四川省绵阳市2025届高三化学适应性考试四模试题含解析

PAGE15-四川省绵阳市2025届高三化学适应性考试（四模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14S32Fe56Cu641.化学与生活亲密相关。下列叙述错误的是A.用大豆酿制酱油时，蛋白质水解生成了氨基酸B.医用防护口罩中运用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解C.氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理D.古代烧制瓷器的主要原料是石灰石和石英砂【答案】D【解析】【详解】A．酿造酱油主要是利用微生物产生的蛋白酶，将原料(大豆等)中蛋白质水解成多肽、氨基酸等养分成分，故A正确；B．聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的产物主要有乙烯、丙烯等，为丙烯的主要来源，故B正确；C．氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故C正确；D．瓷器的主要原料为黏土，是利用黏土高温煅烧制得的，故D错误；故答案为D。2.下列关于有机物的说法错误的是A.环戊二烯（）分子中全部原子共平面B乙二醇既能发生氧化反应，又能发生聚合反应C.乙酸和甲酸甲酯分子中所含的共用电子对数相等D.分子式为C4H8O2且能发生水解反应的有机物有4种【答案】A【解析】【详解】A．该分子中有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子不行能共面，故A错误；B．乙二醇中羟基相连的碳原子上有氢原子可以发生羟基的催化氧化，且乙二醇可以燃烧，所以可以发生氧化反应，羟基可以发生分子间脱水生成醚键，乙二醇含有两个羟基，可以发生脱水缩合，故B正确；C．乙酸的结构简式为CH3COOH，含有8对共用电子对，甲酸甲酯为HCOOCH3，也含有8对共用电子对，故C正确；D．分子式为C4H8O2且能发生水解反应说明含有酯基，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故D正确；故答案为A。3.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。X是短周期原子半径最大的元素，Y的最高化合价与最低价相加为0，Z是同周期非金属性最强的元素，W、X、Y三种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A.X单质的熔点高于Y单质B.气态氢化物稳定性：Y＜ZC.Z的氧化物对应的水化物为强酸D.X分别与W、Z形成的二元化合物溶于水显碱性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半径最大的元素，则X为Na；依据W、X、Y三种元素形成的化合物可知，Y可以形成4个共价键，且Y的最高化合价与最低价相加为0，应为第ⅣA族元素，其原子序数大于Na，则为Si元素；W可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，其原子序数小于Na，所以为O元素，Z是同周期非金属性最强的元素，其原子序数大于Si，则应为Cl元素。【详解】A．X单质为Na，为金属晶体，而Y的单质Si为原子晶体，熔点高于Na，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Cl>Si，所以气态氢化物稳定性Cl>Si，故B正确；C．Z的氧化物对应的水化物有多种，例如HClO即为弱酸，故C错误；D．Na与Cl形成的二元化合物NaCl水溶液显中性，故D错误；故答案为B。4.下列试验能达到目的的是选项目的实验A加快稀溶液中草酸与KMnO4的反应向溶液中加入少量MnSO4固体B检验海带中的碘元素向海带灰浸取液中滴加淀粉溶液C除去食盐水中的少量BaCl2向食盐水中通入过量的CO2D制备少量氨气将硝酸铵与氢氧化钙固体混合加热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．锰离子可以作为草酸和高锰酸钾反应的催化剂，加快反应速率，故A正确；B．海带灰中碘元素并不是以碘单质的形式存在，不能使淀粉溶液变蓝，故B错误；C．氯化钡和食盐水的混合溶液显中性，并不能和二氧化碳发生反应，故C错误；D．硝酸铵受热易分解爆炸，不能用硝酸铵与碱加热反应制备氨气，故D错误；故答案为A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。亚磷酸（H3PO3）为中强的二元酸，关于亚磷酸及其常温下pH＝3的溶液，下列说法正确的是A.1

mol

H3PO3所含O－H键数目为3NAB.每升该亚磷酸溶液中的H+数目为0.003NAC.溶液中c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)＝10-3

