新疆维吾尔自治区2025届高三第一次适应性检测理科综合化学试题(解析版)

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1新疆维吾尔自治区2025届高三第一次适应性检测理科综合试题一、选择题1．《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸”。现代乌金纸可以承受千百次的捶打而不变形，下列说法错误的是A．“闭塞周围，只留针孔通气”，目的是让豆油不完全燃烧B．豆油的主要成分为油脂，常温下呈固态C．“巨竹膜”为造纸原料，其主要成分为天然高分子化合物D．黄金夹在乌金纸中间可以打金成箔，说明金具有良好的延展性【答案】B【解析】“闭塞周围，只留针孔通气”，降低氧气的通入量，让豆油不完全燃烧，A正确；豆油是植物油，主要成分为油脂，常温下呈液态，B错误；“巨竹膜”为造纸原料，成分为纤维素，属于天然高分子化合物，C正确；黄金可以打金成箔，说明金具有良好的延展性，D正确。故选B。2．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．用甲装置制备NaHCOB．用乙装置证明氯化银溶解度大于硫化银C．用丙装置分离碘并回收苯D．用丁装置验证氧化性强弱顺序：Cl【答案】C【解析】制备NaHCO3是将CO2通入饱和氨盐水中，A错误；向1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中加几滴0.1mol·L－1NaCl溶液，产生白色AgCl沉淀，Ag+过量，再滴加几滴Na2S溶液，过量的Ag＋生成黑色的Ag2S沉淀，不能说明AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀，不能比较氯化银和硫化银的溶解度，B错误；碘溶于苯中，可用蒸馏方法进行分离，冷凝水下进上出，温度计位于支管口附近，C正确；Cl2能与NaBr溶液和KI溶液反应，可用于比较Cl2与Br2、I2的氧化性强弱，但不能证明Br2与KI溶液的反应，不能比较Br3．聚酰胺树脂材料具有较好的耐热性、耐水性。一种高分子聚酰胺树脂的合成过程为：下列有关说法错误的是A．有机物A中所有原子可能共平面B．1 mol该树脂最多与4C．有机物B的核磁共振氢谱中有3组峰D．有机物B苯环上的一氯代物有2种【答案】B【解析】有机物A中苯环上的碳原子和羧基上的氧原子均为sp2杂化，由于单键可以旋转，羟基上的氢原子也可能转入共面，所有原子可能共平面，A正确；该树脂中的羧基和酰胺基都能与NaOH反应，1mol该树脂最多与4nmolNaOH反应，故B错误；有机物B有如图()3种等效氢，其核磁共振氢谱中有3组峰，C正确；有机物B苯环上只有两种位置的等效氢，即上图中的②和③，一氯代物有2种，D正确。故选B。4．化合物M是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示。X、Y、Z、W均为短周期元素，且位于同一周期，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法正确的是A．第一电离能大小：XB．化合物M中，Z、Y的杂化方式均为spC．氢化物的沸点：WD．同周期中电负性比W大的元素有2种【答案】A【解析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O，可用于杀菌消毒的单质是臭氧，则四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C；X形成1个共价键，则X为F，Y可形成4个共价键，该离子带一个单位的负电荷，Y为B，则X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素。同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，第一电离能大小：FX＞OW＞CZ＞BY，A正确；Z形成有3条σ键，无孤对电子，Z采取sp2杂化，Y有4条σ键(含1个配位键)，无孤对电子，Y采取sp3杂化，B错误；没有说明是简单氢化物，同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA和第VA族分别为全充满、半充满状态，较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，与O同周期且第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种元素，D错误。故选A。5．下列离子反应方程式正确的是A．向NaClO溶液中通入少量SO2：B．用KSCN溶液检验Fe3+：C．向草酸亚铁FeC2O4中加入足量酸性D．向Na2SiO3溶液中通入足量【答案】D【解析】向NaClO溶液中通入少量SO2，NaClO具有强氧化性，SO2被氧化为SO42-，ClO⁻被还原为Cl⁻，离子反应方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，A错误；用KSCN溶液检验Fe3+，Fe3+与SCN⁻结合生成可溶性络合物FeSCN3，而非沉淀，正确离子反应方程式为3SCN-+Fe3+=FeSCN3，B6．电解苯酚的乙腈CH3CN水溶液可在电极上直接合成扑热息痛()A．电极c为阴极B．装置工作时，甲室溶液pH减小C．电极d的电极反应式为D．当电路通过2 mole【答案】B【解析】由电解苯酚的乙腈(CH3CN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛可知，丙装置为电解池，左侧装置为原电池。原电池中SO42-由乙池向甲池移动，则a是负极、b是正极，c与原电池中的正极相连，c为阳极，A错误；a极为负极，H2O2失电子生成H2O和O2，电极反应式为H2O2－2e－＋2OH－＝2H2O＋O2↑，消耗OH－，pH减小，B正确；d为阴极，阴极反应得电子，是电极c的反应式，C错误；穿过阴离子交换膜的离子为SO42-，因此当电路通过2mole－时，穿过阴离子交换膜的离子个数为NA，7．琥珀酸是一种二元弱酸(用H2A表示)。常温下，在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，溶液中pX[pX=-lgX，XA．L2表示-lgcB．当溶液中cHA-C．NH3⋅D．