1、广东省梅州市2020届高三化学下学期5月质量检测试题（含解析）一、选择题1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（ ）。A. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏B. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，该诗句表明玉的熔点非常高C. 港珠澳大桥的吊绳中含有的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物D. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，阳能电池帆板材料是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，即为蒸馏操作，故A正确；B试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔
2、点较高、化学性质稳定，故B正确；C聚乙烯纤维相对分子质量在10000以上，且为有机物，属于有机高分子化合物，故C正确；DSi是良好的半导体，可以用来制作太阳能电池，而不是二氧化硅，故D错误；故答案为D。2.关于有机物（）、（）、（）的说法正确的是（ ）。A. 和的一氯代物均有三种结构B. 和互为同分异构体，和互为同系物C. 、分子中的所有原子可能在同一平面上D. 、三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A有三种不同位置的H原子，因此其一氯代物有三种结构；而分子中H原子有四种不同位置，分别是甲基上的H原子及苯环上甲基连接的C原子的邻位、间位、对位上的H原子，因此有四种一氯
3、代物，A错误；B和分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；分子式是C7H8，而分子式是C8H8，二者结构不相似，分子组成也不是相差CH2的整数倍，因此二者不能互为互为同系物，B错误；C、中都含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能分子中的所有原子在同一平面上，C错误；D含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化；、都含有苯环，且与苯环连接的C原子上有H原子，二者都可以被KMnO4溶液氧化产生苯甲酸，因此三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；故合理选项是D。3.下列实验中，所选装置及实验设计合理的是（ ）。 A. 用图所示装置可以除去四氯化碳中混有的碘单质B. 用图所示
4、装置可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液C. 用图所示装置可以分离乙醇和乙酸的混合溶液D. 用图所示装置可除去中混有的少量【答案】B【解析】【分析】【详解】A图为过滤操作，碘单质可溶于四氯化碳，无法过滤分离，故A错误；B图为分液操作，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以会分层，分液可将二者分离，故B正确；C图为分馏，分馏过程需要温度计测定馏分温度，图示装置缺少温度计，故C错误；DCO2也会和碳酸钠溶液反应，故D错误；故答案为B。4.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）。A. 盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：B. 用热的纯碱溶液可以清洗油污：C. 酸性淀粉溶液久置后变蓝：D. 漂白液（有效成分）
5、与洁厕灵（主要成分盐酸）混合使用产生氯气：【答案】C【解析】【详解】A.玻璃中含有二氧化硅，可与NaOH反应生成硅酸钠将瓶口粘住，不易打开，化学方程式为：，A正确；B.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强可除油污，但还是以第一步水解为主，B正确；C.酸性溶液中氢氧根离子不能大量共存，故离子方程式为：，C错误；D.盐酸和混合使用，氯元素价态归中放出氯气，离子方程式为：，D正确；答案选C。5.最新科技研究成果表明磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，该电池放电时的反应为。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法不正确的是（ ）。A. 放电时，电池负
6、极反应为：B. 充电时，阳极上发生的反应为：C. 放电时，Li+脱离石墨，经电解质嵌入负极D. 充电时，电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料【答案】C【解析】【分析】根据放电时的总反应可知，放电时，Li元素被氧化，所以铜箔为负极，Fe元素被还原，所以铝箔为正极；则充电时铜箔为阴极，铝箔为阳极。【详解】A放电时为原电池装置，负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知负极反应为LixC6-xe=6C+xLi+，故A正确；B根据总反应可知，放电时正极反应为正极反应式为Li1-xFeO4+xLi+xe=LiFePO4，充电时阳极反应与正极反应相反，为LiFePO4-xe=Li1-xFePO4+xLi+，故
7、B正确；C原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故C错误；D充电时电子从外电源负极阴极阳极电源正极，即充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料，故D正确；故答案为C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示（球的大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中正确的是（ ）。A. W和X可以组成原子个数比为2:1和1:1的离子化合物B. 工业上可采用电解Z的熔融氯化物的方法制得单质ZC. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比
