2020届二轮复习 “7＋1”小卷练16（全国通用）

“7＋1”小卷练161．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)A．聚氯乙烯分子中含有碳碳双键B．油脂的皂化反应属于加成反应C．糖类物质均可直接食用并能被人体吸收D．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯答案　D解析　聚氯乙烯分子中不含有碳碳双键，氯乙烯分子中含有碳碳双键，A错误；油脂的皂化反应属于取代反应，不是加成反应，B错误；不是所有的糖类物质均可直接食用并能被人体吸收，如人体就吸收不了纤维素，C错误；以淀粉为原料先水解得到葡萄糖，葡萄糖再转化为乙醇，乙醇氧化为乙酸，就可制取乙酸乙酯，D正确。2．在一定条件下X既能与Y又能与Z发生氧化还原反应，且都有单质生成的是(　　)选项XYZAAlNaOH(aq)Fe2O3(s)BFe3O4HNO3(aq)HI(aq)CMgNaOH(aq)HCl(aq)DNaOH(aq)AlCl3(aq)HNO3(aq)答案　A解析　Al与NaOH溶液反应生成H2，Al与Fe2O3在高温下发生铝热反应生成Fe，A符合题意；Fe3O4与HNO3反应生成Fe(NO3)3、氮氧化物和H2O，没有单质生成，Fe3O4与HI反应生成I2，B不符合题意；Mg与NaOH溶液不反应，Mg和HCl反应生成H2，C不符合题意；NaOH与AlCl3、HNO3发生的均是非氧化还原反应，D不符合题意。3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)A．常温下，2.7 g铝放入足量浓硫酸中，转移的电子数为0.3NAB．100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中含氧原子数目为NAC．常温常压下2.2 g CO2中含0.1NA个氧原子D．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成3 mol Cl2，转移电子数为6NA答案　C解析　常温下，浓硫酸能使Al发生钝化，A错误；H2O2和溶剂H2O中均含氧原子，故100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中含氧原子数目大于NA，B错误；2.2 g CO2为0.05 mol，其中的氧原子数为0.1NA，C正确；该反应中KClO3作氧化剂，6 mol HCl中有5 mol HCl作还原剂，故每生成3 mol Cl2，转移5 mol电子，D错误。4．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是(　　)选项实验现象结论A将镁片插入氯化铵溶液中镁片表面有气泡镁片表面没有氧化镁B将SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸产生白色沉淀，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4C在氨水中滴加酚酞溶液溶液变红色NH3·H2O是一元弱碱D向AlCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生白色沉淀和气泡Al3＋和HCO发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2答案　D解析　氧化镁和镁都能溶于酸性溶液，氯化铵溶液呈酸性，A错误；向氯化钡溶液中通入SO2，无现象，滴加稀硝酸后产生白色沉淀，B错误；在氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红色，能证明氨水显碱性，不能证明NH3·H2O是一元弱碱，C错误；氯化铝和碳酸氢钠溶液混合，发生双水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，D正确。5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，Y的焰色显黄色，Z离子在同周期元素简单离子中半径最小。将分别含有Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体。下列说法错误的是(　　)A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Z的单质及其氧化物均可溶于Y单质与水反应所得的溶液中C．X、Y的简单离子具有相同的电子层结构D．Y与W形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红答案　D解析　Y的焰色显黄色，说明Y是钠元素，因原子序数依次增大，且Z离子的简单离子半径在同周期元素中最小，故Z是铝元素，将含Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体，说明生成了H2S，则W元素是硫元素，又因X与W同主族，故X是氧元素。X是氧元素，W是硫元素，它们的简单氢化物分别是H2O和H2S，因非金属性O＞S，所以H2O的热稳定性比H2S强，故A正确；Z是铝元素，其氧化物是Al2O3，Y是钠，与水反应生成NaOH，则Z的单质Al与NaOH发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，Z的氧化物Al2O3与NaOH发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故B正确；X是O，得到电子后形成与氖相同的电子层结构，Y是Na，失去电子后形成与氖相同的电子层结构，所以二者的简单离子具有相同的电子层结构，故C正确；Y与W形成化合物Na2S，属于强碱弱酸盐，形成的水溶液呈碱性，所以不能使蓝色石蕊试纸变红，故D错误。6．类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC(X)＝－lg c(X)，pKa＝－lg Ka，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH下，测得pC(H2A)、pC(HA－)、pC(A2－)变化如图所示，下列说法正确的是(　　)A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2－的物质的量浓度的负对数B．pH＝3.50时，c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)C．b点时＝104.5D．pH＝3.00～5.30时，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)先减小后增大答案　B解析　H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA－的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2－的物质的量浓度的负对数。由分析可知，随着pH的增大，pC(X)增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；pH＝3.50时，pC(H2A)>pC(A2－)>pC(HA－)，即c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，故B正确；在a点，c(HA－)＝c(H2A)，由一级电离H2AH＋＋HA－，可求得Ka1＝＝c(H＋)＝10－0.8，在c点，c(HA－)＝c(A2－)，由二级电离HA－H＋＋A2－，可求得Ka2＝＝ c(H＋)＝10－5.3，b点时，＝×＝＝＝10－4.5，故C错误；pH＝3.00～5.30时，结合物料守恒c(H2A)＋c(HA－)＋C(A2－)始终不变，故D错误。