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四川省高县2015届高三化学7月暑假作业

编辑:sx_yangj2

2015-07-07

学习是劳动,是充满思想的劳动。精品学习网为大家整理了高三化学7月暑假作业,让我们一起学习,一起进步吧!

第I卷(选择题)

?1.已知人体体液中存在如下平衡:H++ HCH2CO3CO2+H2O,以维持体液的pH的相对稳定。下列说法中不合理的是

A.当强酸性物质进入体液后,上述平衡向右移动,以维持体液的pH的相对稳定

B.当强碱性物质进入体液后,上述平衡向左移动,以维持体液的pH的相对稳定

C.若静脉滴注大量生理盐水,则体液的pH减小

D.进行呼吸活动时,如CO2进入血液,会使体液的pH减小

【答案】C

【解析】若静脉滴注大量生理盐水,则血液被稀释,平衡虽然逆向移动,但根据勒夏特列原理,减小,体液的pH增大。

?

.下列反应的离子(或化学)方程式正确的是

A.用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水:2Cl-+2H2OCl2↑ + H2↑+ 2OH-

B.离子水解方程式:+H2OH3O+ +

C.乙烯通入溴水中:C2H4+Br2CH2BrCH2Br

D.氯化铁溶液与碳酸氢钠溶液混合:Fe3+ + 3Fe(OH)3↓ + 3CO2↑

【答案】D

【解析】本题考查了离子或化学方程式的正误判断。用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水,离子方程式为Cu+2H2OH2+Cu(OH)2,故A错。离子水解方程式为+H2OH2CO3+OH-,故B错。应用可逆符号,不能用等号,乙烯通入溴水中化学方程式为C2H4+Br2CH2BrCH2Br,故C错。故该题选D。

?

.常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价),电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6Ni(OH)2,下列说法正确的是

A.放电时储氢合金作正极

B.充电时储氢合金作负极

C.充电时阳极周围c(OH-)减少

D.放电时负极反应为LaNi5H6 -6e-LaNi5 +6H+

【答案】C

【解析】本题考查了蓄电池的原理。镍氢电池放电时作原电池,发生反应:LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6Ni(OH)2,可知NiO(OH)发生还原反应,作正极,储氢合金作负极,得负极反应:LaNi5H6+6OH--6e-LaNi5+6H2O,正极反应为6NiO(OH)+6H2O+6e-6Ni(OH)2+6OH-。放电时储氢合金作负极,氢作还原剂,故A错。充电时储氢合金作阴极,故B错。充电时阳极周围c(OH-)减小,故C正确。放电时负极反应为:LaNi5H6-6e-+6OH-LaNi5+6H2O。

?

.下列结论正确的是

粒子半径:K+>Al3+>S2->Cl-

氢化物的稳定性:HF>HCl>H2S>PH3>SiH4

离子的还原性:S2->Cl->Br->I-

氧化性:Cl2>S>Se>Te

酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO

非金属性:O>N>P>Si

金属性:Be

A.只有 B.②⑥⑦ C.②④⑤⑥⑦ D.②④⑥ 【答案】C

【解析】本题考查了元素周期律的应用。离子的核外电子层数越多,离子半径越大。核外电子排布相同的离子,核电荷数越小,离子半径越大,所以粒子半径是S2->Cl->K+>Al3+,故错。非金属性越强,氢化物的稳定性越强。同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则非金属性强弱顺序是F>Cl>S>P>Si,所以氢化物的稳定性:HF>HCl>H2S>PH3>SiH4,故对。非金属性越强,相应阴离子的还原性越弱。同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则非金属性强弱顺序是Cl>Br>I>S,所以离子的还原性:S2->I->Br->Cl-,故错。同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则氧化性:Cl2>S>Se>Te,故对。根据(OH)mROn可知n值越大,含氧酸的酸性越强,所以酸性强弱顺序是H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO,故对。同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则非金属性:O>N>P>Si,故对。同周期自左向右金属性逐渐减弱,同主族自上而下金属性逐渐增强,则金属性:Be

?