8、Y的强D. X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大顺序为ZYAl，则最高价氧化物对应水化物的碱性：YZ，C错误；D. X、Y、Z三种元素的离子分别为O2-、Mg2+、Al3+，离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层数相同的离子，离子半径随原子序数增大而减小，故X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大顺序为ZYX，D正确；答案选D。7.酸碱中和滴定是中学化学定量分析的一种重要方法。已知在25时，取20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别进行滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )。A. 在相同温度下，同浓度的三
9、种酸溶液的pH大小顺序为：HZHYHXB. 当V(NaOH)=10mL时，在HY溶液中由水电离出的C. HY与HZ混合，达到平衡时：D. 根据上述滴定曲线，可计算得Ka(HY)10-3【答案】D【解析】【详解】A据图可知未滴加NaOH溶液时，同浓度的三种酸溶液pH大小顺序为HZHY I(Ni)的原因是_。(5)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图甲所示。该合金的化学式为_。(6)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图乙所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键。请在图中用“”和“”表示出配位键和氢键。(提示：
10、Ni2+的配位数为4)_。(7)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图丙所示。若合金的密度为dgcm-3，晶胞参数a=_nm。 【答案】 (1). (2). 2 (3). 三角锥形 (4). 正四面体 (5). (6). Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能 (7). LaNi5 (8). (9). 【解析】【分析】(1)Ni元素为28号元素，根据核外电子排布分析价电子排布和3d能级上的未成对的电子数；(2)根据价层电子对互斥理论判断空间构型；(3)离子晶体的晶格能越大，熔沸点
11、越高；(4)能级全满、半满、全空更稳定，更不容易失去电子；(5)根据均摊法判断化学式；(6)配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢原子先与电负性大的原子形成共价键，再与电负性大半径小的原子靠近形成的分子间或分子内的作用力；(7)根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞的质量，再根据计算晶胞参数；【详解】(1)基态Ni原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，所以其价电子排布为3d84s2，3d能级上有2个未成对电子；(2)配体为NH3，其价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；阴离子为SO，其价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正
12、四面体；(3)根据题意可知Ni2+半径小于Fe2+，所带电荷数相同，所以NiO中离子键更强，晶格能更大，所以熔点NiOFeO；(4)Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能；(5)根据均摊法Ni原子的个数为=5，La原子的个数为=1，所以化学式为LaNi5；(6)根据提示Ni2+的配位数为4，其周围有4个N原子和4个C原子，根据C原子的成键方式可知其不含孤电子对，不能作为配原子，而每个N原子都有一对孤电子对，可以作配原子，所以Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对形成配位键
13、；O原子电负性较大，与其附近的氢原子可以形成氢键，示意图为；(7)根据均摊法，晶胞中Ni原子的数目为=1，Cu原子的个数为=3，所以晶胞的质量m=，晶胞体积V=a3nm3，则密度为=dgcm-3=d10-21gnm-3，解得a=nm。【点睛】氢键可用XHY表示，式中X和Y代表F、O、N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素；计算晶胞参数时要注意单位的换算。化学选修5：有机化学基础12.某科研小组由有机物A制备G的合成路线如图所示：请回答下列问题：(1)A的结构简式为_；D中含氧官能团的名称是_。(2)反应的试剂和反应条件分别是_，该反应类型是_
14、。(3)已知吡啶是一种有机碱，在反应中的作用是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)G的相对分子质量为_。(6)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_种。(7)参照上述合成路线，以和为原料，经三步合成某化工产品的路线为_(其他无机试剂任选)。【答案】 (1). (2). 硝基 (3). 浓硫酸、浓硝酸，加热 (4). 取代反应(或硝化反应) (5). 吸收反应产物，提高反应转化率 (6). (7). 276 (8). 9种 (9). 【解析】【分析】芳香烃A与氯气在光照条件下反应生成B，由B的分子式可知芳香烃A为，B为，C发生硝化反应生成D，D发生还原反应
15、生成E，根据E和G的结构简式可知，E与发生取代反应生成F为，然后F发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。【详解】(1)由以上分析知，A的结构简式为；D中含氧官能团为硝基；(2)反应为C发生硝化反应生成D，需要的试剂和反应条件分别是浓硫酸、浓硝酸，加热，该反应类型是取代反应(或硝化反应)；(3)反应为E与发生取代反应生成F为，则该反应的化学方程式为，已知吡啶是一种有机碱，由此可知吡啶能吸收反应产物，提高反应转化率；(4)由第(3)问分析知，反应的化学方程式为；(5)由结构简式可知G的分子式为C11H11O3N2F3，则G的相对分子质量为276；(6)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，固定CF3和NO2的位置，如CF3和NO2处于邻位，另一种取代基有4种位置；CF3和NO2处于间位，另一种取代基有4种位置；CF3和NO2处于对位，另一种取代基有2种位置，共10种，则H可能的结构还有9种，故答案为：9种；(7)根据已知反应可知，以和为原料，经三步合成某化工产品，先发生硝化反应生成，再发生还原反应生成，最后，与发生取代反应生成，故合成流程为：。