当前位置:首页 > (3份试卷汇总)2019-2020学年吉林省延边朝鲜族自治州高考化学三模试卷
【详解】
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素, Y与Z同周期,W是短周期主族元素中原子半径最大的,则W为Na,X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,则X为O,X与Z同族,则Z为S,Y的最高正价与最低负价的代数和为6,则Y为Cl。
A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸,选项A错误; B. 原子半径:X(O) C. 非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,非金属性Y(Cl) >Z(S),故气态氢化物的热稳定性:HCl >H2S,选项C错误; D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1:2的离子化合物Na2O和Na2O2,选项D正确。 答案选D。 10.下列生活用品的主要成分不属于有机高分子物质的是( ) A.植物油 【答案】A 【解析】 A、植物油成分是油脂,油脂不属于有机高分子化合物,故A正确;B、丝织品的成分是蛋白质,蛋白质属于有机高分子化合物,故B错误;C、聚乙烯是有机高分子化合物,故C错误;D、人造毛属于人造纤维,属于有机高分子化合物,故D错误。 11.能证明A.混合体系B.混合体系C.混合体系D.混合体系【答案】D 【解析】 【详解】 A.混合体系 Br2的颜色褪去,可能是单质溴与碱反应,也可能单质溴与烯烃发生加成反应,无法证明有机物有机物 与过量NaOH醇溶液共热时发生了消去反应的是( ) Br2的颜色褪去 淡黄色沉淀 紫色褪去 Br2的颜色褪去 B.丝织品 C.聚乙烯 D.人造毛 发生消去反应,故A错误; B.混合体系 淡黄色沉淀,说明生成了溴离子,而 发生水解反应和消 去反应都能生成溴离子,无法证明发生消去反应,故B正确; C.混合体系 有机物 紫色褪去,乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,无法证明发生消去 反应,故C错误; D.混合体系正确; 故选D。 有机物Br2的颜色褪去,说明有苯乙烯生成,能证明发生消去反应,故D 12.下列说法不正确的是( ) A.银氨溶液不能留存,久置后容易爆炸 B.白磷暴露在空气中易自燃,可保存在水中 C.易燃的有机溶剂使用时必须远离明火和热源 D.钠着火不能用水扑灭,可以用泡沫灭火器来灭火 【答案】D 【解析】 【详解】 A.银氨溶液不稳定,则银氨溶液不能留存,久置后会变成氮化银,容易爆炸,故A正确; B.白磷在空气中易自燃,不与水反应,所以可保存在水中,故B正确; C.易燃的有机溶剂离明火和热源太近容易燃烧,故应远离明火、热源和强氧化剂,故C正确; D.钠和水反应生成氢气,氢气是易燃物,钠燃烧后生成过氧化钠,过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气,促进钠的燃烧,所以钠着火燃烧时,不能用泡沫灭火器灭火,应该用沙子灭火,故D错误。 故选D。 13.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图,闭合开关K之前,两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是 A.循环物质E为水 B.乙池中Cu电极为阴极,发生还原反应 C.甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu D.若外电路中通过1mol电子,两电极的质量差为64g 【答案】B 【解析】 【详解】 由阴离子SO42-的移动方向可知:右边Cu电极为负极,发生反应:Cu-2e-=Cu2+,Cu电极失去电子,发生氧化反应;左边的电极为正极,发生反应:Cu2++2e-=Cu,当电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池。 A.通过上述分析可知循环物质E为水,使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液,A正确; B.乙池的Cu电极为负极,发生氧化反应,B错误; C.甲池的Cu电极为正极,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,C正确; D.若外电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,所以两电极的质量差为64g,D正确; 故合理选项是B。 14.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 ... A.0.1 mol C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA B.14 g N60(分子结构如图所示)中所含N-N键数目为1.5NA C.某温度下,1 L pH=6的纯水中所含OH?数目为1.0×10?8 NA D.标准状况下,5.6 L甲醛气体中所含的质子数目为4NA 【答案】C 【解析】 【详解】 A.根据物质中的最外层电子数进行分析,共用电子对数为子对数目为1.2NA ,故正确; B. 14 g N60的物质的量为14?60?60mol,N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键,每两个氮原子形成一个共价键,1mol N60含有的氮氮键数为 1?90?1.5mol6060?3?90mol,即2141(3?4?9?3)?12,所以20.1 mol C3H9N中所含共用电 14 g N60的含有氮氮键 ,数目为1.5NA,故正确; C. 某温度下,1 L pH=6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L,纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等,所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L,氢氧根离子数目为10-6 NA,故错误; D. 标准状况下,5.6 L甲醛气体物质的量为0.25mol,每个甲醛分子中含有16个质子,所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA,故正确。 故选C。 15.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品,电化学合成碳酸二甲酯的工作原理 如图所示(加入两极的物质均是常温常压下的物质)。下列说法不正确的是() A.石墨2极与直流电源负极相连 B.石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ C.H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动 D.电解一段时间后,阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2:1 【答案】D 【解析】 【分析】 该装置有外接电源,是电解池,由图可知,氧气在石墨2极被还原为水,则石墨2极为阴极,B为直流电源的负极,阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,A为正极,石墨1极为阳极,甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯,阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,据此解答。 【详解】 A. 由以上分析知,石墨2极为阴极,阴极与直流电源的负极相连,则B为直流电源的负极,故A正确; B. 阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应,电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故B正确; C. 电解池中,阳离子移向阴极,则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动,故C正确; D. 常温常压下甲醇是液体,电解池工作时转移电子守恒,根据关系式2CO ~ 4e- ~ O2可知,阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1:2,故D错误; 答案选D。 二、实验题(本题包括1个小题,共10分) 16.硫酸镍是一种重要的化工中间体,是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2,含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图:
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