全国通用2020版高考化学二轮复习专题提分“7+1”小卷练17含解析

“7＋1”小卷练17
1．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。

下列说法正确的是( )
A．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅
B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源
C．“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D．所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用
答案 C
解析太阳能电池帆板的材料是单质硅，A错误；汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，B错误；碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，C正确；葡萄糖是单糖，不水解，D错误。

2．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是( )
A．30 g C2H6中含有的共价键数为6N A
B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2N A
C．28 g C2H4和CO的混合气体中含有的分子数为N A
D．2 L 0.5 mol·L－1醋酸溶液中含有的H＋数为N A
答案 C
解析1个C2H6中含有的共价键数为7，故30 g(1 mol) C2H6中含有的共价键数为7N A，A 错误；合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的NH3分子数小于2N A，B错误；C2H4和CO的摩尔质量均为28 g·mol－1，故28 g C2H4和CO的混合气体中含有的分子的物质的量为1 mol，C正确；醋酸是弱酸，不能完全电离，故2 L 0.5 mol·L－1醋酸溶液中含有的H＋数小于N A，D错误。

3．下列叙述中，错误的是( )
A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60 ℃反应生成硝基苯
B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷
C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2－二溴乙烷
D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4－二氯甲苯
答案 D
解析甲苯与氯气在光照下反应，氯原子取代甲基上的氢原子，而不是取代苯环上的氢原子，D错误。

4．下列实验操作能达到实验目的的是( )
A．用水可区分苯和溴苯
B．将MgCl2溶液加热蒸干可得到无水MgCl2
C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D．将SO2和HCl的混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液可得到纯净的SO2
答案 A
解析苯与水不互溶，且苯的密度比水小，溴苯与水也不互溶，而溴苯密度比水大，可根据水在下层还是在上层来区分苯和溴苯，A正确；氯化镁是强酸弱碱盐，将MgCl2溶液直接加热可以促进MgCl2的水解，MgCl2水解产生的HCl易挥发，加热蒸干后得到的是Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，B错误；生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙可以与氯气反应，故生石灰不能作氯气的干燥剂，C错误；除去SO2中的HCl气体，应先将混合气体通入饱和亚硫酸氢钠溶液中，再经过干燥才可得到纯净的SO2，D错误。

5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的核外电子数之和相等。

下列说法一定正确的是( )
A．X的原子半径比Y的原子半径大
B．X形成的氢化物分子中不含非极性键
C．Z、W的最高价氧化物对应的水化物是酸
D．Y的单质与水反应，水可能作氧化剂也可能作还原剂
答案 D
解析根据X、W同主族且W原子核电荷数等于X原子核电荷数的2倍，可以推断X为O，W为S。

根据Y、Z原子的核外电子数之和与X、W原子的核外电子数之和相等，且X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，则Y为F时，Z为P；Y为Na时，Z为Al。

Y为F时，原子半径：O>F，Y为Na时，原子半径：O<Na，A错误；O形成的氢化物有H2O、H2O2，其中H2O2含有非极性键，B错误；Z为P时，其最高价氧化物对应的水化物H3PO4为酸，Z为Al时，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3为两性氢氧化物，C错误；Y为F时，反应2F2＋2H2O===4HF＋O2中水作还原剂，Y为Na时，反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中水作氧化剂，D正确。

6．NH4NO3是一种铵态氮肥，也是一种炸药。

工业上，可以采用电解法利用NO制备硝酸铵，某小组模拟化工生产过程设计了如图装置，以天然气碱性燃料电池为电源，通入天然气的一极与石墨C(1)极连接。

该装置工作过程中，c1<c2。

下列说法不正确的是( )
A．气体R为NH3
B．C(2)极的电极反应式为NO－3e－＋4OH－===NO－3＋2H2O
C．天然气碱性燃料电池的正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
D．每消耗8.4 L CH4(标准状况)最多生成80 g NH4NO3
答案 B
解析本题利用电解原理将NO转化成NH4NO3。

天然气碱性燃料电池中通入天然气的一极为负极，通入O2的一极为正极，所以，C(1)极为阴极，C(2)极为阳极。

硝酸铵水解使电解质溶液呈酸性，酸性介质中，C(1)极的电极反应式为3NO＋15e－＋18H＋===3NH＋4＋3H2O，C(2)极的电极反应式为5NO－15e－＋10H2O===5NO－3＋20H＋，电解总反应为8NO＋7H2O===3NH＋4＋5NO－3＋2H ＋，生成的硝酸根离子比铵根离子多，因为c
2>
c1，故需要补充NH3，使多出的硝酸根离子转化成NH4NO3，A正确，B错误；天然气碱性燃料电池中O2在正极上发生还原反应，C正确；消耗
8.4 L甲烷转移电子的物质的量为
8.4 L
22.4 L·mol－1
×8＝3 mol，补充氨气后装置中发生的总反
应为8NO＋7H2O＋2NH3===5NH4NO3，转移15 mol电子时最多生成5 mol NH4NO3，则转移3 mol 电子时最多生成1 mol NH4NO3，即80 g NH4NO3，D正确。

