当前位置:首页 > 安徽省“皖江名校联盟”2019届高三5月联考试题 理科综合--化学 Word版含答案
的量均为1mol,所含有的中子数均为10NA,B选项正确;1 mol/L Al(NO3)3溶液的体积未知,无法确定NO3-的个数,C选项错误;50mL12mol·L—1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后,盐酸浓度变小,无法继续反应,D选项错误。
12. C 【解析】根据图中电子流动方向,可判断a电极是负极,b电极是正极,A正确;b电极是正极,发生Ag2O还原反应,B正确;a电极发生反应的有机基质是什么物质未说明,故电子转移的数目无法确定,C错误;高温条件下,微生物会死亡,电池无法工作,D正确。
13.D 【解析】由图可知,a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时 pH=7,溶液呈中性。说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应,可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol,c(H2S)=0.1 mol/L。a点之前为H2S过量,a点之后为SO2过量,溶液均呈酸性,故a点水的电离程度最大,A选项正确;由图中起点可知0.1 mol/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L,可根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈10—7.2,B选项正确;当SO2气体通入336mL时,相当于溶液中的c(H2SO3)= 0.1 mol/L,因为H2SO3酸性强于H2S,故此时溶液中对应的pH应小于4.1,故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化,C选项正确;根据平衡常数表达式可知c(HSO3—)/ c(H2SO3)= Ka1/ c(H+),a点之后,随SO2气体的通入,c(H+)增大,当通入的SO2气体达饱和时,c(H+)就不变了,故D选项错误。
26. 【答案】(每空2分,本小题满分14分) (1)先停止加热,待反应液冷却后再加入沸石 (2)分液漏斗(同时写上烧杯、铁架台等不扣分) (3)浓磷酸氧化性比浓硫酸弱,防止浓硫酸氧化有机物 (4)(二)环己醚
(5)降低环己烯在水中溶解度,减少产品损失 除去产品中少量的磷酸
(6)0.85或85%
【解析】(1)加热过程中,若忘记添加沸石,应先停止加热,待反应液冷却后
9
再加入沸石。
(2)由实验流程以及表格中环已醇、磷酸、环己烯的溶解性可知将粗产品分去水层的实验操作为分液,故所需要用到的主要实验仪器是分液漏斗。(3)浓硫酸氧化性强,加热时易氧化有机物,故使用浓磷酸更好。(4)醇在浓酸的催化作用下发生分子内脱水可生成环己烯,但同时也可能发生分子间脱水,生成(二)环己醚。(5)因环己烯微溶于水,故洗涤时用饱和食盐水可降低环己烯在水中溶解度,减少产品损失;因产品中还有残留的磷酸,加入5%的碳酸钠溶液是为了除去产品中少量的磷酸。(6)加入的环己醇为10.0g ,理论上应生成的环己烯为8.2g,反应的产率为7.0÷8.2≈0.85。
27.【答案】(本小题满分15分)
(1)将Fe2+氧化为Fe3+(2分) Fe(OH)3和过量的MnO2(2分) (2)使Cu2+ 完全沉淀为Cu(OH)2 (2分) (3)Mn2++2HCO3-= MnCO3 ↓+ CO2↑+H2O(2分) (4)过滤、洗涤、干燥 (2分) NH4Cl(1分)
2 (2分) Mn3O4和MnO(2分) (5)1∶
【解析】(1)在过程①中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,在过程②
中,向溶液中加入氨水,调节溶液的pH=3.7,这时溶液中的Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀,过量的MnO2也以固体形式存在。(2)过程③中,调pH是将Cu2+转化为沉淀除去。(3)过程④中,反应会有CO2生成,故反应为Mn2++2HCO3-= MnCO3 ↓+ CO2↑+H2O(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒,可知副产品为NH4Cl。(5)MnCO3的物质的量为1 mol,即质量为115 g
①A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g 减少的质量为115 g-87 g=28 g 可知MnCO3失去的组成为CO 故剩余固体的成分为MnO2
②C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g
10
据锰元素守恒知m(Mn)=55 g,则m(O )1=71 g-55 g=16 g
则n(Mn)∶n(O)= ∶=1∶1
故剩余固体的成分为MnO
同理,B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g 因m(Mn)=55 g,则m(O )2=76.337 g-55 g=21.337 g
则n(Mn)∶n(O)= ∶=3∶4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间,故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
28. 【答案】(本小题满分14分) (1)①3min~4min(2分)
②向右移动(1分) a(2分)
③>(1分) (2)①放热(1分)
②>(1分)
(3)P1>P2>P3(2分)
相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压平衡正向移动,CO转化率增大;而反应②为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高。(2分)
升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应②为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低。(2分)
【解析】(1)从表格中数据分析,第3-4min时,体系中各物质的浓度不再变化,说明已经达到平衡状态。5min~6min时间段内,H2O的浓度增大,CO浓度减小,说明是增加了H2O的量,平衡正移。(2)①注意问题中CO还原FeO制备Fe的反应是题干中给出反应的逆向反应,结合图形可知,该反应放热。②K(T2)=c(CO)/c(CO2)=2.5>K(T1),根据图像信息,K越大,对应的温度越高。(3)相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应②为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高。故有P1>P2>P3。升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应②为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低。
11
35. 【答案】(本小题满分15分) (1)17(1分) 5(1分) 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(1分)
(2)K2Fe(SCN)5(2分) 4(每空2分)
(3)abd (2分) 11 (1分) sp3 (1分) (4)
361或255(2分) 2(5)+5(1分) CrnO3n+12-(1分)
【解析】(1)Cl原子核外有17个电子,每个电子的运动状态都不同;电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级。(2)根据电荷守恒,位数为5的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5。
(3)配离子中含有的化学键有配位键、极性键、非极性键。(4)面心立方最密
堆积的晶胞结构中,面对角线的长度为铜原子半径的4倍,即l=4r=2d。根据勾股定律,a2+a2=l2=(2d)2,故铜原子的直径约为a/2。(5)从阴离子结构可以判断Cr的化合价为+5价。由n(n>1)个CrO2-4通过共用一个顶角氧原子彼连的链式结构,根据连接规律,推断其通式为CrnO3n+12-。
36.【答案】(本小题满分15分) (1)C11H18O2N2(2分) (2) 羰基(2分)
(3) 取代反应 (2分) (4) (2分)
(2分)
(5) (2分)
12
或
(6)(3分)
13
共分享92篇相关文档