直线L1和L3【答案】D【解析】在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H＋)浓度减小，cHA-cH2A＝Ka1(H2A)c(H+)，Ka1(H2A)c(H+)增大，cA2-cHA-=Ka2(H2A)c(H+)，Ka2(H2A)c(H+)增大，且cHA-cH2A>cA2-cHA-，由NH4++H2O=NH3·H2O+H+可知，cNH4+cNH3⋅H2O由a点(4，0.2)可得Ka1=c(HA-)⋅c(H+)c(H2A)=10-4×10-0.2=10-4.2；由b点(5，0.6)可得Ka2=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)=10-5×10-0.6=10-5.6；由c点(8，－1.24)可得Kb=c(NH4+)⋅c(OH-)c(NH3⋅H2O)=c(NH4二、非选择题8．二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料，制备已知：①Ce4+能与F-结合成CeFX4-X+②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂HA2萃取，而回答下列问题：(1)氧化焙烧中氧化的目的是；酸浸步骤中提高浸取率的方法有(写一种)。(2)“萃取”时存在反应：Ce4++nHA2⇌Ce⋅H2n-4A2n+4H+(3)“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce(4)“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为。(5)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生CeO2⇌CeO21-X+xO2↑0≤(6)CeO2常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞边长apm①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为②若掺杂Y2O3后得到nCeO2:n【答案】(1)将＋3价铈氧化为＋4价适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等(2)随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋被SO42-结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移动，D迅速减小(3)2Ce4＋＋H2O2＝2Ce3＋＋O2↑＋2H(5)CeO2(1-x)+2xNO=【解析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3）氧化焙烧，Ce由＋3价被氧化为＋4价，加入盐酸酸浸得到Ce4＋的溶液，加入萃取剂萃取，Ce4++n(HA)2⇌CeH2n-4A2n+4H+，从而除去溶液中的F－，再加入H2SO4和H2O2，发生反应2Ce4＋＋H2O2＝2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，Ce4＋被还原为Ce3＋，反萃取得到Ce3＋的溶液，其中加入NaOH，Ce（1）氧化的目的是将＋3价铈氧化为＋4价；影响反应速率的因素有温度、浓度、固体的表面积等，因此提高浸取率的方法有适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等；（2）根据平衡Ce4＋＋n(HA)2⇌Ce(H2n－4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4时，随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋被SO42-－结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向生成[CeSO4（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下，Ce4＋转化为Ce3＋，反应的离子方程式为2Ce4＋＋H2O2＝2Ce3＋＋O2↑＋2H＋；（4）“氧化”步骤中，Ce3＋被NaClO氧化为Ce4＋，反应的离子方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O＝2Ce(OH)4＋NaCl，还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1；（5）根据信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，化学反应方程式为CeO2(1-（6）①CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为晶胞对角线长度的四分之一，即34apm②氧化铈(CeO2)立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3＋占据原来Ce4＋的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce、8个O、若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)＝0.8∶0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时，含4×(0.8×2＋0.1×3)＝7.6个O，则此晶体中O2−的空缺率8-7.68×100%9．富马酸亚铁OOCCH=CHCOOFe是一种安全、高效的补铁剂。某兴趣小组利用富马酸(HOOCCH=CHCOOH)与FeSO已知：①富马酸可溶于乙醇，微溶于水。②柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，具有强还原性。③富马酸亚铁易溶于水，性质稳定，难溶于无水乙醇。实验步骤如下：I．打开活塞K1、K3，关闭K2向d中通入气体，待d中空气排尽后，关闭K3，打开K2II．在50℃恒温条件下用电磁搅拌器不断搅拌，然后向d中滴加NaOH溶液，调节溶液pH值，使反应物充分反应。III．反应完成后，向d中混合液加入无水乙醇，生成白色沉淀，过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得到产品。