.在a mL浓度为c mol ? L﹣1的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=l的盐酸时,恰好使溶液中的Ag+完全沉淀,此时得到pH=2的溶液100mL (设反应前后溶液体积变化忽略不计),则c的值是

A.0.002 0 B.0.011 C.0.11 D.0.22 【答案】B

【解析】AgNO3 + HClAgCl↓+HNO3。最终溶液pH=2,所以c(H+)= l×10-2 mol ? L﹣1,HNO3H++ ,加入的盐酸pH=l,c(H+)HCl=1×10-1 mol ? L﹣1,反应前后n(H+)不变,所以反应前VHCl= 10mL,则a = 90 mL, AgNO3与HCl反应,物质的量之比为1:1,则有等式a?c?10-3=10-1×10-2,解得c=0.011 mol ? L﹣1。

?

.关于下列图装置的叙述中不正确的是

A.无论a和b是否连接,该装置的反应原理相同

B.a和b分别连接直流电源正、负极可以实现铁上镀铜

C.a和b不连接时反应速率比a和b用导线连接时的速率慢

D.在a、b之间连接一小灯泡,改变Cu2+的浓度不会影响灯泡亮度

【答案】D

【解析】本题考查了原电池、电解池的原理。a和b不连接时,铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应,铁能将金属铜从其盐中置换出来,所以铁片上会有金属铜析出,a和b连接,则为原电池铁片作负极,铜片作正极,反应原理为铁置换铜,故A正确,不选。a和b分别连接直流电源正、负极,则铜做阳极发生反应Cu-2e-Cu2+,铁作阴极发生反应:Cu2++2e-Cu,可实现铁上镀铜,故B正确,不选。a和b不连接时,铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应,铁能将金属铜从其盐中置换出来,a和b用导线连接时,形成了原电池,加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度,故C正确,不选。在a、b之间连接一小灯泡,改变Cu2+的浓度,溶液导电能力改变,则灯泡亮度发生改变,故D错。

?

.在室温下,等体积的酸和碱的溶液,混合后pH一定小于7的是

A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液 B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水 C.pH=3的硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液 【答案】D

【解析】pH=3的强酸溶液和pH = ll的强碱溶液,等体积混合恰好中和,pH=7;pH=11的氨水,由于氨水是弱碱,已电离的NH3 ? H2O使溶液的pH=11,但仍有大量NH3 ? H2O没有电离,混合后氨水过量,混合后溶液酸碱性由剩余的NH3 ? H2O决定,pH>7;在D中,醋酸过量,混合后溶液显酸性,pH <7。

?

第II卷(非选择题)

?

?8.用石油裂解产物A可合成多种产物(如F是一种称为富马酸二甲酯的杀菌剂),下图用A合成一些有机产物的转化关系:

(1) 上述反应中属于加成反应的有___________(填序号)。

(2) 1H核磁共振谱图表明A分子只有两种化学环境不同的氢原子,红外光谱研究表明A分子中含有两个碳碳双键,请写出D的结构简式____________________。

(3) 写出B转化为C的化学方程式_______________________________。

(4) H物质在浓硫酸存在下可分别生成一种含六元环、七元环、八元环的产物,写出生成六元环产物的化学方程式______________________________________。

(5)写出与A互为同分异构体,且分子中有4个碳原子共直线的有机物的结构简式_________________。

(6)认真观察合成路线C→E,回答下列2个问题:

a.从C到E,用了三步反应,而不是一步进行,这样做的原因是____________________________________________________________。

b.D被氧化成HOOC-CH2CHClCOOH的过程中会有中间产物生成,检验该中间产物的试剂是______________________。

【答案】(1) ;(2) HOCH2CH2CHClCH2OH;

