2025届四川省巴中市高三上学期“零诊”考试化学试题（含答案解析）

巴中市普通高中2022级“零诊”考试化学试题(满分100分，75分钟完卷)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。2.答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。3.考试结束后，考生将答题卡交回。4.可能用到的相对原子质量：O-16P-31Cl-35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是A.不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色B.用于制作飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维C.“嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯，属于有机高分子材料D.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为【答案】D【解析】【详解】A．聚四氟乙烯的结构简式为，分子内没有碳碳双键，因此不能与溴水发生反应使其褪色，A错误；B．芳砜纶是一种合成纤维，属于聚酰胺类纤维的一种，不属于有机高分子材料，B错误；C．石墨烯是一种从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料，是碳的二维结构，石墨烯属于无机非金属材料，C错误；D．氧化铁是红棕色固体，火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为Fe2O3，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.基态氮原子的价层电子轨道表示式：B.的价层电子对互斥模型：C.的电子式为：D.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：【答案】B【解析】【详解】A．基态氮原子的价层电子轨道表示式为，故A正确；B．中C原子价电子对数为3，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，故B正确；C．的电子式为，故C错误；D．邻羟基苯甲醛，羟基H与醛基氧原子形成氢键，示意图为，故D错误；答案选B。3.下列离子方程式书写错误的是A.向溶液中通入少量B.向饱和溶液中通入过量C.用饱和食盐水制烧碱：D.溶于稀硫酸：【答案】A【解析】【详解】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，次氯酸根离子全部被还原，反应的离子方程式为：，故A项错误；B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：，故B项正确；C．电解饱和食盐水制烧碱，反应的离子方程式为：，故C项正确；D．Cu2O溶于稀硫酸，生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，故D项正确；故本题选A。4.已知反应：为阿伏加德罗常数的值，若消耗，下列叙述错误的是A.转移电子数为 B.还原产物微粒数为C.含N微粒中N原子均采取杂化 D.2mol中键的数目为【答案】C【解析】【详解】A．中氮元素化合价为+3价，NH3中氮元素化合价为-3价，则消耗转移电子数为，故A正确；B．该反应氮元素化合价降低，还原产物为NH3，消耗生成1molNH3，即还原产物微粒数为，故B正确；C．的中心原子N的价层电子对数为，N原子均采取sp2杂化，NH3的中心原子N的价层电子对数为4，N原子采取杂化，故C错误；D．中氢氧根O、H之间存在共价单键，Al3+与OH-之间存在配位键，1mol中O-H键的数目为4NA、配位键的数目为4NA，则2mol中键的数目为，故D正确；故答案为：C。5.物质结构决定性质，下列两者对应关系错误的是A.乳酸分子，可发生缩聚反应B.活性炭疏松多孔，可作还原剂C.氧化铝是离子化合物，可电解熔融的氧化铝制备铝D.金刚石中碳原子形成三维骨架结构，熔点高、硬度大【答案】B【解析】【详解】A．乳酸分子中既有羟基又有羧基，所以可发生缩聚反应，故A正确；B．活性炭疏松多孔，具有吸附性，可作还原剂与其疏松多孔无关，故B错误；C．氧化铝是离子化合物，熔融氧化铝存在自由移动的阴阳离子，所以可电解熔融的氧化铝制备铝，故C正确；D．金刚石为共价晶体，金刚石中碳原子以单键与另外4个碳原子相连，形成三维骨架结构，熔点高、硬度大，故D正确；故答案为：B。6.利用如下洗气瓶(发生装置和后续装置略)洗气，不能达到实验目的的是选项实验目的洗气瓶试剂A实验室制备并检验乙炔硫酸铜溶液B1-溴丁烷的消去反应(使用酸性高锰酸钾溶液检验产物)蒸馏水C实验室制备乙烯溴水D比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱饱和碳酸氢钠溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室用电石和水制备乙炔，制得的乙炔中混有硫化氢、磷化氢等气体，可以用硫酸铜溶液吸收硫化氢和磷化氢，故A能达到实验目的；B．