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

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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

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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。

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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）

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或

（6）（3分）

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