北京市丰台区2020届高三化学3月综合练习(一模)试题(含解析)

北京市丰台区2020届高三化学3月综合练习（一模）试题（含解析）第一部分（选择题共42分）本部分共20小题，每小题6分，共120分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.改革开放四十年来，我国在很多领域取得了举世瞩目的成就，下列工程使用的部分材料如下所示，其中属于有机高分子的是A.港珠澳大桥桥墩——混凝土B.“人造太阳”核聚变实验装置——钨合金C.高铁轨道与地基之间填隙减震——聚氨酯D.“玉兔”月球车太阳能电池帆板——硅【答案】C【解析】【详解】A、混凝土为硅酸盐材料，属于无机非金属材料，不属于有机高分子，选项A错误；B、钨合金为金属材料，不属于有机高分子，选项B错误；C．有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚氨酯橡胶是人工合成的橡胶，选项C正确；D、硅为单质，不属于有机高分子，选项D错误。答案选C。2.下列实验现象与氧化还原反应无关的是A.氨气与氯化氢气体相遇产生白烟B.铜遇浓硝酸产生红棕色气体C.过氧化钠放置于空气中逐渐变白D.一氧化氮遇空气变为红棕色【答案】A【解析】【详解】A、氯化氢与氨气反应生成氯化铵，反应中各元素化合价均不变，与氧化还原反应无关，选项A选；B、铜遇浓硝酸产生红棕色气体，铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，现象与氧化还原反应有关，选项B不选；C、过氧化钠放置于空气中逐渐变白，是过氧化钠与空气中的二氧化碳及水发生氧化还原反应生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气，现象与氧化还原反应有关，选项C不选；D、一氧化氮遇空气变为红棕色，是一氧化氮与氧气发生氧化还原反应生成红棕色的二氧化氮，现象与氧化还原反应有关，选项D不选。答案选A。3.天然橡胶在硫化过程中高分子结构片段发生如下变化，下列说法不正确．．．的是A.橡胶A由1,3-丁二烯加聚而成B.橡胶A为反式、线型结构，易老化C.橡胶B为网状结构，强度比A大，耐磨D.硫化过程发生在碳碳双键上【答案】B【解析】【详解】A.根据图中信息可知，橡胶A的链节为-CH2CH=CHCH2-，故可由1,3-丁二烯加聚而成，选项A正确；B.橡胶A链节中碳碳双键同一侧为氢原子，故为顺式、线型结构，易老化，选项B不正确；C.根据图中信息可知，橡胶B为网状结构，故强度比A大，耐磨，选项C正确；D.硫化过程发生在碳碳双键上，使线型结构转变为网状结构，增大强度，选项D正确。答案选B。4.部分元素在周期表中的分布如右图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确．．．的是A.虚线左侧是金属元素B.As处于第五周期第VA族C.Si、Ge可作半导体材料D.Sb既有金属性又有非金属性【答案】B【解析】【详解】A．虚线左下方的元素均为金属元素，选项A正确；B．根据位置，由Si处于第三周期第ⅣA族可推知，As处于第四周期第VA族，选项B不正确；C．元素周期表中的金属和非金属元素的分界线附近的元素往往都既具有金属性，也具有非金属性，可在虚线附近寻找半导体材料（如Ge、Si等），选项C正确；D．元素周期表中的金属和非金属元素的分界线附近的元素往往都既具有金属性，也具有非金属性，如Sb既有金属性又有非金属性，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表的应用，注意对角线原则，金属与非金属分界线有半导体材料，以及这些元素的性质，结合元素周期律进行解答。5.CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中，中间态物质的能量关系如下图所示（Ea表示活化能），下列说法不正确．．．的是A.已知Cl·是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，该过程可表示为：B.相同条件下，Ea越大反应速率越慢C.图中ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关D.CH4转化为CH3Cl的过程中，所有C-H发生了断裂【答案】D【解析】【详解】A.已知Cl·是由Cl2在光照条件下化学键断裂生成的，由分子转化为活性原子，该过程可表示为：，选项A正确；B.相同条件下，Ea越大，活化分子百分数越少，反应速率越慢，选项B正确；C.图中反应物总能量大于生成物总能量，ΔH＜0，其大小与Ea1、Ea2无关，选项C正确；D.CH4转化为CH3Cl的过程中，只有一个C-H发生了断裂，选项D不正确。答案选D。6.依据下列实验现象，所得结论不正确．．．的是实验实验现象①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO42-②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。A.品红溶液褪色是氯水漂白所致B.集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HClC.依据现象②可确定产生的气体为SO2D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液【答案】C【解析】【详解】A.氯水中的次氯酸能使品红溶液褪色，选项A正确；B.集气瓶中氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，选项B正确；C.依据现象②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，说明不含有二氧化硫，产生的气体可能为次氯酸分解产生的O2，选项C不正确；D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液，往溶液中加入过量的盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有SO42-，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查常见漂白剂的性质及应用，注意二氧化硫为暂时性的漂白，氯水为永久性的漂白，二者按1：1若完全反应，则生成硫酸和盐酸，失去漂白作用，这也是本题的易错点。7.已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，下列实验所得结论不正确．．．