1-溴丁烷在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成1-丁烯，1-丁烯和挥发的乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先用蒸馏水吸收挥发的乙醇，再用酸性高锰酸钾溶液检验生成的1-丁烯，故B能达到实验目的；C．实验室用乙醇和浓硫酸共热制备乙烯，乙烯中混有浓硫酸的还原产物二氧化硫，二氧化硫和乙烯都能使溴水褪色，故C不能达到实验目的；D．乙酸和碳酸钠或碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可以证明乙酸的酸性强于碳酸，乙酸易挥发，用饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发的乙酸，然后将二氧化碳通入苯酚钠溶液中，碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，可以证明碳酸的酸性强于苯酚，故D能达到实验目的；故选C。7.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，且与有关系。下列说法错误的是A.第一电离能：B.简单离子半径：C.元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子D.根据Z、W单质与化合产物中铜的价态可判断二者非金属性的强弱【答案】B【解析】【分析】Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y是O，且aY与bZ有关系b−a=8，则Z为S，X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，则X为N，W为Cl。【详解】A．由分析可知，X、Y、Z分别为：N、O、S，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族电子层结构为充满或半充满，第一电离能大于同周期相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故第一电离能N＞O＞S，即X＞Y＞Z，故A项正确；B．由分析可知，X、Y、Z、W分别为：N、O、S、Cl，离子分别为：N3-、O2-、S2-、Cl-，半径比较方法：电子层数越多离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-﹥Cl-﹥N3-﹥O2-，故B项错误；C．Y是O，Z为S，元素Y和Z能形成SO3，是含有极性键的非极性分子，故C项正确；D．Z为S，W为Cl，硫与铜反应生成硫化亚铜，将铜从0价氧化为+1价，氯气与铜反应生成氯化铜，将铜从0价氧化为+2价，则非金属性：Cl﹥S，故D项正确；故答案选B。8.苯丙氨酸甲酯在药物合成、食品添加剂制备等方面有重要用途。下列关于苯内氨酸甲酯的叙述，错误的是A.苯丙氨酸甲酯最多消耗 B.分子中含两种官能团C.该分子核磁共振氢谱图中共有7组峰 D.水解产物之一具有两性【答案】A【解析】详解】A．1mol该物质中苯环消耗3molH2，A错误；B．该物质中含有氨基、酯基官能团，B正确；C．该结构中，苯环上有3种不同环境的H，分子中7种不同环境的H，核磁共振氢谱中有7组峰，C正确；D．该物质水解后的一个产物为甲醇，另一个产物中含有氨基和羧基则具有两性，D正确；故答案为：A。9.根据实验目的设计方案并进行实验，其中方案设计、现象和结论有错误的是选项实验目的方案设计现象结论A探究与水解程度的大小分别测定的和溶液的前者小水解程度：B比较与形成配位键的稳定性向溶液中加入少量固体，振荡溶液由蓝色变为黄绿色配位键的稳定性：C比较和的氧化性强弱向淀粉溶液中通入少量溶液变蓝氧化性：D检验淀粉是否水解向淀粉的水解液中加入新制的氢氧化铜并加热无明显现象淀粉未水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．的和溶液中铵根离子浓度相同，而盐的阴离子水解使溶液显碱性，所以两份溶液中越小的，说明其对应阴离子的水解程度越小，故A正确；B．都能与Cu2+形成配位键，形成和，向溶液中加入少量固体，振荡溶液由蓝色变为黄绿色，即转化为，所以配位键的稳定性：，故B正确；C．向淀粉溶液中通入少量，溶液变蓝，说明发生+2=2KCl+I2，该反应中氯气是氧化剂、碘是氧化产物，所以氧化性：，故C正确；D．向淀粉的水解液中先加碱溶液至溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜并加热，无明显现象才能说明淀粉未水解，故D错误；故答案为：D。10.几种常见晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是晶胞晶胞金刚石晶胞晶胞A.