(3) ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl

(4) 2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O

(5) CH3C≡CCH3

(6) a.羟基在被氧化成羧基的同时,碳碳双键也会被氧化 (为了防止碳碳双键被氧化)。

b. 新制氢氧化铜悬浊液,或银氨溶液

【解析】本题考查了有机物的推断。1H核磁共振谱图表明A分子只有两种化学环境不同的氢原子,红外光谱研究表明A分子中含有两个碳碳双键,结合A的分子式,可知A为CH2=CHCH=CH2,由A与B的分子式可知,1分子A与1分子氯气发生加成反应生成B, B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C,C反应生成D,D被氧化生成HOOCCH2CH(Cl)COOH,D发生消去反应生成CH2=CH-C(Cl)=CH2,则D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH,C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH,B的结构简式为CH2ClCH=CHCH2Cl、HOOCCH2CH(Cl)COOH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应、酸化生成H,故H的结构简式为HOOCCH2CH(OH)COOH,H发生缩聚反应生成J为。HOOCCH2CH(Cl)COOH在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E,E的结构简式为HOOCCH=CHCOOH,E和甲醇发生酯化反应生成F为CH3OOCCH=CHCOOCH3,F在一定条件下发生加聚反应生成G为。(1)通过以上分析知,上述反应中属于加成反应的是,故答案为:;(2)通过以上分析,可知D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH,故答案为:HOCH2CH2CHClCH2OH;(3)B转化为C的化学方程式为:ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl,故答案为:ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl。

(4)H的结构简式为HOOCCH2CH(OH)COOH,H物质在浓硫酸存在下可分别生成一种含六元环、七元环、八元环的产物,H生成六元环产物的方程式为:2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O,故答案为:2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O。(5)A的结构简式为CH2=CHCH=CH2,与A互为同分异构体,且分子中有4个碳原子共直线的有机物的结构简式为CH3C≡CCH3,故答案为:CH3C≡CCH3。(6)a、羟基在被氧化成羧基的同时,碳碳双键也会被氧化,为了防止碳碳双键被氧化,不能一步进行。 b、D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH,D被氧化成HOOCCH2CHClCOOH的过程中会有中间产物生成,中间产物的结构简式可能是OHCCH2CHClCH2OH、HOCH2CH2CHClCHO、OHCCH2CHClCHO、HOOCCH2CHClCHO、OHCCH2CHClCOOH,这些物质中都含有醛基,可以采用银镜反应或新制氢氧化铜悬浊液检验,故答案为:羟基在被氧化成羧基的同时,碳碳双键也会被氧化;新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液。

?

9.我国是个钢铁大国,钢铁产量为世界第一,高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。

I.已知反应Fe2O3(s)+ CO(g)Fe(s)+ CO2(g) ΔH=-23.5kJ·mol-1,该反应在1000的平衡常数等于4。在一个容积为10L的密闭容器中,1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol,应经过l0min后达到平衡。

(1)CO的平衡转化率=____________

(2)欲提高CO的平衡转化率,促进Fe2O3的转化,可采取的措施是________。

a.提高反应温度

b.增大反应体系的压强

c.选取合适的催化剂

d.及时吸收或移出部分CO2

e.粉碎矿石,使其与平衡混合气体充分接触

.高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收,使其在一定条件下和H2反应制备甲醇:CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)。请根据图示回答下列问题:

(3)从反应开始到平衡,用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=________。

(4)已知氢气的燃烧热286kJ/mol,请写出甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式____________________________________________________________________。

(5)若在温度和容器相同的三个密闭容器中,按不同方式投入反应物,测得反应达到平衡吋的有关数据如下表:

容器 反应物投入的量 反应物的

转化率 CH3OH的浓度 能量变化

(Q1、Q2、Q3均大于0) 甲 1mol CO和2mol H2 α1 c1 放出Q1kJ热量 乙 1mol CH3OH α2 c2 吸收Q2kJ热量 丙 2mol CO和4mol H2 α3 c3 放出Q3kJ热量 则下列关系正确的是________

A.c1=c2

B.2Q1=Q3

C.2α1=α3

D.α1+α2 =1

E.该反应若生成1mol CH3OH,则放出(Q1+Q2)kJ热量

.以甲烷为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池,目前得到广泛的研究,如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题:

(6) B极上的电极反应式为??????????????????? 。

(7)若用该燃料电池做电源,用石墨做电极电解100mL 1mol/L的硫酸铜溶液,当两极收集到的气体体积相等时,理论上消耗的甲烷的体积为????? (标况下)。

【答案】I.(1)60%

(2)d

.(3)0.15mol/(L·min)

