高級中學名校試題PAGEPAGE1甘肅省蘭州市2025屆高三診斷考試（一模）試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號框涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號框。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Cu-64I-127Pb-207一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.文物承載著人類的文明與智慧。下列有關文物的敘述不正確的是A.武威出土的銅奔馬屬于合金材料B.馬家窯出土的陶器屬于硅酸鹽產品C.甘肅簡牘博物館珍藏的竹簡主要成分屬于多糖D.敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為【答案】D【解析】A．銅奔馬屬于銅合金，為合金材料，A正確；B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化學成分以硅酸鹽為主，屬于硅酸鹽，B正確；C．竹簡主要成分是纖維素，屬于多糖，C正確；D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為，為黑色，D錯誤；故選D。2.化學用語是描述化學物質組成及變化的專業語言符號。下列有關表述不正確的是A.用電子云輪廓圖示意鍵的形成：B.的價層電子軌道表示式為：C.的價層電子對互斥（VSEPR）模型：D.的形成過程：【答案】B【解析】A．鍵電子云以肩并肩方式重疊形成，圖示正確，故A正確；B．的價層電子軌道表示式為：，故B錯誤；C．中心O原子的價層電子對數為2+=3，含一對孤對電子，VSEPR模型為平面三角形，故C正確；D．離子化合物，用電子式形成過程表示為，故D正確；故選：B。3.科技工作者研究、利用化學知識造福人類，彰顯了勞動者的智慧與精神。下列有關說法不正確的是A.釀酒師釀造葡萄酒添加目的是起殺菌和抗氧化等作用B.醫生做“鋇餐”透視時病人吞服的鋇餐主要成分是C.材料科學家研制的包裝材料聚乳酸（）是由加聚而成D.環境保護工程師利用除去廢水中的【答案】C【解析】A．SO2有殺菌作用，且有還原性，加在葡萄酒中可起到殺菌和抗氧化的作用，A正確；B．做“鋇餐”透視時所使用的主要成分是BaSO4，因其難溶于水且對X射線有良好阻擋作用，B正確；C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]過縮聚方式生成，不是加聚反應，C錯誤；D．Na2S能與Hg2+生成難溶于水的HgS，從而去除廢水中的Hg2+，D正確；故選C。4.丙烯腈是合成纖維、橡膠和樹脂的重要材料，由乙炔與HCN反應制得：。應用到的實驗裝置（夾持儀器已省略）如下圖所示，下列說法正確的是A.A裝置可用于制備乙炔 B.B裝置可用于除去乙炔中的雜質氣體C.C裝置可用于合成丙烯腈 D.D裝置可用于吸收多余的尾氣【答案】D【解析】A．發生裝置所使用的漏斗應使用分液漏斗，從而控制反應速度，故該選項錯誤；B．制取乙炔氣體中含有硫化氫，則硫酸銅溶液的作用是除去雜質硫化氫，氣體應長進短出，故該選項錯誤；C．乙炔合成丙烯腈所需溫度是，酒精燈加熱溫度范圍一般在之間，應采用水浴加熱，故該選項錯誤；D．尾氣中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三鍵，HCN具有較強的還原性，二者都可以被高錳酸鉀溶液氧化，可以用酸性高錳酸鉀溶液進行尾氣處理，D項正確；綜上所述，正確答案是Ｄ。5.環泊酚（D）是一類新型短效靜脈麻醉藥。其部分合成路線如下圖所示，下列說法正確的是A.物質A的名稱為2-異丙基苯酚B.物質A與物質D互為同系物C.可用溶液檢驗D中是否存在未反應的AD.1molB和C分別與足量的溶液反應均消耗【答案】A【解析】A．根據A的結構，母體為苯酚，異丙基在2號位上，故名稱為2-異丙基苯酚，故A正確；B．D的支鏈含有環狀結構，與A的結構不相似，不是同系物，故B錯誤；C．A和D中都含有酚羥基，都能使溶液顯色，不能用溶液檢驗D中是否存在未反應的A，故C錯誤；D．B中只含有1個酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D錯誤；答案選A。6.下列離子方程式的書寫正確的是A.用三氯化鐵溶液刻蝕覆銅電路板：B.海水提溴過程中將溴吹入吸收塔：C.向中加入：D.電解水溶液的離子方程式：【答案】B【解析】A．反應中Fe元素化合價+3→+2，銅元素化合價0→+2，根據得失電子守恒，離子方程式應為：，A錯誤；B．反應中Br元素化合價降低，0→-1，S元素化合價升高，+4→+6，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可得離子方程式為：，B正確；C．Na2O2既做氧化劑又做還原劑，所以離子方程式為：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C錯誤；D．電解產生的氫氧根會和鎂離子生成沉淀，正確的離子方程式為，D錯誤；故選D；7.物質結構決定性質，性質決定用途。