高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題培優(yōu)“71”小卷練14（含解析）試題

7＋1”小卷練141．化學(xué)科學(xué)與技術(shù)在宇宙探索、改進(jìn)生活、改善環(huán)境與促進(jìn)發(fā)展方面均發(fā)揮著關(guān)鍵性的作用。下列說法正確的是()A．“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是氮化硅或二氧化硅B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤氣的主要成分都是可再生能源C．“神舟”和“天宮”系列飛船使用的碳纖維材料、光導(dǎo)纖維都是新型無機(jī)非金屬材料D．所有糖類、油脂和蛋白質(zhì)等營養(yǎng)物質(zhì)在人體吸收后都能被水解利用答案C解析太陽能電池帆板的材料是單質(zhì)硅，A錯誤；汽油、水煤氣是不可再生能源，乙醇是可再生能源，B錯誤；碳纖維、光導(dǎo)纖維都是新型無機(jī)非金屬材料，C正確；葡萄糖是單糖，不水解，D錯誤。2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．30gC2H6中含有的共價鍵數(shù)為6NAB．1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NAC．28gC2H4和CO的混合氣體中含有的分子數(shù)為NAD．2L0.5mol·L－1醋酸溶液中含有的H＋數(shù)為NA答案C解析1個C2H6中含有的共價鍵數(shù)為7，故30g(1mol)C2H6中含有的共價鍵數(shù)為7NA，A錯誤；合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故生成的NH3分子數(shù)小于2NA，B錯誤；C2H4和CO的摩爾質(zhì)量均為28g·mol－1，故28gC2H4和CO的混合氣體中含有的分子的物質(zhì)的量為1mol，C正確；醋酸是弱酸，不能完全電離，故2L0.5mol·L－1醋酸溶液中含有的H＋數(shù)小于NA，D錯誤。3．下列敘述中，錯誤的是()A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持55～60℃反應(yīng)生成硝基苯B．苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環(huán)己烷C．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應(yīng)生成1,2－二溴乙烷D．甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)主要生成2,4－二氯甲苯答案D解析甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)，氯原子取代甲基上的氫原子，而不是取代苯環(huán)上的氫原子，D錯誤。4．下列實驗操作能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．用水可區(qū)分苯和溴苯B．將MgCl2溶液加熱蒸干可得到無水MgCl2C．生石灰能與水反應(yīng)，可用來干燥氯氣D．將SO2和HCl的混合氣體通過飽和亞硫酸氫鈉溶液可得到純凈的SO2答案A解析苯與水不互溶，且苯的密度比水小，溴苯與水也不互溶，而溴苯密度比水大，可根據(jù)水在下層還是在上層來區(qū)分苯和溴苯，A正確；氯化鎂是強(qiáng)酸弱堿鹽，將MgCl2溶液直接加熱可以促進(jìn)MgCl2的水解，MgCl2水解產(chǎn)生的HCl易揮發(fā)，加熱蒸干后得到的是Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，B錯誤；生石灰與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣可以與氯氣反應(yīng)，故生石灰不能作氯氣的干燥劑，C錯誤；除去SO2中的HCl氣體，應(yīng)先將混合氣體通入飽和亞硫酸氫鈉溶液中，再經(jīng)過干燥才可得到純凈的SO2，D錯誤。5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X、W同主族且W原子核電荷數(shù)等于X原子核電荷數(shù)的2倍，Y、Z原子的核外電子數(shù)之和與X、W原子的核外電子數(shù)之和相等。下列說法一定正確的是()A．X的原子半徑比Y的原子半徑大B．X形成的氫化物分子中不含非極性鍵C．Z、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是酸D．Y的單質(zhì)與水反應(yīng)，水可能作氧化劑也可能作還原劑答案D解析根據(jù)X、W同主族且W原子核電荷數(shù)等于X原子核電荷數(shù)的2倍，可以推斷X為O，W為S。根據(jù)Y、Z原子的核外電子數(shù)之和與X、W原子的核外電子數(shù)之和相等，且X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，則Y為F時，Z為P；Y為Na時，Z為Al。