mol/LD.向该溶液中加入Na2HPO3固体，c(H3PO3)增大【答案】C【解析】【详解】A．亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，说明其分子中只有两个羟基氢，所以1molH3PO3所含O－H键数目为2NA，故A错误；B．该溶液pH=3，即溶液中c(H+)=10-3mol/L，所以每升该亚磷酸溶液中的H+数目为0.001NA，故B错误；C．溶液中存在质子守恒：c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)=c(H+)＝10-3mol/L，故C正确；D．亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，所以Na2HPO3为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，加入到亚磷酸溶液中会促进亚磷酸的电离，c(H3PO3)减小，故D错误；故答案为C。【点睛】亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，则Na2HPO3为正盐，溶液中只存在HPO32-的水解，使溶液显碱性。6.Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简扮装置示意图如下。总反应为Mg＋2VOCl2MgCl2＋2VOCl，下列说法错误的是A.采纳Mg作电极材料比Li的平安性更高B.为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连C.放电时正极反应为VOCl2＋e－=VOCl＋Cl－D.放电过程中Cl－穿过复合离子液体向Mg移动【答案】B【解析】【分析】依据放电时总反应可知，放电时Mg为负极发生氧化反应，VOCl2为正极发生还原反应，则充电时Mg为阴极，VOCl2为阳极。【详解】A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，平安性更强，故A正确；B．充电时Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故B错误；C．放电时为原电池，原电池正极得电子发生还原反应，依据总反应可知电极反应为VOCl2＋e－=VOCl＋Cl－，故C正确；D．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即流向Mg电极，故D正确；故答案为B。7.将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液渐渐失水变成饱和溶液，再接着抽气，则变成各种含水盐，最终变成无水硫酸铜。50

℃时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法错误的是A.曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出B.曲线M-M

´

对应溶液溶质的质量分数保持不变C.曲线M

´

-N对应体系存在平衡：CuSO4(饱和溶液)CuSO4·5H2O(s)＋H2O(g)D.当容器中压强低于p´

后得到无水硫酸铜【答案】C【解析】【详解】A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后接着失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，故A正确；B．M-M

´

对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，肯定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，故B正确；C．M-M

´

对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的削减，不断析出硫酸铜晶体，至M

´点晶体完全析出，此时再接着减压，存在的平衡应为CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，故C错误；D．据图可知当容器中压强低于p´

后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确；故答案为C。【点睛】本题得到无水硫酸铜的过程与“热重试验”相像，关键是理清每一段曲线对应的反应阶段，L-M从不饱和溶液变为饱和溶液，M-M´饱和溶液中析出五水硫酸铜晶体，接着抽气CuSO4·5H2O(s)转化为CuSO4·3H2O(s)，再接着抽气转化为CuSO4·H2O(s)，再抽气得到无水硫酸铜，不断地抽走水蒸气可以使每一步的平衡正向移动。8.常用解热镇痛药对乙酰氨基苯酚（扑热息痛）为白色颗粒状晶体，易被空气氧化。试验室用对氨基苯酚乙酰化制备扑热息痛的一种方法如下：查阅资料获得以下数据：对氨基苯酚醋酸酐对乙酰氨基苯酚熔点/℃189.6~190.2-73169~171密度/g·cm-31.21.11.3相对分子质量109102151溶解性溶于乙醇和水溶于乙醇，稍溶于水易溶于乙醇和热水，溶于丙酮试验过程：如图所示，在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚10.9

g，再加入30mL水。打开仪器a下端的旋塞，缓慢滴加12mL醋酸酐。搅拌并水浴加热，限制温度在80

℃左右，充分反应后按如下流程进行操作。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，仪器b的作用是_____________。（2）步骤②洗涤晶体获得粗品时，选择的洗涤剂是______。（填标号）A．乙醇B．丙酮C．热水D．冷水（3）减压过滤装置如图所示。步骤④减压过滤时，在吸滤瓶中要先加入适量NaHSO3，其作用是_________，该减压过滤需趁热进行，缘由是_____________。（4）步骤⑥中操作X为_______________。（5）若最终得到9.8g对乙酰氨基苯酚，则本试验的产率为______%。（保留1位小数）【答案】(1).恒压滴液漏斗(2).冷凝回流醋酸酐(3).D(4).防止产品被氧化(5).冷却时产品会在布氏漏斗中结晶(6).洗涤、干燥(7).64.9【解析】【分析】试验过程：在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚10.9