7．汽车酒驾检测仪是一种酸性燃料电池，它适合现场吹气检验酒精含量。其工作原理如图所示，下列说法正确的是(　　)A．电流由吹气所在的铂电极流出B．O2所在的铂电极处发生还原反应C．O2得电子与H2O结合生成OH－D．该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋答案　B解析　燃料电池的燃料参与负极反应，所以吹气所在的电极为负极，该电极电子流出，A错误；O2所在电极为正极，发生还原反应，B正确；由于该电池为酸性电池，O2在电极上得到电子与H＋结合生成H2O，不会生成OH－，C错误；根据图示，负极的电极反应生成醋酸，不是CO2，D错误。8．[化学——选修3：物质结构与性质]H、C、N、Na、Si、Cu元素单质的熔点高低的顺序如下图所示，其中c、d均是热和电的良导体。(1)d的价层电子排布图为________。上述六种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________(填元素符号)。将d单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是______________________________。(2)试判断硝酸含氧酸根离子的立体构型________；请简要说明该酸易溶于水的原因：____________________________。(3)准晶体是一种介于晶体和非晶体之间的独特晶体。d能与Al等元素形成准晶体或非晶体合金，用途广泛。区分晶体、准晶体和非晶体，可通过__________________________方法。(4)无水氯化铝在178 ℃升华，它的蒸气是缔合的双分子(Al2Cl6)，更高温度下Al2Cl6则离解生成AlCl3单分子。试判断固体氯化铝的晶体类型是________；缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是________。(5)金属铝的晶胞为面心立方堆积，其晶胞边长为405 pm，晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，铝的原子半径r(Al)＝______pm(结果保留整数)。答案　(1)　Na　N　2Cu＋8NH3·H2O＋O2===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O　(2)平面三角形　硝酸分子是极性分子，硝酸分子易与水分子形成氢键，易溶于极性溶剂水中　(3)X－射线衍射　(4)分子晶体　sp3　(5)143解析　H、C、N、Na、Si、Cu等元素单质的熔点由高到低的顺序是C、Si、Cu、Na、N、H，即a是H2，b是N2，c是Na，d是Cu，e是Si，f是C。(1)Cu是29号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布图为。第一电离能最小的是最活泼的金属Na，电负性最大的是得电子能力最强的N。Cu在浓氨水中被O2氧化，Cu的化合价由0价升高到＋2价，根据溶液的颜色可知生成[Cu(NH3)4]2＋，O的化合价由0价降低到－2价，依据得失电子守恒和原子守恒可写出离子方程式。(2)NO中心N原子孤电子对数＝×(5＋1－3×2)＝0，价层电子对数＝3＋0＝3，故NO的立体构型是平面三角形；依据相似相溶原理和氢键可判断该酸易溶于水。(3)晶体、准晶体和非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，则可用X－射线衍射法区别。(4)氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，Cl和Al可形成配位键，形成缔合双分子Al2Cl6，其中Al原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(5)面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以4r(Al)＝×405 pm，故r(Al)≈143 pm。9．[化学——选修5：有机化学基础]化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，能发生银镜反应。已知：①A的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰；②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；③化合物F的苯环上的一氯代物只有两种；回答下列问题：(1)按系统命名法，B的名称为________________，试剂R为________。(2)加热条件下，D中加入新制Cu(OH)2悬浊液后发生反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________。(3)G→H的第①步反应的化学方程式为_______________________________。(4)I的结构简式为______________________________。(5)I的同系物J比I的相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件的共有________种。(不考虑立体异构)①苯环上只有2个取代基；②既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。(6)由甲苯和E经如下步骤可合成步骤②中的反应条件为_______________，L的结构简式为_______________。答案　(1)2­甲基丙烯　NaOH的乙醇溶液(5)18(6)NaOH的水溶液并加热(或强碱的水溶液并加热)  解析　(1)A(C4H9Cl)的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰，说明A分子中只有一种H原子，则A的结构简式为，比较A、B的分子式可知，一氯代烃A脱去了HCl变为B(烯烃)，B的结构简式为，名称为2­甲基丙烯。A→B为消去反应，试剂R为NaOH的乙醇溶液。(2)根据图中转化关系和已知信息②可推知，C的结构简式为，进而推知D为，E为。(3)F(C7H8O)的苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有羟基和甲基两个取代基，且二者处于对位，即F为，根据转化关系可推知G为，结合信息④可推知H为。在G→H的第①步反应中，除了卤代烃在强碱溶液中发生水解反应和脱水反应外，酚羟基与NaOH也发生反应。(4)E与H发生酯化反应生成I，故I的结构简式为 (5)由题意可知，J比I少一个原子团CH2，且J的同分异构体中含有醛基(—CHO)和羧基(—COOH)，则苯环上的2个取代基有6组：—CHO和—CH2CH2COOH、—CHO和—CH(CH3)COOH、—CH2CHO和—CH2COOH、—CH2CH2CHO和—COOH、—CH(CH3)CHO 和—COOH、—CH3和—CH(CHO)COOH，且每组的2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的J的同分异构体的种数＝3×6＝18。(6)由转化关系可推知，L和E发生酯化反应生成M，可逆推知L为，进而可推知K为卤代烃，卤代烃K在NaOH(或强碱)的水溶液并加热条件下水解生成L，故步骤②中的反应条件为NaOH水溶液并加热。