晶胞中周围紧邻的的个数为6B.干冰晶胞与金刚石晶胞中微粒间作用力不同C.若金刚石的晶胞边长为，其中两个最近的碳原子之间的距离为D.晶胞在平面的投影图为：【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中以体心为例，周围紧邻的位于面心，个数为6，故A项正确；B．干冰晶胞中CO2分子之间存在范德华力，金刚石晶胞中碳原子间的作用为共价键，其作用力不同，故B项正确；C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为晶胞体对角线长度的，即acm，故C项错误；D．由晶胞结构可知，Cu晶胞在xy平面的投影图为：，故D项正确；故本题选C。11.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A.(浓)B.C.D.(浓)【答案】A【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸反应生成SO2，SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原反应生成BaSO4，A无法实现；B．根据沉淀溶解平衡原理，，B可以实现；C．氨气催化氧化：，，C可以实现；D．二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，氯气具有强氧化性与铁反应生成氯化铁，D可以实现；故答案为：A。12.已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下工业可用溶液处理。下列说法错误的是A.溶液中存在B.反应温度越高、的进气量越大，脱硫效率越高C.存在反应：D.将溶液加水稀释一倍，溶液中几乎不变【答案】B【解析】【详解】A．由表格数据知H2S是二元弱酸，电离方程式为：，，H2S的电离常数Ka1≫Ka2，其中一级电离程度远大于二级电离程度，因此，A正确；B．温度越高H2S气体逸走，脱硫效率不一定高，由表格知，酸性强弱关系为：，无论H2S的进气量如何，Na2CO3和H2S反应产物只能生成NaHCO3和NaHS，脱硫效率也不一定高，B错误；C．由表格数据知，酸性强弱关系为：，根据强酸制弱酸的原理，碳酸钠和硫化氢反应的离子方程式为，C正确；D．H2S水溶液中存在以下平衡，，，由于Ka1≫Ka2，加水稀释时，主要影响的是第一步电离，，温度不变，K不变，特别是对于S2-，由于其是从H2S分子二级电离产生的，在稀释过程中，虽然H2S分子的数量减少，但由于电离平衡的移动，新产生的S2-数量与减少的H2S分子数量相近，导致S2-的总浓度变化不大，所以溶液中几乎不变，D正确；故选B。13.燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b为正极 B.负极反应为：C.离子交换膜C为阳离子交换膜 D.高温条件下可以提高工作效率【答案】D【解析】【分析】NaBH4中H为-1价，有强还原性，H2O2有强氧化性，在电池中，NaBH4在负极失去电子，所以电极a是负极；H2O2在正极得到电子，电极b为正极。【详解】A．由分析可知，b为正极，故A项正确；B．根据工作原理图可知a电极上失去电子发生氧化反应，其电极反应为：，故B项正确；C．在原电池中，阳离子向正极移动，所以电池放电时Na+从a极区移向b极区，则离子交换膜C为阳离子交换膜，故C项正确；D．高温条件下，过氧化氢分解加快，不能提高工作效率，故D项错误；故答案选D。14.工业上以和为原料合成尿素，在合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：(氨基甲酸铵)反应II：总反应III：下列说法正确的是A.B.反应I在任何温度下可自发进行C.恒压，降低氨碳比可提高反应I中的平衡转化率D.恒容，充入惰性气体，可提高总反应III的反应速率【答案】C【解析】【详解】A．反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据平衡常数的计算原理，，A错误；B．根据吉布斯自由能，可以自发进行，反应Ⅰ为合成反应，为放热反应，，该反应为气体分子数减少的反应，则则该反应低温自发进行，B错误；C．保持压强不变，降低氨碳比可以使平衡向右移动，可提高反应Ⅰ中NH3的平衡转化率，C正确；D．保持容积不变，充入惰性气体增大压强，但是反应物气体的浓度不变，反应速率不变，D错误；故答案为：C。二、非选择题：本题共4个小题，共58分。15.三氯氧磷(POCl3)广泛应用于有机合成，是一种重要的化工原料。工业有多种制备方案。氯化水解法、氧气氧化法是具有代表性的两种。方案一：氯化水解法，操作步骤如下：Ⅰ．将10.0gPCl3加入反应器中Ⅱ．通入氯气，同时滴加水，控制氯、水比[m(Cl2)：m(H2O)=4：1]Ⅲ．使用夹套蒸汽加热至105℃～110℃，使反应物汽化Ⅳ．经冷凝，再回流入反应器中Ⅴ．二次通入氯气，继续氯化残留的PCl3，得到粗产品Ⅵ．将粗产品分离提纯，得到POCl39.6g。已知：物质熔点/℃沸点/℃其他PCl3-112.076.0均易水解POCl32.0105.0H3PO440.0260.0

