2023学年深圳市重点中学化学高一下期末质量检测模拟试题(含答案解析精品.pdf

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分子组成上相差一个或若干个CH2原子团,还必须结构相似。15、A【答案解析】测试卷分析:A、过氧化氢含有极性键和非极性键,是共价化合物,故正确;B、氨气是只有极性键的共价化合物,故错误;C、过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物,故错误;D、氢氧化钠是含有离子键和极性键的离子化合物,故错误。考点:化学键的类型和化合物的类型16、A【答案解析】A.***气在光照条件下与甲烷可以发生取代反应,A正确;,更不可能发生取代反应,B错误;,C错误;***化碳溶液与甲烷不反应,D错误;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、气化加成反应取代反应(或酯化反应)碳碳双键酯基丙烯CH2=CHCOOH+CHOHCH=CHCOOCH+HO252252【答案解析】(1)①的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气,称为煤的气化;(2)反应②是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇,反应类型为加成反应;反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯,反应类型取代反应(或酯化反应);(3)E为丙烯酸,所含官能团名称是碳碳双键和酯基;(4)A为乙烯,C与A互为同系物,故C的化学名称是丙烯;E通过加聚反应生成F,F为聚丙烯酸乙酯,故F的结构简式为;(5)反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯,反应的化学方程式为CH=CHCOOH+2:..CHOHCH=CHCOOCH+HO。252252【答案点睛】本题考查有机物的推断和合成,物质的推断是关键,易错点为丙烯酸的推导,注意根据碳原子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。18、FCClNaOHAl(OH)Na>Mg>Al单质分别与水或酸反应的剧烈程度(或其最高价氧化物3对应的水化物的碱性强弱)【答案解析】根据这几种元素在周期表中的位置可知①号元素是C元素,②号是N元素,③号是O元素,④号是F元素,⑤号是Na元素,⑥号是Mg元素,⑦号是Al元素,⑧号是S元素,⑨号是Cl元素,⑩号是Ar元素,则(1)非金属性最强的是F元素,形成化合物种类最多的是C元素,答案为:F、C;(2)主族元素电子层数相同时,核电荷越多原子半径越小,所以第三周期元素除⑩外原子半径最小的是Cl元素,金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性最强的是Na元素,所以碱性最强的是NaOH,具有***的是Al(OH);3(3)同周期自左向右金属性逐渐减弱,Na、Mg、Al的活动性由强到弱的顺序为:Na>Mg>Al,判断依据为单质分别与水或酸反应的剧烈程度(或其最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱)。19、吸收溴化氢气体中混有的Br蒸汽D管中溶液变红E管中产生2浅黄色沉淀红褐色沉淀底层出现油状液体【答案解析】(1)反应容器A中苯和液溴在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢;(2)能证明A中发生的是取代反应,而不是加成反应,说明生成物为溴苯和溴化氢,由于溴易挥发,溴化氢气体中混有溴蒸汽;(3)溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀;溴苯和氢氧化钠溶液不互溶,且溴苯的密度大于水的密度;(4)①由有机物转化关系可知,在浓硫酸作用下,苯与浓***共热发生硝化反应生成硝基苯;②由苯生成的转化关系可知,若苯环上先引入硝基,新导入的取代基会进入苯环的间位,由苯生成的转化关系可知,若苯环上先引入溴原子,新导入的取代基会进入苯环的对位。:..【题目详解】(1)反应容器A中苯和液溴在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢,反应的化学方程式为,故答案为:;(2)能证明A中发生的是取代反应,而不是加成反应,说明生成物为溴苯和溴化氢,由于溴易挥发,溴化氢气体中混有溴蒸汽,根据相似相溶原理知,溴易溶于四***化碳,所以C中苯的作用是吸收溴化氢气体中的溴蒸汽,防止溴蒸汽干扰溴化氢的检验;溴化氢溶于水得到氢溴酸,氢溴酸是酸性物质,能使石蕊试液变红色;氢溴酸能和***银反应生成淡黄色沉淀溴化银,则观察D和E两试管,看到的现象是D管中变红,E管中产生浅黄色沉淀,故答案为:吸收溴化氢气体中混有的Br蒸汽;D管中溶液变红,E管中产生浅黄色沉淀;2(3)溴与铁反应生成溴化铁,溴化铁做反应的催化剂,溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀;溴苯和氢氧化钠溶液不互溶,且溴苯的密度大于水的密度,则在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是底层出现油状液体,故答案为:红褐色沉淀;底层出现油状液体;(4)①由有机物转化关系可知,在浓硫酸作用下,苯与浓***共热发生硝化反应生成硝基苯,则A为硝基苯;硝基苯与CHCl在催化剂作用下发生取代反应生成,则B为,故A转化为B的化学方程式为3,故答案为:;②由苯生成的转化关系可知,若苯环上先引入硝基,新导入的取代基会进入苯环的间位,由苯生成的转化关系可知,若苯环上先引入溴原子,新导入的取代基会进入苯环的对位,则E一定为,故答案为:。