《辽宁省大连市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题(含解析)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《辽宁省大连市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题(含解析)(16页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省大连市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56第I卷(选择题 共126分)一、选择题:本题共13小题,每小题6分,共78分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.中华民族有着光辉灿烂的发明史,下列发明创造不涉及氧化还原反应的是A. 火法炼铜B. 转轮排字C. 粮食酿酒D. 钻木取火【答案】B【解析】【详解】A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应,属于氧化还原反应,故A不选;B. 转轮排字属于物理变化,故选B;C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成
2、葡萄糖,在进行发酵生成乙醇的过程,中间有元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故C不选;D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧,属于氧化还原反应,故D不选;答案:B。2.下列说法正确的是A. 的一氯代物有2种B. 脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程,释放能量C. 与互为同系物D. 通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料【答案】C【解析】【详解】A. 的结构中含有三种类型的氢,所以一氯代物有3种,故A错误;B. 脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸,然后再分别进行氧化释放能量,故B错误;C. 结构相似,组成相差一个-CH2原子团,所以互为同系物,故C正确;D
3、. 通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料,不能得到苯,故D错误;答案:C。3.NA代表阿伏加德罗常数值,下列说法正确的是A. 2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB. 1L0.1molL-1 NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC. 常温常压下,0.5 mol Fe和足量浓硝酸混合,转移电子数为1.5NAD. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应,其原子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10,所以2gD2O和H2l8O混
4、合物中所含中子数为NA,故A正确;B. NaHCO3属于强碱弱酸盐,HCO3-既能发生电离:HCO3-H+CO32-,也能发生水解:H2O+HCO3-H2CO3+OH-,根据物料守恒可知,1L0.1molL-1 NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C. 常温常压下, Fe和足量浓硝酸发生钝化反应,故C错误;D. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应为H2(g)+I2 (g)2HI,其原子总数为0.4NA,故D错误;答案:A 。4.下列有关实验的选项正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解
5、】A.乙醇的密度比金属钠小,所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部,故A错误;B.因为2NO2N2O4HhdeB. 上述元素组成ZX4f(gd4)2溶液中,离子浓度:c(f3+)c(zx4+)C. 由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D. f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知:x属于第一周期,y、z、d属于第二周期,e、f、g、h属于第三周期元素;根据最高正价或最低负价可知:x为H, y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S,h为Cl,属
6、于第三周期,离子半径gh ;d为O,e为Na,同为第二周期,离子半径de,故离子半径:ghde,A正确;B.根据上述分析可知,ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性,属于相互抑制的水解,由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨,则铝离子水解程度大于铵根,即离子浓度:c(Al3+)c(NH4+),故B错误;C.d为O、e为Na、g为S,由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确;D.f为Al,f的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,为两性氢氧化物,e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4,可以与Al
7、(OH)3发生反应,故D正确;答案:B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数;根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族;由此判断出元素的种类,再根据元素周期律解答即可。6.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池,其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 放电时,Mo箔上的电势比Mg箔上的低B. 充电时,Mo箔接电源的负极C. 放电时,正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6D. 充电时,外电路中通过0.2mol电子时,阴极质量增加3.55g【答案】C【解析】【详解】A. 放电时,Mg作负极,Mo作正极,所以Mo箔
8、上的电势比Mg箔上的高,故A错误;B.充电时,电池的负极接电源的负极,电池的正极接电源的正极,即Mo箔接电源的正极,故B错误;C.根据原电池工作原理,放电时Mg作负极,Mo作正极,正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+ +2e - = Na2FeFe(CN)6, 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=Mg2Cl22+,通过0.2mol电子时,消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g,则充电时质量增加2.4g,故D错误。答案:C。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应,原电池的正
9、极和电解池的阴极均得电子发生还原反应,再根据得失电子守恒进行计算。7.对FeC13溶液与KI溶液反应进行探究实验,按选项ABCD顺序依次进行操作,依据现象,所得结论错误的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.取2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中,滴加0.1 mol/L FeCl3溶液3滴,振荡,充分反应,溶液呈深棕黄色,是因为2Fe3+2I-=2Fe2+I2,所以A正确;B.试管1中滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液,溶液显红色说明溶液中有Fe3+,证明FeCl3与KI的反应具有可逆性,故B正确;C.向试管2中加入1mL CCl4,充分振荡、静置,溶
10、液分层,上层为浅棕黄色,试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果,故C错误;D.试管2中上层为浅棕黄色,下层为紫色说明有碘单质被萃取出来,导致溶液中Fe3+浓度减小,试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果,故D正确;答案:C。【点睛】本实验探究FeC13溶液与KI溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性,KI具有还原性,两者反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2;再根据I2易溶于有机溶剂,Fe3+能使KSCN溶液变红色的特征进行判断。8.乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂,易溶于水,吸收效果比无机铁好,可由乳酸CH3
11、CH(OH)COOH与FeCO3反应制得:I制备碳酸亚铁(1)仪器C的名称是_。(2)利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2,打开活塞1、3,目的是_;关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞_,打开活塞_,观察到B中溶液进入到C中,C中产生沉淀和气体,写出制备FeCO3的离子方程式_。(3)装置D的作用是_。乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸,从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。(4)加入少量铁粉的作用是_。(5)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其主要原因是_。
12、(6)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理,用容量瓶配制成250 mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000molL-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表所示。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_%(保留小数点后两位)。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 制备Fe2+,利用产生的氢气排净装置内的空气,防止Fe2+被氧化 (3). 3 (4). 2 (5). Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O (6). 液封,防止空气中的氧气进入到C装置中,将Fe2+氧化 (7
13、). 防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化 (8). 乳酸(根中的羟基)被酸性高锰酸钾溶液氧化 (9). 97.50【解析】【分析】(1)根据化学反应实验原理进行分析判断。(2)根据实验用到的仪器装置进行分析解答相关的问题;(3)根据化学反应方程式找出相关物质的关系式进行计算。【详解】(1)由装置图可知仪器C名称是三颈烧瓶。答案:三颈烧瓶。(2)为顺利达成实验目的,先要使盐酸与铁粉反应制备FeCl2。先关闭活塞2,打开活塞1、3,待加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,利用生成的H2使B装置中的气压增大,将B装置中的FeCl2溶液加入到C装置中,具体操作为:关闭活塞3,打开活塞2
14、。C装置中FeCl2和NH4HCO3发生的反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O。答案:制备Fe2+;利用产生的氢气排净装置内的空气,防止Fe2+被氧化;2;3;Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O。(3)亚铁离子易被氧化,装置D的作用是液封,防止空气中的氧气进入到C装置中,将Fe2+氧化(4)Fe2+易被氧化为Fe3+,实验目的是制备乳酸亚铁晶体,加入少量铁粉的作用,可以防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。答案:防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化。(5)乳酸根中含有羟基,可能被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗的高锰酸钾的量变多,而计算中按Fe2+被氧化,故计算所得的乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的纯度大于100%。答案:乳酸根中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化。(6)3组数据,第二组数据与第一、三组相差太大,应舍去,平均每25.00mL消耗Ce(SO4)2的体积为v=mL=19.50mL,有Ce4+ Fe2+Ce3+ Fe3+,25.00mL溶液中含有的Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+)=(19.500.1)/25.00mol/L=0.078mol/L,则250mL溶液中,原产品中含有n(Fe2+)=0.078mol/L0.25L=0.0195mol,则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=97.50答案:97.5