硫酸镍溶解度 成都市第七中学 2020 年高中毕业班教学质量监测卷理科综合化学部分解析-凯发k8ag旗舰厅

硫酸镍溶解度 成都市第七中学 2020 年高中毕业班教学质量监测卷理科综合化学部分解析

成都第七中学2020年高中毕业班教学质量监测试卷

综合科学化学科

注：1.试卷满分为300分，考试时间为150分钟。

2. 整场试卷分为试卷和答题纸，答案必须写在答题纸上，不允许在试卷上作答，否则不予扣分。

试卷一（多项选择题，126分）

可使用的相对原子质量：h 1 c12 n14 o16 s 32 cl 35.5k 39 ti 48 fe 56i 127 ag-108

1. 选择题：本部分共13道题，每道题6分，每道题给出4个选项，其中只有一个符合题目要求。

7、根据向不同溶液中通入so2的实验现象，下列结论错误的是

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现象

综上所述

含 hcl 和 bacl2 的溶液

产生白色沉淀

so2具有还原性

h2s溶液

产生黄色沉淀

so2 具有氧化性

酸性 kmno4 溶液

紫色溶液褪色

so2 具有漂白作用

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产生胶状沉淀

酸性：h2so3>

【答案】c

8. 下列哪个特定反应的离子方程式是正确的？

a.将铜放入稀硝酸中：cu 4h 2no3–===cu2 2no2↑ h2o

b.将过量的铁粉加入到fe2(so4)3溶液中：fe3 fe===2fe3

c.向al2(so4)3溶液中加入过量的氨水：al3 3nh3·h2o===al(oh)3↓ 3nh4

d.向溶液中加入稀盐酸： 2h ===↓ 2na

【答案】c

9、利用太阳能分解水产生氢气，若光解0.02mol的水，下列说法正确的是？

a. 可产生的h2质量为0.02g

b.能生成氢的原子数为2.408×1023

c.可产生h2的体积为0.224l（标准情况下）

d. 产生的h2量理论上等于0.04 mol na与水反应产生的h2量

【答案】d

10、室温下将naoh溶液滴加到己二酸（h2x）溶液中，混合溶液的ph值与离子浓度的关系如图所示。下列哪项表述是错误的？

答：ka2（h2x）的数量级为 10–6

b. 曲线n表示ph值与

c. nahx 溶液

d.当混合溶液呈中性时，

【答案】d

【解析】a.己二酸为二元弱酸。第二步电离小于第一步，即ka1=＞ka2=。因此，在ph相等，即氢离子浓度相等时，>。因此，曲线n表示ph与的关系。则曲线m为己二酸第二步电离。根据图上取点-0.6和4.8，=10-0.6 mol·l-1，c(h )=10-4.8 mol·l-1。代入ka2，得ka2=10-5.4。因此，ka2（h2x）的数量级为10–6。a正确。b.根据以上分析，曲线n表示ph与的关系。b正确。c.曲线n为己二酸第一步电离。根据图取0.6和5.0点，=100.6 mol·l-1，c(h )=10-5.0 mol·l-1，代入ka1，得ka1=10-4.4，故hx-的水解常数为=10-14/10-4.4＜ka2，所以nahx溶液呈酸性，即c(h )＞c(oh-)，c正确；d.根据图，=0时溶液呈酸性，所以当混合溶液为中性，＞0时，即c(x2-)＞c(hx-)，d错误；答案为d。

11. 港口码头基础的钢管桩通常采用外加电流阴极保护法进行防腐，其工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极，下列说法错误的是？

a、通入保护电流，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零

b、通电后，外电路中的电子被迫从高硅铸铁流向钢管堆。

c.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传输电流。

d.保护电流应根据环境条件的变化而调整。

【答案】c

12、下列哪些用于生产so2、验证其漂白性能、收集和处理尾气的装置及原理可达到实验目的？

a. 生成 so2 b. 验证漂白性能 c. 收集 so2 d. 尾气处理

【答案】b

【解析】a.铜与稀硫酸不反应，故a错误；b.二氧化硫能使品红溶液颜色褪去，故b正确；c.二氧化硫的密度大于空气，应将进气管伸至瓶底，用向上排气法收集，故c错误；d.二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不能用来吸收尾气，故d错误。

13. 工业上可以由乙苯生产苯乙烯：

，以下说法是正确的

a.该反应是消除反应

b.乙苯有三种异构体。

c. br2/ccl4可用于鉴别乙苯和苯乙烯

d.乙苯和苯乙烯分子中共面碳原子数均为7。

【答案】ac

3.非选择题：包括必答题和选答题。第22至32题为必答题，考生必须作答。第33至38题为选答题，考生必须按要求作答。

（一）必答题：11道题，共129分。

26.（14分）某小组在实验中，为验证反应“fe 2ag =fe2 2ag”，检测出了fe3 。其发现和探索过程如下。

将过量的铁粉加入到用硝酸酸化的0.05 mol·l-1硝酸银溶液（ph≈2）中，搅拌，静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。