g，再加入30mL水，打开仪器a下端的旋塞，缓慢滴加12mL醋酸酐，搅拌并水浴加热，限制温度在80

℃左右，充分反应；对乙酰氨基苯酚易溶于热水，所以冷却后对乙酰氨基苯酚析出，过滤、用冷水洗涤得到粗品，之后再用热水溶解粗品，并加入活性炭吸附杂质同时防止产品被氧化，煮沸5min后趁热减压过滤，得到滤液，将滤液冷却结晶，减压过滤、洗涤干燥即可得到纯净的乙酰氨基苯酚。【详解】(1)依据a的结构特点可知a为恒压滴液漏斗；醋酸酐熔沸点较低，加热反应过程中会造成大量挥发，装置b可以冷凝回流醋酸酐，提高原料的利用率；(2)依据题目信息可知对乙酰氨基苯酚易溶于乙醇和热水，溶于丙酮，为降低产品的溶解损耗，应用冷水洗涤，所以选D；(3)对乙酰氨基苯酚易被氧化，NaHSO3具有较强还原性，可以防止其被氧化；对乙酰氨基苯酚易溶于热水，冷却后会在布氏漏斗中结晶造成损耗；(4)操作X应为洗涤、干燥；(5)原料为对氨基苯酚10.9

g，即0.1mol，12mL醋酸酐即=0.13mol，依据方程式可知理论上生成的对乙酰氨基苯酚应为0.1mol，实际得到9.8g产品，所以产率为=64.9%。9.甲醇是一种常见的燃料，也是重要的基础化工原料。回答下列问题：（1）采纳甲醇气相氨化法可制得二甲胺。已知：2CH3OH(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g)∆H1＝-3122

kJ/mol4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)∆H2＝-472kJ/mol4(CH3)2NH(g)＋15O2(g)8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g)∆H3＝-7492kJ/mol则制备二甲胺反应2CH3OH(g)＋NH3(g)(CH3)2NH(g)＋2H2O(g)

的∆H＝_____kJ/mol。（2）肯定条件下，甲醇气相氨化法原料气中c(CH3OH):c(NH3)分别为1:1、2:1、3:1时，NH3的平衡转化率随温度变更的关系如图：①代表原料气中c(CH3OH):c(NH3)＝1:1的曲线是________。②肯定温度下，限制原料气中c(CH3OH):c(NH3)＝3:1，能增大NH3平衡转化率措施是_______。③温度为443

K时，按c(CH3OH):c(NH3)＝2:1投料，若NH3的起始浓度为2

mol/L，则反应达到平衡时，(CH3)2NH的体积分数为_______，该温度下的化学平衡常数为________。（3）甲醇可通过电化学方法由甲烷干脆制得，装置如下图所示，电解生成CH3OH的过程分为3步：①通电时，氯离子先转化为高活性的原子氯（Cl·）；②Cl·与吸附在电极上CH4反应生成HCl和CH3Cl；③在碱性电解液中，CH3Cl转化为目标产物CH3OH。步骤①的电极反应式为__________，步骤③的离子方程式为__________，维持电流强度为1.5