【答案点睛】注意苯的取代反应实验原理的理解,注意题给信息的分析是解答关键。20、酸高锰酸钾具有强氧化性锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴KMnO溶液时,溶液由无色变为紫红4色且30s内不褪色偏小无影响偏小环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失-【答案解析】(I)(1)KMnO溶液具有强氧化性,可以腐蚀橡皮管;(2)根据滴定的操作分析解答;KMnO溶液呈紫色,草酸反应完毕,44c(标准)V(标准)滴入最后一滴KMnO溶液,紫色不褪去,说明滴定到终点;(3)根据c(待测)═分析误差;4V(待测)(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器;(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作;(3)先根据表中测定数:..据计算出混合液反应前后的平均温度差,再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量,最后计算出中和热。【题目详解】(I)(1)KMnO溶液具有强氧化性,可以腐蚀橡皮管,故KMnO溶液应装在酸式滴定管中,故答案为:酸;因KMnO444溶液有强氧化性,能腐蚀橡皮管;(2)滴定时,左手控制滴定管活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化;KMnO4溶液呈紫色,草酸反应完毕,滴入最后一滴KMnO溶液,紫色不褪去,说明滴定到达终点,不需要外加指示剂,故答案为:锥形瓶内4溶液颜色的变化;当滴入最后一滴KMnO溶液时,溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色;4c(标准)V(标准)(3),滴定后俯视刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)═分析,c(待测)偏小,V(待测)故答案为:偏小;c(标准)V(标准),有少量蒸馏水,对V(标准)无影响,根据c(待测)═分析,c(待V(待测)测)无影响,故答案为:无影响;,不慎将瓶内的溶液溅出一部分,待测液减少,造成V(标准)偏小,根据c(待c(标准)V(标准)测)═分析,c(待测)偏小,故答案为:偏小。V(待测)(II)(1)由量热计的构造可知,该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒,故答案为:环形玻璃搅拌棒;(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失,故答案为:减少实验过程中的热量损失;(3)℃,反应后温度为:℃,℃;℃,反应后温度为:℃,℃;℃,反应后温度为:℃,反应前后温度差为:℃;平均温度差为:℃。/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g,c=/(g?℃),代入公式Q=cm△=/(g?℃)×100g×℃=,:,所以生成1mol的水放出热量为:×=-,△H=-,故答案为:-。【答案点睛】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算,要注意中和热的概念的理解,水的物质的量特指“1mol”。21、baMnO+e-+Li+=LiMnO3MnO+KClO+6KOH=3KMnO+KCl+3HO2223242:..【答案解析】(1)该电池中Li失去电子生成Li+,所以Li作电池的负极,则a是负极,b是正极,所以外电路中的电流方向由正极流向负极,所以从b流向a;(2)正极发生还原反应,根据Li+通过电解质迁移入MnO晶格中,生成LiMnO。则MnO得电子与222锂离子生成LiMnO。电池反应式为MnO+e-+Li+=LiMnO;222(3)MnO可与KOH和KClO在高温下反应,生成KMnO,Mn元素的化合价升高,根据氧化还原2324反应规律,Cl元素的化合价降低,所以产物中有KCl生成,结合元素守恒,产物中还有谁生成,所以化学方程式为3MnO+KClO+6KOH=3KMnO+KCl+3HO。23242点睛:本题考查原电池反应原理的应用,氧化还原反应的计算。正确理解原电池原理是解答本题的关键。