回答下列问题：（1）POCl3中P的化合价为___________，仪器A的名称为___________。（2）Ⅰ中反应器内发生的主要反应化学方程式为___________，Ⅱ中氯、水比越小，产品产率越低，原因是___________。（3）Ⅳ中提纯粗产品的方法为___________，产品的产率为___________(结果保留1位小数)。方案二：氧气氧化法，原理：2PCl3+O2=2POCl3（4）装置B的作用是___________。（5）方案二优于方案一，请说出两点理由：___________、___________。【答案】（1）①.+5②.恒压滴液漏斗（2）①.PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl②.水过量越多，PCl3水解就越多，导致其产率越低（3）①.蒸馏②.86.0%（4）干燥O2、控制氧气流速、平衡气压（5）①.干燥O2，还可以平衡气压，通过观察气泡来控制氧气流速②.原料利用率高，产品纯度高【解析】【分析】方案一：氯化水解法，将10.0gPCl3放入三颈烧瓶中，然后通入氯气，并按质量比m(Cl2)：m(H2O)=4：1滴入水，通过使用夹套蒸汽加热至105℃～110℃，使反应物汽化，发生反应PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl，为提高原料利用率，需经冷凝再回流到反应装置，二次通入氯气，继续氯化残留的PCl3，得到粗产品，将粗产品分离提纯，得到POCl3的质量是9.6g；方法二：氧气氧化法，在装置A中制取O2，可以是发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O22H2O+O2↑，在装置B中盛有浓硫酸，其作用是干燥O2、控制氧气流速、平衡气压；在装置C中控制温度在60～65℃，发生反应：2PCl3+O22POCl3，冷凝回流装置可以防止PCl3挥发，提高反应物的利用率装置，装置C的干燥管可以防止空气中H2O蒸气进入，便于制取得到更多更纯的产品。【小问1详解】在POCl3中O为-2价，Cl为-1价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知P的化合价为+5价；根据装置图可知仪器A的名称为恒压滴液漏斗；【小问2详解】在Ⅰ中反应器内PCl3与H2O发生的主要反应化学方程式为：PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl；根据上述反应方程式可知：水是一种反应物，而且根据题意可知PCl3、POCl3都会发生水解反应，因此若水过量越多，PCl3水解就越多，导致其不能反应转化为POCl3，这些都会导致POCl3的产率随m(Cl2)：m(H2O)=4：1的比的减小而越低；【小问3详解】PCl3、POCl3都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，二者是互溶的的沸点不同的液态物质，可通过蒸馏方法分离提纯；根据反应方程式：PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl可知：137.5份PCl3反应产生153.5份POCl3，则10.0gPCl3完全发生上述反应，产生POCl3的质量为m(POCl3)=×10.0g=11.16g，实际产量是9.6g，则POCl3的产率是×100%=86.0%；【小问4详解】在装置A中制取O2，经装置B浓硫酸干燥作用进入装置C中，发生反应：2PCl3+O22POCl3，温度计用于测量反应温度，为提高PCl3的利用率，使用仪器b的球形冷凝回流装置，来提高反应物的利用率装置；仪器B的作用是：既可以干燥O2，还可以平衡气压，并通过观察气泡来控制氧气流速；【小问5详解】方案二中是将干燥的O2通入三颈烧瓶的反应装置，出气口采用冷凝回流装置，为防止空气中的水蒸气进入到反应装置，通过一个盛有碱石灰的干燥管，反应采用的是干燥环境，可以避免反应物PCl3水解，从而可以使更多PCl3转化为目标产物POCl3，且产物纯度更高，提高了原料的利用率；同时加热温度较方法一较低，消耗的能量少，因此高方法的反应更节能。16.巴中市处于川东北高硒地区边缘，硒资源丰富。硒酸泥中含游离态的硒、硫及，采用以下工艺流程可处理硒酸泥并制备粗硒。（1）“脱硫”中提高脱硫率的方法有___________(答出一条即可)。（2）依据硫在煤油中的溶解度随温度变化曲线。从脱硫后的滤液得到单质硫的具体方法为___________、___________。（3）“氧化浸硒”中被氧化成的还原产物为一单质，则该反应的离子方程式为___________。（4）a．“还原”过程，理论上，___________。b．硒的还原率与时间、投料比(β为亚硫酸钠与亚硒酸的质量比)、温度的关系如图所示：硒的“还原”最佳条件是___________、___________、___________。