Y為F時，原子半徑：O>F，Y為Na時，原子半徑：O<Na，A錯誤；O形成的氫化物有H2O、H2O2，其中H2O2含有非極性鍵，B錯誤；Z為P時，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物H3PO4為酸，Z為Al時，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物Al(OH)3為兩性氫氧化物，C錯誤；Y為F時，反應(yīng)2F2＋2H2O=4HF＋O2中水作還原劑，Y為Na時，反應(yīng)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑中水作氧化劑，D正確。6．NH4NO3是一種銨態(tài)氮肥，也是一種炸藥。工業(yè)上，可以采用電解法利用NO制備硝酸銨，某小組模擬化工生產(chǎn)過程設(shè)計了如圖裝置，以天然氣堿性燃料電池為電源，通入天然氣的一極與石墨C(1)極連接。該裝置工作過程中，c1<c2。下列說法不正確的是()A．氣體R為NH3B．C(2)極的電極反應(yīng)式為NO－3e－＋4OH－=NOeq\o\al(－,3)＋2H2OC．天然氣堿性燃料電池的正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－D．每消耗8.4LCH4(標(biāo)準(zhǔn)狀況)最多生成80gNH4NO3答案B解析本題利用電解原理將NO轉(zhuǎn)化成NH4NO3。天然氣堿性燃料電池中通入天然氣的一極為負(fù)極，通入O2的一極為正極，所以，C(1)極為陰極，C(2)極為陽極。硝酸銨水解使電解質(zhì)溶液呈酸性，酸性介質(zhì)中，C(1)極的電極反應(yīng)式為3NO＋15e－＋18H＋=3NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O，C(2)極的電極反應(yīng)式為5NO－15e－＋10H2O=5NOeq\o\al(－,3)＋20H＋，電解總反應(yīng)為8NO＋7H2O=3NHeq\o\al(＋,4)＋5NOeq\o\al(－,3)＋2H＋，生成的硝酸根離子比銨根離子多，因為c2>c1，故需要補(bǔ)充NH3，使多出的硝酸根離子轉(zhuǎn)化成NH4NO3，A正確，B錯誤；天然氣堿性燃料電池中O2在正極上發(fā)生還原反應(yīng)，C正確；消耗8.4L甲烷轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(8.4L,22.4L·mol－1)×8＝3mol，補(bǔ)充氨氣后裝置中發(fā)生的總反應(yīng)為8NO＋7H2O＋2NH3=5NH4NO3，轉(zhuǎn)移15mol電子時最多生成5molNH4NO3，則轉(zhuǎn)移3mol電子時最多生成1molNH4NO3，即80gNH4NO3，D正確。7．室溫條件下，用0.100mol·L－1的NaOH溶液分別滴定HA和HB兩種酸溶液，兩種酸溶液的體積均為20.00mL，濃度均為0.100mol·L－1，滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是()A．HA可以是醋酸，HB可以是HClB．濃度相等時，B－的水解程度大于HB的電離程度C．V(NaOH)＝20.00mL時，c(Na＋)＝c(A－)>c(B－)D．pH＝7時，滴定HB溶液消耗的V(NaOH)>20.00mL答案C解析A項，由圖像可知0.100mol·L－1的HB溶液的pH大于1，故HB為弱酸，而相同濃度的HA溶液的pH＝1，故HA為強(qiáng)酸，錯誤；B項，V(NaOH)＝10.00mL時，可得到等物質(zhì)的量濃度的NaB和HB的混合溶液，由圖像可知，此時溶液pH<5，故HB的電離程度大于B－的水解程度，錯誤；C項，V(NaOH)＝20.00mL時，酸堿恰好完全反應(yīng)，因溶液中B－水解，而Na＋、A－不水解，故c(Na＋)＝c(A－)>c(B－)，正確；D項，由于HB為弱酸，達(dá)到滴定終點時，B－水解導(dǎo)致溶液pH>7，故pH＝7時，滴定HB溶液消耗的V(NaOH)<20.00mL，錯誤。8．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]據(jù)《自然》雜志于2018年3月15日發(fā)布，中國留學(xué)生曹原用石墨烯實現(xiàn)了常溫超導(dǎo)。這一發(fā)現(xiàn)將在很多領(lǐng)域發(fā)生顛覆性的革命。(1)下列說法中正確的是________。a．碳的電子式是eq\a\vs4\al\co1(·)eq\o(C,\s\up6(·),\s\do4(·))eq\a\vs4\al\co1(·)，可知碳原子最外層有4個單電子b．12g石墨烯含共價鍵數(shù)為NAc．從石墨剝離得石墨烯需克服共價鍵d．石墨烯中含有多中心的大π鍵(2)COCl2分子的空間構(gòu)型是________。其中，電負(fù)性最大的元素的基態(tài)原子中，有________種不同能量的電子。(3)獨(dú)立的NH3分子中，H—N—H鍵鍵角為106.7°。如圖是[Zn(NH3)6]2＋的部分結(jié)構(gòu)以及其中H—N—H鍵鍵角。