(4)CH3OH(g)+O2(g)2H2O(l)+CO(g)? △H=-481kJ/mol

(5) ADE

.(6) CH4 + 4O2--8e- CO2+ 2H2O;

(7) 1.12 L

【解析】本题考查了化学平衡移动原理、电解池、原电池原理及计算、盖斯定律等知识。

I.(1)设平衡时CO的物质的量变化为nmol,则:

则K==4,解得n=0.6,则CO的平衡转化率为×100%=60%。?(2)该反应正反应是放热反应,提高反应温度,平衡向逆反应移动,CO的平衡转化率降低,故a错。反应前后气体的物质的量不变,减小容器的容积,增大压强,平衡不移动,CO的平衡转化率不变,故b错。加入合适的催化剂,平衡不移动,故c错。移出部分CO2,平衡向正反应方向移动,CO的平衡转化率增大,故d正确。粉碎矿石,使其与平衡混合气体充分接触,平衡不移动,故e错。

.(3)达到平衡时生成甲醇为:0.75mol/L,则消耗的c(H2)=2×0.75mol/L=1.5mol/L,v(H2)==0.15mol/(L min)。(4)由图二可得CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) H=-91 kJ/mol,氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) H=-572kJ/mol,根据盖斯定律-可得甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式为CH3OH(g)+O2(g)2H2O(l)+CO(g)? H=-481kJ/mol。(5)甲、乙相比较,把乙等效为开始加入1mol CO和2mol H2,和甲是等效的,甲乙是等效平衡,所以平衡时甲醇的浓度c1=c2,故A正确。甲、丙相比较,丙中反应物的物质的量为甲的2倍,压强增大,对于反应CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g),平衡向生成甲醇的方向移动,故2Q1

(7)电解硫酸铜溶液时阳极的电极反应式为4OH--4e-O2↑+ 2H2O,阴极的反应式为Cu2++2e-Cu;2H++2e-H2↑。n(Cu)=0.1mol,若两极收集到的气体体积相等,设其物质的量为n。

根据两极转移的电子数相同,则4n=0.1×2+2n。解得n=0.1,共转移的电子的物质的量为0.4mol,由于在整个反应过程转移电子相等,故甲烷放电时转移的电子的物质的量也为0.4mol。

V(CH4)==1.12L

?

四、推断题 10.某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种,取该溶液进行实验,实验内容如下:

根据以上信息,回答下列问题:

(1)溶液X中除H+外还肯定含有的离子是__________;不能确定是否含有的离子是__________,若要确定其中阳离子的存在,最可靠的化学方法是????????????? 。

(2)沉淀G的化学式为___________________。

(3)写出有关离子方程式:

步骤中生成A?____________________。

步骤生成沉淀I____________________。

(4)假设测定A、F、I均为0.01?mol,10mLX溶液中n(H+)=0.04mol,沉淀C物质的量为0.07mol,且上述(1)小题中的实验已证实不能确定是否含有的阳离子存在,问上述(1)小题中不能确定含有的阴离子______________(填“一定”或“不一定”)存在,理由是________________________________________。