（5）查询资料发现，浓度过大时发生反应：。已知该产物的阴离子中，硫为中心原子，硒为端基原子。作为配体时，硫不能作为配位原子，原因是___________，名称为___________。（6）向“残液”中加入溶液可以将离子转化为沉淀而分离，则需控制溶液中___________。已知时。【答案】（1）升高温度（2）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（3）（4）①.1:2②.120min③.β=10④.80℃（5）①.S原子无孤电子对②.硒代硫酸钠。（6）【解析】【分析】硒酸泥加煤油脱硫，过滤，滤渣中加氯酸钠、硫酸把Se氧化为H2SeO3，氧化亚铁氧化为硫酸铁，加亚硫酸钠把H2SeO3还原为Se单质。【小问1详解】S在煤油中的溶解度随温度升高而增大，所以升高温度脱硫率升高。【小问2详解】硫在煤油中的溶解度随温度升高而增大，从脱硫后的滤液得到单质硫的具体方法为蒸发浓缩、冷却结晶。【小问3详解】“氧化浸硒”中被氧化成的还原产物为一单质，可知还原产物为氯气，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为。【小问4详解】a．“还原”过程，Se元素化合价由+4降低为0、S元素化合价由+4升高为+6，根据得失电子守恒，理论上，1:2。b．根据图示，硒的“还原”最佳条件是120min、β=10、80℃。【小问5详解】查询资料发现，浓度过大时发生反应：。已知该产物的阴离子中，硫为中心原子，硒为端基原子。作为配体时，硫不能作为配位原子，原因是S原子无孤电子对；Se原子取代磷酸根中的1个氧原子形成，名称为硒代硫酸钠。小问6详解】向“残液”中加入溶液可以将离子转化为沉淀而分离，则需控制溶液中。17.在航天服、航天器、空间站等密闭系统中，浓度过大，会导致呼吸急促、头晕头痛、昏迷甚至死亡，以下是清除的两种方式，据此回答下列问题：（1）“反应”实现了甲烷化，科技人员基于该反应设计如图过程完成空间站中与的循环，从而实现的再生。①在特定温度下，由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在的标准生成焓。物质标准摩尔生成焓0则反应___________。②有利于提高反应的转化率的措施有___________、___________。③一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示，决速步骤的反应方程式为___________。（2）航天员呼吸产生的还可以利用反应：代替反应。在一容积可变的密闭容器中充入和，容积为，的平衡转化率与温度压强的关系如图所示：①压强___________(填“>”“<”或“=”)。②温度下，该反应的平衡常数___________该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数的大小关系为：___________。（3）光催化可制备甲烷实现的再生，其原理如图所示。回答下列问题：①a区的电极反应式为___________。②该装置若生成，则理论上除去的体积约为___________L(标准状况下)。【答案】（1）①.-164.98②.降低温度③.增大压强④.（2）①.＜②.0.5③.KA=KB＞KC（3）①.②.11.2【解析】【小问1详解】①由题干可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.51kJ/mol；②C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-74.85kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.82kJ/mol；方程式②-①+③得到：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，故ΔH=-74.85kJ/mol-(-393.51kJ/mol)+2(-241.82kJ/mol)=-164.98kJ/mol；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行；该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向着正向进行；③反应活化能越大，反应速率越慢，慢反应为整个过程的决速步，则决速步为：；【小问2详解】①温度相同的情况下，CO2在p1的转化率低于在p2的转化率，说明p1＜p2；②根据三段式：由于容积可变，则反应后的容积为V==2.5L，平衡常数K====0.5；同一压强下，随着温度升高，B到C点，CO2的转化率降低，温度升高平衡逆向进行，说明该反应为放热反应，K受温度影响，T2＞T1，KC＜KB，A、B在同一温度下，平衡常数相同，故KA=KB＞KC；【小问3详解】①a区得电子，发生还原反应，；②根据每生成1molO2转移4mol电子，当转移4mol电子消耗0.5molCO2，则标