A，装置工作2小时，理论上可制得CH3OH的质量为________

g。（已知F＝96500

C/mol，不考虑气体溶解等因素）【答案】(1).-1367(2).c(3).刚好移去产物(4).8.3%或(5).或0.037(6).Cl－－e－=Cl·(7).CH3Cl＋OH－=CH3OH＋Cl－(8).1.8【解析】【详解】(1)已知：a．2CH3OH(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g)∆H1＝-3122kJ/mol；b．4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)∆H2＝-472kJ/mol；c．4(CH3)2NH(g)＋15O2(g)8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g)∆H3＝-7492kJ/mol；依据盖斯定律a+b-c可得反应2CH3OH(g)＋NH3(g)(CH3)2NH(g)＋2H2O(g)的∆H＝-3122kJ/mol+×(-472kJ/mol)-×(-7492kJ/mol)=-1367kJ/mol；(2)①假设氨气的浓度不变，变更甲醇的浓度，则甲醇的浓度越大，相同条件下，氨气的转化率越高，所以题目所给三种投料比中，当c(CH3OH):c(NH3)为1:1时，氨气的转化率最小，即曲线c代表c(CH3OH):c(NH3)＝1:1；②温度肯定，投料比肯定，该反应前后气体系数之和相同，即压强不影响平衡，所以须要刚好移去产物，使平衡正向移动，可以增大氨气的转化率；③依据第①题可知c(CH3OH):c(NH3)＝2:1投料时转化率对应的曲线为b，则443K为氨气的平衡转化率为25%，起始浓度c(NH3)=2mol/L，则c(CH3OH)=4mol/L，列三段式有：恒容密闭容器中体积分数和浓度占比相等，所以(CH3)2NH的体积分数为=8.3%(或)；平衡常数K==或0.037；(3)步骤①中Cl-转化为Cl·，Cl-须要失去电子，所以为阳极，电极反应式为Cl－－e－=Cl·；③在碱性电解液中，CH3Cl转化为目标产物CH3OH依据元素守恒可得离子方程式为：CH3Cl＋OH－=CH3OH＋Cl－；维持电流强度为1.5A，电解2小时，时间为7200s，F=96500C•mol-1，则转移电子mol，左侧电极生成甲醇的过程存在数量关系：CH4~2Cl·~CH3Cl~CH3OH~2e-，所以生成的甲醇的物质的量为()mol，质量为()mol×32g/mol=1.8g。10.辉钼矿主要含MoS2，还含有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等元素。利用辉钼矿制备仲钼酸铵新一代清洁生产工艺如下图所示：回答下列问题：（1）焙烧温度为400

℃，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，则反应中每摩

MoS2转移的电子数为_________。仲钼酸铵（七钼酸铵）中的阴离子是Mo7O24n-

，则n＝_______。（2）传统焙烧是在650

℃下，使MoS2干脆与空气中的O2反应生成MoO3和SO2。图示清洁生产工艺加入CaCO3的优点是______________。（3）溶浸时，CaMoO4发生复分解反应的化学方程式是___________。循环渣的主要成分是CaCO3，则外排渣主要是________和Cu、Zn、Fe的硫化物。（4）已知：常温下Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6。在(NH4)2SO4母液中添加循环渣（CaCO3），可以使硫酸铵转化为碳酸铵（返回溶浸循环运用），缘由是_______。（5）电氧化分解钼精矿时，用惰性电极电解钼精矿和NaCl的混合浆液，电解槽无隔膜，限制溶液pH＝9。阴极生成物为________，混合浆液中，阳极产物转化生成的NaClO氧化MoS2生成MoO42-

和SO42-

的离子方程式是______________。【答案】(1).18

mol或18NA(2).6(3).能耗低，无SO2排放造成的环境污染(4).CaMoO4＋(NH4)2CO3=(NH4)2MoO4＋CaCO3(5).SiO2(6).硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解(7).H2（或氢气）(8).9ClO－＋MoS2＋6OH－=MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O【解析】【分析】辉钼矿与碳酸钙混合在空气中焙烧，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，其他杂质元素转化为相应的氧化物，之后溶浸并加入碳酸铵，CaMoO4与(NH4)2CO3发生复分解反应转化为(NH4)2MoO4和碳酸钙，硫酸钙转化为碳酸钙，再加入硫化铵得到杂质金属元素的硫化物沉淀以及SiO2，分别沉淀，其中碳酸钙可循环运用；之后向滤液中加入HCl调整pH为6得到仲钼酸铵沉淀。【详解】(1)

