7＋1”小卷練141．化學科學與技術在宇宙探索、改進生活、改善環境與促進發展方面均發揮著關鍵性的作用。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、光導纖維都是新型無機非金屬材料D．所有糖類、油脂和蛋白質等營養物質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、光導纖維都是新型無機非金屬材料，C正確；葡萄糖是單糖，不水解，D錯誤。2．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是()A．30gC2H6中含有的共價鍵數為6NAB．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數為2NAC．28gC2H4和CO的混合氣體中含有的分子數為NAD．2L0.5mol·L－1醋酸溶液中含有的H＋數為NA答案C解析1個C2H6中含有的共價鍵數為7，故30g(1mol)C2H6中含有的共價鍵數為7NA，A錯誤；合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故生成的NH3分子數小于2NA，B錯誤；C2H4和CO的摩爾質量均為28g·mol－1，故28gC2H4和CO的混合氣體中含有的分子的物質的量為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己烷C．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應生成1,2－二溴乙烷D．甲苯與氯氣在光照下反應主要生成2,4－二氯甲苯答案D解析甲苯與氯氣在光照下反應，氯原子取代甲基上的氫原子，而不是取代苯環上的氫原子，D錯誤。4．下列實驗操作能達到實驗目的的是()A．用水可區分苯和溴苯B．將MgCl2溶液加熱蒸干可得到無水MgCl2C．生石灰能與水反應，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，可根據水在下層還是在上層來區分苯和溴苯，A正確；氯化鎂是強酸弱堿鹽，將MgCl2溶液直接加熱可以促進MgCl2的水解，MgCl2水解產生的HCl易揮發，加熱蒸干后得到的是Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，B錯誤；生石灰與水反應生成氫氧化鈣，氫氧化鈣可以與氯氣反應，故生石灰不能作氯氣的干燥劑，C錯誤；除去SO2中的HCl氣體，應先將混合氣體通入飽和亞硫酸氫鈉溶液中，再經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的原子序數依次增大，X、W同主族且W原子核電荷數等于X原子核電荷數的2倍，Y、Z原子的核外電子數之和與X、W原子的核外電子數之和相等。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的水化物是酸D．Y的單質與水反應，水可能作氧化劑也可能作還原劑答案D解析根據X、W同主族且W原子核電荷數等于X原子核電荷數的2倍，可以推斷X為O，W為S。根據Y、Z原子的核外電子數之和與X、W原子的核外電子數之和相等，且X、Y、Z、W的原子序數依次增大，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的水化物H3PO4為酸，Z為Al時，其最高價氧化物對應的水化物Al(OH)3為兩性氫氧化物，C錯誤；Y為F時，反應2F2＋2H2O=4HF＋O2中水作還原劑，Y為Na時，反應2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑中水作氧化劑，D正確。6．NH4NO3是一種銨態氮肥，也是一種炸藥。工業上，可以采用電解法利用NO制備硝酸銨，某小組模擬化工生產過程設計了如圖裝置，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)極的電極反應式為NO－3e－＋4OH－=NOeq\o\al(－,3)＋2H2OC．天然氣堿性燃料電池的正極反應式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－D．每消耗8.4LCH4(標準狀況)最多生成80gNH4NO3答案B解析本題利用電解原理將NO轉化成NH4NO3。天然氣堿性燃料電池中通入天然氣的一極為負極，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溶液呈酸性，酸性介質中，C(1)極的電極反應式為3NO＋15e－＋18H＋=3NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O，C(2)極的電極反應式為5NO－15e－＋10H2O=5NOeq\o\al(－,3)＋20H＋，電解總反應為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，故需要補充NH3，使多出的硝酸根離子轉化成NH4NO3，A正確，B錯誤；天然氣堿性燃料電池中O2在正極上發生還原反應，C正確；消耗8.4L甲烷轉移電子的物質的量為eq\f(8.4L,22.4L·mol－1)×8＝3mol，補充氨氣后裝置中發生的總反應為8NO＋7H2O＋2NH3=5NH4NO3，轉移15mol電子時最多生成5molNH4NO3，則轉移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為強酸，錯誤；B項，V(NaOH)＝10.00mL時，可得到等物質的量濃度的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，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，達到滴定終點時，B－水解導致溶液pH>7，故pH＝7時，滴定HB溶液消耗的V(NaOH)<20.00mL，錯誤。8．[化學——選修3：物質結構與性質]據《自然》雜志于2018年3月15日發布，中國留學生曹原用石墨烯實現了常溫超導。這一發現將在很多領域發生顛覆性的革命。(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分子的空間構型是________。其中，電負性最大的元素的基態原子中，有________種不同能量的電子。(3)獨立的NH3分子中，H—N—H鍵鍵角為106.7°。如圖是[Zn(NH3)6]2＋的部分結構以及其中H—N—H鍵鍵角。請解釋[Zn(NH3)6]2＋離子中H—N—H鍵角變為109.5°的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的應用價值，其熔點只有7℃，其中EMIM＋結構如圖所示。該物質晶體的類型是________。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鍵的原子數和電子數。則EMIM＋離子中的大π鍵應表示為______________________________。(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，阿伏加德羅常數的值為NA，其晶體密度的計算表達式為________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為成鍵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.共價鍵分攤：每個碳原子周圍的3個σ鍵分別被3個碳原子分攤(各占一半)，每個碳原子分攤的σ鍵數為1.5,12g即1mol石墨烯含σ鍵數為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，該分子的空間構型為平面三角形；該分子中電負性最大的是O元素，基態氧原子中，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、陽離子構成，屬于離子晶體；EMIM＋形成大π鍵的原子數為5、電子數為6，則EMIM＋中的大π鍵應表示為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＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，Ceq\o\al(2－,2)個數＝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——選修5：有機化學基礎]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反應類型為________。F中含氧官能團的名稱是________。(2)D分子中位于同一平面上的原子最多有________個。G的結構簡式為________________。(3)H→咖啡酸乙酯的化學方程式為______________________________________________________________________________________________________。(4)芳香族化合物M是H的同分異構體，1molM與足量碳酸氫鈉溶液反應生成2molCO2，M的結構有________種；其中核磁共振氫譜為5組峰，峰面積比為1∶2∶2∶2∶1的結構簡式為__________________。(5)以上圖中的C和甲醛為原料，設計合成的路線(無機試劑任選)。答案(1)加成反應醛基(2)14解析A的相對分子質量是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發生醛基的加成反應生成E，E在濃硫酸的作用下發生消去反應生成的F為，F發生銀鏡反應并酸化后生成的G為。G發生水解反應生成H，H與乙醇發生取代反應生成咖啡酸乙酯。(1)根據以上分析可知C＋