請解釋[Zn(NH3)6]2＋離子中H—N—H鍵角變?yōu)?09.5°的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的應(yīng)用價值，其熔點只有7℃，其中EMIM＋結(jié)構(gòu)如圖所示。該物質(zhì)晶體的類型是________。大π鍵可用符號Πeq\o\al(n,m)表示，其中m、n分別代表參與形成大π鍵的原子數(shù)和電子數(shù)。則EMIM＋離子中的大π鍵應(yīng)表示為______________________________。(5)碳化鈣的電子式：Ca2＋[eq\o\al(·,·)C??Ceq\o\al(·,·)]2－，其晶胞如圖所示，晶胞邊長為anm、CaC2相對式量為M，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達(dá)式為________g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于Ceq\o\al(2－,2)所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長為________nm。答案(1)d(2)平面三角形3(3)氨分子與Zn2＋形成配合物后，孤對電子與Zn2＋成鍵，原孤對電子與成鍵電子對之間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用，排斥作用減弱，所以H—N—H鍵鍵角變大(4)離子晶體Πeq\o\al(6,5)(5)eq\f(4M,NAa×10－73)eq\f(\r(2),2)a解析(1)a.碳的電子式是eq\a\vs4\al\co1(·)eq\o(C,\s\up6(·),\s\do4(·))eq\a\vs4\al\co1(·)，但碳原子最外層只有2p能級有2個單電子，故錯誤；b.共價鍵分?jǐn)偅好總€碳原子周圍的3個σ鍵分別被3個碳原子分?jǐn)?各占一半)，每個碳原子分?jǐn)偟摩益I數(shù)為1.5,12g即1mol石墨烯含σ鍵數(shù)為1.5NA，故錯誤；c.石墨層間可以滑動，說明層與層之間的作用力弱，是分子間作用力，故錯誤；d.石墨烯中含有多中心的大π鍵，故正確。故選d。(2)COCl2分子中的C原子最外層的4個電子全部參與成鍵，C原子共形成1個雙鍵和2個單鍵，故其采取sp2雜化，該分子的空間構(gòu)型為平面三角形；該分子中電負(fù)性最大的是O元素，基態(tài)氧原子中，有1s上1種、2s上1種、2p上1種，即3種不同能量的電子。(4)化合物[EMIM][AlCl4]由陰、陽離子構(gòu)成，屬于離子晶體；EMIM＋形成大π鍵的原子數(shù)為5、電子數(shù)為6，則EMIM＋中的大π鍵應(yīng)表示為Πeq\o\al(6,5)。(5)晶胞邊長為anm＝a×10－7cm，晶胞體積＝(a×10－7cm)3，該晶胞中Ca2＋個數(shù)＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，Ceq\o\al(2－,2)個數(shù)＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，其晶體密度＝eq\f(m,V)＝eq\f(4M,NAa×10－73)g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于Ceq\o\al(2－,2)所形成的正八面體的體心，由題圖及分析可知該正八面體的邊長為eq\f(\r(2),2)anm。9．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治療自身免疫性疾病的潛力，其合成路線如圖所示：回答下列問題：(1)C＋D→E反應(yīng)類型為________。F中含氧官能團(tuán)的名稱是________。(2)D分子中位于同一平面上的原子最多有________個。G的結(jié)構(gòu)簡式為________________。(3)H→咖啡酸乙酯的化學(xué)方程式為______________________________________________________________________________________________________。(4)芳香族化合物M是H的同分異構(gòu)體，1molM與足量碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成2molCO2，M的結(jié)構(gòu)有________種；其中核磁共振氫譜為5組峰，峰面積比為1∶2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。(5)以上圖中的C和甲醛為原料，設(shè)計合成的路線(無機(jī)試劑任選)。答案(1)加成反應(yīng)醛基(2)14解析A的相對分子質(zhì)量是28，A是乙烯，與水加成生成B(乙醇)，催化氧化生成C(乙醛)。C與D發(fā)生醛基的加成反應(yīng)生成E，E在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成的F為，F(xiàn)發(fā)生銀鏡反應(yīng)并酸化后生成的G為。G發(fā)生水解反應(yīng)生成H，H與乙醇發(fā)生取代反應(yīng)生成咖啡酸乙酯。(1)根據(jù)以上分析可知C＋