回答下列问题：(1)仪器a的名称是，相对于仪器c，仪器a的优点是。(2)反应混合液中加入柠檬酸的作用是。(3)写出步骤II中生成富马酸亚铁的化学反应方程式。(4)Ⅲ中加入无水乙醇的作用是。(5)若富马酸的投料量为23.2g，得到纯化后产品25.5g，则富马酸亚铁的产率为。(保留3位有效数字)(6)富马酸和马来酸的结构如图。①富马酸和马来酸互为异构(填立体异构类型)。②已知：富马酸的一、二级电离常数为Ka1、Ka2，马来酸的一、二级电离常数为Ka1'、Ka2'；请从结构与性质的角度解释Ka1'>Ka1>Ka2>Ka2【答案】(1)恒压滴液漏斗平衡压强，使液体顺利流下(2)防止Fe2＋被氧化，防止Fe2＋水解(3)HOOCCH=CHCOOH＋FeSO4＋2NaOH→(OOCCH＝CHCOO)Fe＋Na2SO4＋2H(4)降低富马酸亚铁的溶解度，使其从溶液中析出(5)75.0%(6)顺反马来酸一级解离产生的共轭碱能够通过氢键成环，但富马酸由于两个羧基处于对位不可能成环，这使得马来酸一级解离容易进行，一级电离阻碍二级解离【解析】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；相对于仪器c，仪器a的能平衡压强，使液体顺利流下。（2）柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，具有强还原性。反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2＋被氧化，同时柠檬酸酸性较强，防止Fe2＋水解；（3）写出步骤II中富马酸、硫酸亚铁、氢氧化钠反应生成富马酸亚铁、硫酸钠、水，反应的化学反应方程式为HOOCCH=CHCOOH＋FeSO4＋2NaOH→(HOOCCH＝CHCOO)Fe＋Na2SO4＋2H2（4）根据题目信息可知，富马酸亚铁易溶于水，难溶于无水乙醇，所以加入无水乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出；（5）若富马酸的投料量为23.2g，富马酸的物质的量为23.2g116g/mol=0.2mol，理论上生成富马酸亚铁的物质的量为0.1mol，得到纯化后产品25.5g（6）①根据结构式可知，富马酸和马来酸互为顺反异构。②马来酸一级解离产生的共轭碱能够通过氢键成环，但富马酸由于两个羧基处于对位不可能成环，使马来酸一级解离容易进行，一级电离阻碍二级解离，所以Ka1'>Ka1>K10．某温度下，利用CO2反应Ⅰ．___________反应Ⅱ．CO2g回答下列问题：(1)已知：COg+2H2g⇌CH3OHgΔH3=-90.6(2)若在恒压条件下的密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡后再充入少量气体Ne，反应Ⅱ平衡将移动。(填“正向”“逆向”或“不”)(3)相同时间内，温度对CO2转化率及甲醇和CO①由图乙判断合成CH3OH最适宜的温度是②由图乙可知，温度升高，CH3OH产率先升高后降低，降低的可能原因是(任写两条③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有(A．容器容积不变，通少量气体He，使压强变大B．选择高效催化剂C．容器容积和投料比不变，提高反应物浓度(4)保持温度T不变，在一体积不变密闭容器中充入5.0 molCO2和7.0 molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，测得起始总压强为P0kPa，达到平衡时，测得容器内总压强为PkPa。已知：P=56P0，平衡时CH3OH的物质的量为mol；若此时【答案】(1)CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)∆H1＝－49.4kJ/mol低温(2)正向(3)250℃反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH产率降低C(4)127【解析】（1）由图甲可知，反应Ⅰ的方程式为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，根据盖斯定律得：∆H1＝∆H2＋∆H3＝＋41.2kJ/mol＋(－90.6kJ/mol)＝－49.4kJ/mol；反应I的ΔH＜0，正反应气体体积减小，ΔS＜0，ΔH－TΔS<0时反应自发，故自发进行的条件是低温；（2）恒压条件下的密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡后再充入少量气体Ne，由于Ne会分压，导致原气体的分强减小，反应Ⅰ平衡向气体体积大的方向即逆向移动，c(CO2)、c(H2)与通入Ne后相比增大，反应Ⅱ平衡正向移动；（3）①由图甲可知，起初温度升高，CH3OH的产率增大，当温度升高到250℃时，CH3OH的产率达最大值，继续升高温度，CH3OH的产率下降，则合成CH3OH最适宜的温度是250℃；②温度升高，未平衡时，反应正向进行，CH3OH产率升高，平衡后，由于正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，因此CH3OH产率降低，另外CH3OH产率先升高后降低还可能与催化剂的活性降低有关，升高温度，催化剂活性降低，导致反应速率下降，产率降低；③容器容积不变，通少量气体He，原气体的浓度均不变，平衡不移动，A不能提高转化率；选用更高效催化剂，只能改变反应达平衡的时间，B不能改变CO2的转化率；体积和投料比不变，提高反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，故选C；（4）设参加反应Ⅰ的CO2的物质的量为x，参加反应Ⅱ的CO2的物质的量为y，则可建立如下三段式：COCO若反应Ⅰ、Ⅱ均达平衡时，p＝56po，p0p＝1.2，则5+75-x-y+7-3x-y+x+y+x+y=1212-2x＝1.2，解得x＝1mol，故平衡时CH3OH的物质的量为1mol；若此时n(H2O)＝3mol，则x＋y＝3mol，y＝2mol，CO2、H2、CH3OH、CO、H2O(g)的物质的量分别为2mol、2mol、1mol、2mol、3mol，反应Ⅰ的平衡常数11．化合物E是一种药物合成的重要中间体。E的一种合成路线如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题：(1)