【答案】(1)Al3+、、Fe2+、;Cl-、Fe3+;取少量X溶液放入试管中,加入几滴KSCN溶液,若溶液不变红色,说明无Fe3+,若变红,则说明含Fe3+

(2)Fe(OH)3

(3)3Fe2+++4H+3Fe3++NO↑+2H2O; +CO2+2H2OAl(OH)3↓+

(4)一定;因为中检验Fe3+肯定存在时,就有Cl-存在,因为肯定存在的离子电荷总数已相等

【解析】本题考查了离子组推断题。(1)在强酸性溶液中一定不会存在和离子,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀为BaSO4沉淀,说明溶液中含有离子,生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+离子,溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有离子,溶液H中溶于CO2气体,生成沉淀I,则I为Al(OH)3,H为NaOH和NaAlO2,说明溶液中含有Al3+离子,溶液中含有Fe2+离子,就一定不含离子,含有离子就一定不含Ba2+离子,不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-,检验方法是 取少量X溶液放在试管中,加入几滴KSCN,溶液不变红色说明无Fe3+;?或者取少量B溶液放在试管中,加入几滴AgNO3溶液,无白色沉淀说明无Cl-,故答案为:Al3+、NH4+、Fe2+、;Fe3+、Cl-;取少量X溶液放在试管中,加入几滴KSCN,溶液不变红色说明无Fe3+;?或者取少量B溶液放在试管中,加入几滴AgNO3溶液,无白色沉淀说明无Cl-。(2)Fe2+离子被氧化为Fe3+离子,加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3??。(3)Fe2+离子被氧化为Fe3+离子,反应的离子方程式为3Fe2+++4H+3Fe3++NO↑+2H2O,故答案为:3Fe2+++4H+3Fe3++NO↑+2H2O。H为NaOH和NaAlO2混合物,通入过量二氧化碳后分别发生的反应为:+CO2+2H2OAl(OH)3↓+,故答案为:+CO2+2H2OAl(OH)3↓+。(4)根据溶液电中性可知:2n(Fe2+)+3n(Al3+)+n(NH4+)=2n(),一定有阳离子存在,因为中检验Fe3+肯定存在时,就有Cl-存在,因为肯定存在的离子电荷总数已相等,故答案为一定;因为中检验Fe3+肯定存在时,就有Cl-存在,因为肯定存在的离子电荷总数已相等。

? ?

11.化合物H是一种香料,存在于金橘中,可用如下路线合成:

已知:R—CH=CH2RCH2CH2OH(B2H6为乙硼烷)。

回答下列问题:

(1)11.2 L(标准状况)的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88 g CO2和45 g H2O。A的分子式是___________。

(2)B和C均为一氯代烃,且B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰,则B的名称为 ?????????????????。(用系统命名法命名)

(3)在催化剂存在下1 mol F与2 mol H2反应,生成3-苯基-1-丙醇。F的结构简式是________。

(4)反应的反应类型是____________________。

(5)反应的化学方程式为??????????????????????????????????? 。

(6)已知K是满足下列条件的G的同分异构体,则K的结构简式为________。

a.属于具有与G相同官能团的芳香类化合物;

b.苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯取代物有两种。

【答案】(1)C4H10;(2)2-甲基-2-氯丙烷;(3);(4)消去反应;(5);(6)

【解析】本题有机物的推断与合成,涉及分子式的判断、反应类型、化学方程式的书写以及同分异构体的判断等。88gCO2为2mol,45gH2O为2.5mol,标况下11.2L烃A为0.5mol,所以烃A中含碳原子为4,H原子数为10,则A的学式为C4H10,C4H10存在正丁烷和异丁烷两种,但从框图上看,A与Cl2光照发生一氯取代时有两种产物,且在NaOH醇溶液作用下发生消去反应的产物只有一种,则A只能是异丁烷,取代后的产物为2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷,故D为CH2=C(CH3)2,B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰,则B为2-甲基-2-氯丙烷,所以C为2-甲基-1-氯丙烷,D发生信息中的反应生成E为.F可以与Cu(OH)2反应,故应为醛基,与H2之间为12加成,则应含有碳碳双键,从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析,F的结构简式为,F中醛基氧化为羧基,D与E发生酯化反应生成H为酯;(1)根据上面的分析可知,A的学式为C4H10;(2)根据上面的分析可知,B为2-甲基-2-氯丙烷;(3)F可以与Cu(OH)2反应,故应为醛基,与H2之间为1:2加成,则应含有碳碳双键.从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析,F的结构简式为:;(4)反应为卤代烃在醇溶液中的消去反应;(5)F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸G为苯基丙烯酸,D至E为信息相同的条件,则类比可不难得出E的结构为,E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应,反应方程式为:;(6)K是G的同分异构体,满足下列条件a.属于具有与G相同官能团的芳香类化合物,即有羧基和碳碳双键,b.苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯取代物有两种,说明苯环上有两种位置的氢原子,则K为。

这篇高三化学7月暑假作业就为大家分享到这里了。希望对大家有所帮助!

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