7．室温条件下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定HA和HB两种酸溶液，两种酸溶液的体积均为20.00 mL，浓度均为0.100 mol·L－1，滴定曲线如图所示。

下列叙述正确的是( )
A ．HA 可以是醋酸，H
B 可以是HCl
B ．浓度相等时，B －
的水解程度大于HB 的电离程度
C ．V (NaOH)＝20.00 mL 时，c (Na ＋)＝c (A －)>c (B －)
D ．pH ＝7时，滴定HB 溶液消耗的V (NaOH)>20.00 mL
答案 C
解析 A 项，由图像可知0.100 mol·L －1的HB 溶液的pH 大于1，故HB 为弱酸，而相同浓度的HA 溶液的pH ＝1，故HA 为强酸，错误；B 项，V (NaOH)＝10.00 mL 时，可得到等物质的量浓度的NaB 和HB 的混合溶液，由图像可知，此时溶液pH<5，故HB 的电离程度大于B －的水解程度，错误；C 项，V (NaOH)＝20.00 mL 时，酸碱恰好完全反应，因溶液中B －水解，而Na ＋、A －不水解，故c (Na ＋)＝c (A －)>c (B －)，正确；D 项，由于HB 为弱酸，达到滴定终点时，B －水解导致溶液pH>7，故pH ＝7时，滴定HB 溶液消耗的V (NaOH)<20.00 mL ，错误。

8．[化学——选修3：物质结构与性质]
据《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。

这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。

(1)下列说法中正确的是________。

a ．碳的电子式是·C ·· ·，可知碳原子最外层有4个单电子
b ．12 g 石墨烯含共价键数为N A
c ．从石墨剥离得石墨烯需克服共价键
d ．石墨烯中含有多中心的大π键
(2)COCl 2分子的空间构型是________。

其中，电负性最大的元素的基态原子中，有________种不同能量的电子。

(3)独立的NH 3分子中，H —N —H 键键角为106.7°。

如图是[Zn(NH 3)6]2＋
的部分结构以及其中H —N —H 键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H—N—H键角变为109.5°的原因是__________________。

(4)化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7 ℃，其中EMIM＋结构如图所示。

该物质晶体的类型是________。

大π键可用符号Πn m表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。

则EMIM＋离子中的大π键应表示为______________________________。

(5)碳化钙的电子式：Ca2＋[··C⋮⋮C··]2－，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为N A，其晶体密度的计算表达式为________g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于C2－
2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。

答案(1)d (2)平面三角形 3 (3)氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键键角变大
(4)离子晶体Π65(5)4M
N A(a×10－7)3
2 2 a
解析 (1)a.碳的电子式是·C ·
· ·，但碳原子最外层只有2p 能级有2个单电子，故错误；
b.共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊(各占一半)，每个碳原子分摊的σ键数为1.5,12 g 即1 mol 石墨烯含σ键数为1.5N A ，故错误；
c.石墨层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；
d.石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。

故选d 。

(2)COCl 2分子中的C 原子最外层的4个电子全部参与成键，C 原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp 2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是O 元素，基态氧原子中，有1s 上1种、2s 上1种、2p 上1种，即3种不同能量的电子。

(4)化合物[EMIM][AlCl 4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM ＋形成大π键的原子数为5、电子数为6，则EMIM ＋中的大π键应表示为Π65。

(5)晶胞边长为a nm ＝a ×10－7 cm ，晶胞体积＝(a ×10－7 cm)3，该晶胞中Ca 2＋个数＝1＋12×14＝4，C 2－2个数＝8×18＋6×12＝4，其晶体密度＝m V ＝4M N A (a ×10－7)
3 g·cm －3；晶胞中Ca 2＋位于C 2－2所形成的正八面体的体心，由题图及分析可知该正八面体的边长为
22
a nm 。

9．[化学——选修5：有机化学基础]
咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1) C ＋D→E 反应类型为________。

F 中含氧官能团的名称是________。

(2)D 分子中位于同一平面上的原子最多有________个。

G 的结构简式为________________。

(3)H→咖啡酸乙酯的化学方程式为____________________
____________________。

(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，M的结构有________种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为__________________。

(5)以上图中的C和甲醛为原料，设计合成
C5H12O4()的路线(无机试剂任选)。

答案(1)加成反应醛基(2)14
解析A的相对分子质量是28，A是乙烯，与水加成生成B(乙醇)，催化氧化生成C(乙醛)。

C与D发生醛基的加成反应生成E，E在浓硫酸的作用下发生消去反应生成的F为
，F发生银镜反应并酸化后生成的G为。

G发生水解反应生成H，H与乙醇发生取代反应生成咖啡酸乙酯。

(1)根据以上分析可知C＋D→E的反应类型为加成反应。

F中含氧官能团的名称是醛基。

(2)醛基和苯环均是平面结构，则D分子中位于同一平面上的原子最多有14个。

G的结构简式为
(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基，如果苯环上有3个取代基，应该是2个羧基和1个甲基，有6种；如果是两个取代基，应该是—COOH和—CH2COOH，有3种；如果是一个取代基，应该是—CH(COOH)2，所以M的结构有10种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式
为。