（1）产品检验

① 取出少量黑色固体，清洗后，（填写操作和现象），证明该黑色固体中含有ag。

②取上层清液，加入k3溶液，有蓝色沉淀产生，表明溶液中含有。

（2）对于“黄色溶液”，甲认为溶液中存在fe3 ，乙则认为铁粉过量时不可能存在fe3 。乙所依据的原理是（用离子方程式表达）。根据两人的观点继续实验：

①取上层清液，加入kscn溶液，溶液变红色，证实了a的猜测，同时发现有白色沉淀产生，溶液颜色深浅、沉淀量与取样时间有关。对比实验记录如下：

序列号

取样时间/分钟

现象

一

产生大量白色沉淀；溶液呈红色

二

三十

有白色沉淀产生，沉淀量较3分钟时减少，溶液红色较3分钟时更深

三

120

有白色沉淀生成，沉淀量较30分钟时减少，溶液红色较30分钟时变浅

（数据：ag 与scn-生成白色沉淀agscn）

②对fe3 生成的原因作出如下假设：

假设a：铁粉表面可能有一层氧化层，能生成fe3 ；

假设b：空气中存在o2，由于（用离子方程式表示）能生成fe3 ；

假设c：酸性溶液中no3-具有氧化性，能生成fe3 ；

假设d：根据现象判断溶液中存在ag ，能够生成fe3 。

③下述实验一可以证明假设a、b、c不是fe3 生成的主要原因。实验二可以证明假设d成立。

实验一：将过量的铁粉加入到用硝酸酸化的溶液（ph≈2）中，搅拌静置，分次取上清液，滴加kscn溶液，3分钟后溶液变成淡红色，30分钟后几乎无色。

实验二：装置如图所示，溶液a为，运行及现象为。

(3)根据实验现象和方程，推测实验i~iii中fe3 浓度变化的原因：

【答案】（1）①加硝酸，加热使固体溶解，再加稀盐酸，生成白色沉淀 ②fe2 （2）fe 2fe3 =3fe2

②4fe2 o2 4h =4fe3 2h2o 加入kscn溶液后，有白色沉淀产生

③0.05 mol·l-1 nano3溶液 feso4溶液（或fecl2溶液）

分别在电池工作一段时间前后取左边烧杯中的溶液，同时加入kscn溶液，后者颜色红色更深。

（3）溶液中发生反应：①fe 2ag =fe2 2ag，②ag fe2 =ag fe3 ，③fe 2fe3 =3fe2 。反应开始时，c（ag ）较大，主要发生在反应①和反应②中，c（fe3 ）增大。约30min后，c（ag ）较小，主要发生在反应③中，c（fe3 ）减小。

27.（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分是feo·cr2o3，还含有硅、铝等杂质。制备过程如图所示：

回答以下问题：

（1）步骤①中主要反应为：feo·cr2o3 fe2o3 co2 nano2

上述反应达到平衡后，feo·cr2o3与nano3的系数比为。此步骤不能使用陶瓷容器，因为_____。

(2)滤渣1中含量最高的金属元素是 ，滤渣2的主要成分是 和含硅杂质。

（3）步骤④调节滤液2的ph值，使得 （填“大”或者“小”），因为 （用离子方程式表示）。

（4）有关物质的溶解度如图所示。在“滤液3”中加入适量kcl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得固体。冷却至（填标号）时，得最固体产品。

a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃

步骤⑤的反应类型为。

(5)某厂用m1kg铬铁矿粉（含%）进行配制，最后得到m2kg产品，产率为。

【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与（2）铁 al(oh)3 发生反应

（3）小的2 2h h2o （4）d复分解反应 （5）×100%

【分析】（1）feo·cr2o3为还原剂，其氧化产物为fe2o3，每摩尔物质转移7摩尔电子；nano3为氧化剂，其还原产物为nano2，每摩尔物质转移2摩尔电子。根据电子守恒定律，feo·cr2o3与nano3的系数比为2：7；陶瓷在高温下会与金属发生反应，因此，熔炼时不能使用陶瓷容器。

（2）熔体中的氧化铁不溶于水，经过滤后进入滤渣1，滤渣1中含量最高的金属元素为铁，滤液1含有alo2-、sio32-、cro42-，调节溶液ph值并过滤后，滤渣2为al(oh)3及含硅杂质。

（5）样品中cr2o3的质量为m1×40%kg，故产品理论质量为m1×40%kg×，产品产量为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。