的是①②③④0.1mol/LFe2(SO4)3溶液酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液0.1mol/LFeCl3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A.实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3B.实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C.实验③中，存在可逆反应:Fe3++4Cl－+2H2O[FeCl4(H2O)2]－D.实验④，可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A.实验①中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3，选项A正确；B.实验②中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；C.实验③中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应:Fe3++4Cl－+2H2O[FeCl4(H2O)2]－，选项C正确；D.实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡Fe3++4Cl－+2H2O[FeCl4(H2O)2]－均可能使颜色变深，故不可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。答案选D。8.某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如下。已知：I．R1NHR2易被氧化II．（1）A中含氧官能团的名称是______。（2）反应②的反应条件为______。反应①、③的目的是______。（3）E的结构简式为______。（4）反应④的化学反应方程式是______。（5）反应⑤的反应类型为_______。（6）由A合成H分为三步反应，选用必要的无机、有机试剂完成合成路线（用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。__________________【答案】(1).醛基(2).液溴/FeBr3(3).保护醛基(4).(5).(6).加成反应(7).【解析】【详解】（1）A为，含氧官能团的名称是醛基；（2）反应②是与液溴在溴化铁的催化下发生取代反应生成，反应条件为液溴/FeBr3；反应①、③的目的是保护醛基；（3）结合D（）、F（）的结构简式可知，D氧化得到E，E再发生取代反应生成F，故E的结构简式为；（4）反应④是在酸性条件下加热发生缩聚反应生成高聚物，反应的化学反应方程式是；（5）反应⑤是自身发生加成反应生成，故反应类型为加成反应；（6）由A合成H分为三步反应，与反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应生成，与在碱性条件下发生反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机合成及推断，根据有机反应条件判断反应前后物质的结构简式及反应类型是解题的关键，易错点是（6）合成路线的推导，注意醛的加成反应为推断的难点。9.PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl－(aq)PbCl42-(aq)ΔH0（1）浸取过程中MnO2与PbS发生如下反应，请将离子反应配平：_______+_______+___PbS+___MnO2____PbCl2+________+________+_______（2）由于PbCl2微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象，原因是________。（3）调pH的目的是________。（4）沉降池中获得PbCl2采取的措施有________。（5）通过电解酸性废液可重新获得MnO2，装置示意图如下：①在_______极（填“a”或“b”）获得MnO2，电极反应为________。②电解过程中发现有Cl2产生，原因可能是_________、__________。【答案】(1).8(2).H+(3).2(4).Cl-(5).1(6).4(7).1(8).4(9).Mn2+(10).1(11).SO42-(12).4(13).H2O(14).PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消除“钝化层”(15).除去溶液中的Fe3+(16).加水稀释、降温(17).a(18).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(19).2Cl--2e-=Cl2↑(20).MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】【详解】（1）浸取过程中MnO2与PbS发生反应生成PbCl2，反应中硫元素化合价由-2价变为+6价，锰元素由+4价变为+2价，转移电子数为8，结合氧化还原反应配平得，离子反应方程式为：8H++2Cl-+PbS+4MnO2PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2O；（2）由于PbCl2微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象，原因是PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消除“钝化层”；（3）调pH的目的是除去溶液中的Fe3+，使其转化为沉淀而除去；（4）沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温；（5）①通过电解酸性废液可重新获得MnO2，锰离子转化为二氧化锰，锰元素化合价升高，失去电子，应在电解池的阳极产生，故应连接在正极，即a极获得MnO2，电极反应为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；②电解过程中发现有Cl2产生，原因可能是氯离子得电子产生氯气2Cl--2e-=Cl2↑，或浓盐酸被二氧化锰氧化产生氯气MnO2+4HCl=Mn