MoS2中S为-1价，Mo为+2价，产物CaMoO4和CaSO4中Mo为+6价，S为+6价，

MoS2中各元素共上升18价，所以反应中每摩

MoS2转移的电子数为18NA；Mo7O24n-

中Mo为+6价，O为-2价，所以n=2×24-7×6=6；(2)传统焙烧温度高，能耗高，产生污染物SO2，图示流程焙烧温度400℃，能耗较低，且无SO2排放造成的环境污染；(3)溶浸时加入的物质为(NH4)2CO3，依据复分解反应的特点可知方程式应为CaMoO4＋(NH4)2CO3=(NH4)2MoO4＋CaCO3；辉钼矿中的杂质元素有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等，焙烧时杂质元素生成相应的氧化物，溶浸后Ca最终转化为碳酸钙沉淀，溶浸后又加入硫化铵，所以Cu、Zn、Fe转化为相应的硫化物沉淀，SiO2不溶于酸，所以外排渣主要是SiO2和Cu、Zn、Fe的硫化物；(4)硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解，所以在(NH4)2SO4母液中添加循环渣(CaCO3)，可以使硫酸铵转化为碳酸铵；(5)电解槽无隔膜，所以电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气；阳极氯离子放电生成氯气，溶液显碱性，氯气反应生成次氯酸根，NaClO氧化MoS2生成MoO42-

和SO42-，MoS2整体化合价上升18价，ClO－转化为Cl－降低2价，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：9ClO－＋MoS2＋6OH－=Mo42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O。【点睛】配平信息型氧化还原反应方程式时，关键是正确推断元素化合价的变更状况，再依据电子得失守恒配平氧化剂和还原剂(或氧化产物和还原产物)的数量关系，然后再利用元素守恒或电荷守恒配平整个方程式；要求学生对常见元素的常见价态有肯定积累。[化学—选修3：物质结构与性质]11.硫酸是重要的化工原料，我国主要采纳接触法生产硫酸，主要过程如下：FeS2SO2SO3H2SO4回答下列问题：（1）基态V原子电子排布式为________，基态Fe原子核外未成对电子数为______。（2）组成H2SO4的元素中，电负性由大到小的依次是________，SO2分子的VSEPR模型为________。（3）固态SO3能以无限长链形式存在（如图所示）。其中S原子的杂化形式为______。长链结构中，连接2个S原子的O原子称为桥氧，连接1个S原子的O原子称为端基氧，则与S原子形成化学键键长更大的是________（填“桥氧”或“端基氧”），缘由是______________。（4）绿矾是一种重要的硫酸盐，其组成可写成

[Fe(H2O)6]2+[SO4(H2O)]2-，水合阴离子中H2O通过氢键与SO42-

中的O原子相联结，按图示画出含氢键的水合阴离子：______________。（5）一种含Fe、Cu、S三种元素的矿物晶胞如图所示，属于四方晶系（晶胞底面为正方形）。S2-的配位数为______。若晶胞的底面边长为apm，高为bpm，晶体密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为____________（写出表达式）。【答案】(1).[Ar]3d34s2(2).4(3).O＞S＞H(4).平面三角形(5).sp3(6).桥氧(7).端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大(8).(9).4(10).【解析】【详解】(1)V原子为23号元素，基态原子核外有23个电子，所以电子排布式为：[Ar]3d34s2；基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个电子未成对；(2)非金属性越强，电负性越大，所以H、S、O三种元素电负性由大到小为O＞S＞H；二氧化硫分子中心原子价层电子对数为=3，所以为sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形；(3)依据固体SO3的结构可知每个S原子形成4个σ键，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大；(4)氢键结合的状况可用X－H…Y表示，所以含氢键的水合阴离子为；(5)依据晶胞示意图可知S2-连接两个亚铁离子和两个铜离子，所以S2-的配位数为4；依据均摊法晶胞中S2-的个数为8，Fe2+的个数为，Cu2+个数为=4，所以晶胞的质量m=，晶胞体积V=a2bpm3=a2b×10-30cm3，所以晶胞的密度ρ=，可解得NA=。【点睛】氢键通常可用X-H…Y来表示，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，其中X以共价键（或离子键）与氢相连，X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素。[化学—选修5：有机化学基础]12.腈亚胺与邻酚羟基苄醇在碱的作用下可以发生偶联反应生成醚键，反应的条件温柔，操作简洁，目标产物收率高。下面是