28.（14分） 丁烯是一种重要的化工原料，由丁烷催化脱氢可制得。回答以下问题：

（1）正丁烷（c4h10）脱氢生成1-丁烯（c4h8）的热化学反应方程式为：

①c4h10(克)=c4h8(克) h2(克)δh1

已知： ②c4h10(g) o2(g)=c4h8(g) h2o(g)δh2=−119 kj·mol−1

③h2(克) o2(克)=h2o(克)δh3=−242kj·mol−1

反应①的δh1为·mol−1。图（a）为反应①的平衡转化率与反应温度、压力的关系，.1（填“大于”或“小于”）；为提高丁烯的平衡产率，应采取的措施有（填入标号）。

a. 升高温度 b. 降低温度 c. 升高压力 d. 降低压力

（2）丁烷和氢气的混合气体以一定的流速通过装有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气体含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）给出了丁烯产率与原料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系，图中曲线呈现先增大后减小的趋势，减小的原因是。

（3）图（c）给出了反应产率与反应温度的关系，副产物主要为高温裂解生成的短链烃类化合物，590℃之前丁烯产率随温度升高而增加的原因可能是，590℃之后丁烯产率迅速下降的主要原因可能是。

【答案】（1） 123小于ad

（2）氢气是产物之一。随着n（氢气）/n（丁烷）的增加，逆反应速率增大。

（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行。温度升高，反应速率增大。

丁烯在高温下裂解生成短链碳氢化合物

【解析】（1）根据hess定律，方程②−方程③得到方程①，所以δh1=δh2−δh3=−119 kj/mol 242 kj/mol = 123 kj/mol。由图（a）可知，当温度相同时，丁烷的转化率从0.1 mpa增加到x mpa，即平衡向正方向移动。根据反应前后气体系数之和的增加，压力降低，平衡向正反应方向移动，即x

（二）选考题：共计45分。每门科目物理2道、化学2道、生物2道，请从中选择一道题，用2b铅笔在答题纸上填写所选题目的题号。请注意，您作答的题目的题号必须与您填写的题目题号相同。请在答题纸指定区域作答。若您作答多道题目，则每门科目的分数将以​​您作答的第一道题目为准。

35. [化学-选修课3：物质的结构和性质]（15分）

东晋《华阳国志·南中志》卷四有白铜的记载。云南白铜（白铜）驰名中外，主要用于铸币，也可用于制作仿银首饰。回答以下问题：

（1）镍原子基态的电子排布为，3d能级上未配对电子数为。

（2）硫酸镍溶于氨水，生成蓝色的so4溶液。

①so4中阴离子的立体构型是_____。

②2 中ni2 与nh3之间形成的化学键称为，提供孤对电子的成键原子是_____。

③氨的沸点为（填“高于”或“低于”）磷化氢（ph3）。原因是氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为。

（3）单质铜和镍都是通过键形成的晶体：单质铜、镍的第二电离能分别为icu=/mol、ini=/mol，之所以icu>ini是因为。

（4）图中所示为镍白铜合金的立方体晶胞结构。

①晶胞中铜原子数与镍原子数之比为_____。

②设该合金的密度为dg/cm3，则晶胞参数a=。

【答案】（1）2或2（2）①正四面体

② 配位键n ③ 高于nh3分子可形成氢键，极性为sp3

（3）铜失去其充满的 3d10 电子，而镍失去其 4s1 电子

（4） ①3:1 ②

【分析】

题目分析：（1）镍为元素号28，位于第四周期、第viii族。根据原子核外电子排布规律，其基态原子的电子排布为2，3d能级有5个轨道，自旋方向相同的5个电子先被占据，其余3个电子分别占据3个轨道，电子自旋方向相反，因此未配对电子数为2。

（3）铜和镍都是金属，因此单质铜和镍都是通过金属键形成的晶体；铜失去满满的3d10电子，镍失去4s1电子，所以icu>ini。

(4)①按平均计算法，晶胞中铜原子数为6×1/2=3，镍原子数为8×1/8=1，因此铜、镍原子数比为3：1。

②根据以上分析，该晶胞的成分为cu3ni，设该合金的密度为dg/cm3，根据ρ=m÷v，可得晶胞参数a=nm。

36. [化学—选修课5：有机化学基础]（15分）

化合物f（氨巴比妥）是临床上常用的镇静催眠药物，其合成路线如下（省略部分反应条件及试剂）；

请回答以下问题：

（1）试剂i的化学名称为①，化合物b的功能团名称为②，步骤④的化学反应类型为③。

（2）第一步反应的化学方程式是。

（3）步骤⑤中反应的化学方程式为。

(4)试剂ⅱ的相对分子质量为60，其结构式为。

（5）化合物b的异构体g与naoh溶液共热生成乙醇和化合物h，h在一定条件下发生聚合，得到高吸水树脂，该聚合物的结构式为：

【答案】（1）乙醇，醛基，酯化反应（取代反应）。 （2）

（3）

溴化钠 (4) (5)

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