金屬碳酸鹽中，陽離子半徑越小對氧的吸引力越大，就越容易導致碳酸根的分解，所以在第A族中，隨著原子序數(shù)的增加，原子半徑增大，碳酸鹽的分解溫度也增大，所以MgCO3分解溫度比CaCO3低，故答案為氧化鎂晶格能比氧化鈣大，使得鎂離子比鈣離子更容易結合碳酸根中的氧離子；根據(jù)石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K的結構圖，與鉀最近等距的配位碳原子有上下2層中對應的2個六邊形上的12個碳原子，故答案為12；（3）1個單鍵為1個鍵，1個雙鍵為1個鍵和1個鍵，1 mol 吡啶()分子中含有鍵數(shù)目是10NA，故答案為10NA；嘌呤分子為平面結構，N形成3根共價鍵，根據(jù)雜化軌道理論，則N原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為sp2；根據(jù)VSEPR理論，孤電子對對鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對對鍵合電子對之間的斥力，導致鍵合電子對與鍵合電子對之間的夾角減小，因此嘌呤中軌道之間的夾角1比2大，故答案為孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對之間的斥力，斥力大，鍵角大；（4）一個金剛石晶胞中，含有C的數(shù)目為8+6+4=8，將每個C原子換成四面體結構的C，則T-碳晶胞中含有碳原子數(shù)目為84個，取1mol這樣的晶胞，則有NA個這樣的晶胞，則1molT-碳晶胞的質(zhì)量為m=1284g，T-碳密度為 g/ cm3，則1個晶胞的體積為= cm3，則T-碳的晶胞參數(shù)a= cm =1010pm，故答案為1010。5、（1）C7H10O3 （1分） 碳碳雙鍵、羥基（2分） （2）消去反應（2分） （2分）（3）催化劑、吸水劑（2分） D（2分） （4）（2分） （2分） 【解析】試題以-萜