下列有關事實解釋不正確的是選項事實解釋A將無水乙醇加入溶液中析出深藍色晶體乙醇分子極性較小，降低了的溶解性B石墨能導電未雜化的p軌道重疊使電子在整個碳原子平面內運動C酸性強于F的電負性大于D的熔點低于引入乙基改變了晶體的類型A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．無水乙醇極性較小，加入溶液后，降低溶劑的極性，導致該離子化合物的溶解度下降，析出深藍色晶體，A正確；B．石墨導電是由于每個碳原子以雜化形成平面結構，未雜化的p軌道垂直于平面，重疊形成離域大π鍵，電子可在平面內自由移動，B正確；C．的酸性強于，因F的電負性比Cl大，吸電子效應更強，使羧基中的羥基極性更大，更易解離，C正確；D．的熔點低于，主要原因是乙基的引入增大了陽離子體積，導致的半徑大于，的離子鍵強度小于，所以熔點，而非改變晶體類型（仍為離子晶體），D錯誤；故選D。8.離子化合物水解可用于制備石墨，其反應原理為(石墨，s，表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.2.7g中含有的離子總數為B.常溫下，的溶液中含的數目為C.7.2g單層石墨中含有六元環的數目為D.每生成3.36L，轉移電子的數目為【答案】C【解析】A．由K+、構成，2.7g物質的量為0.02mol，含有的離子總數為，A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算離子數目，B錯誤；C．石墨中每個碳原子被3個六元環共用，故每個六元環實際占有2個碳原子，7.2克單層石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元環的個數為0.3NA，C正確；D．氫氣的溫度、壓強未知，無法計算轉移電子數目，D錯誤；故選C。9.鈣鈦礦太陽能電池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四種元素。基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，X、Z的質子數之和等于W的質子數。下列說法中正確的是A.基態原子中未成對電子數：B.簡單氫化物的沸點：C.只有Z的最高價氧化物對應水化物為強酸D.W位于第四周期、第ⅡB族【答案】A【解析】基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，則其電子排布式為：1s22s22p2，則X為C元素，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，且原子序數比C大，則Y為N元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，則Z為S元素，X、Z的質子數之和等于W的質子數，則W為Ti元素，以此解題。A．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其價層電子排布式分別為：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成對電子數分別為：2、3、2，即：基態原子中未成對電子數：，A正確；B．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其簡單氫化物分別為：CH4，NH3，H2S，其中氨氣可形成分子間氫鍵，沸點較高，硫化氫分子量較大，其沸點比甲烷大，故簡單氫化物的沸點：，B錯誤；C．Y為N元素，其最高價氧化物對應的水化物為硝酸，是強酸，C錯誤；D．W為Ti元素，是22號元素，位于第四周期、第ⅣB族，D錯誤；故選A。10.下列設計的實驗方案不能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A探究溫度對化學平衡的影響取兩支試管，分別加入2mL0.5溶液，將其中的一支試管先加熱，然后置于冷水中，分別與另一支試管進行對比，觀察溶液顏色變化B驗證溴乙烷發生消去反應向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加熱，將產生的氣體通入酸性溶液中，觀察溶液是否褪色C比較和的大小常溫下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振蕩后再滴加少量0.1溶液，觀察沉淀顏色變化D鑒別蔗糖和麥芽糖溶液分別向兩種無色溶液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱、觀察是否有磚紅色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，通過改變溫度觀察溶液顏色變化，能有效探究溫度對化學平衡的影響，方案可行，A不符合題意；B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加熱生成乙烯，但實驗中未對揮發的乙醇進行除雜處理，乙醇蒸氣可能被酸性高錳酸鉀氧化，導致溶液褪色，干擾實驗結果，無法準確驗證消去反應，方案存在缺陷，B符合題意；C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黃色AgI沉淀，說明AgI的溶度積更小，實驗中用量少，優先與Cl?反應，后續加入KI時，生成黃色AgI沉淀，涉及沉淀的轉化，可正確比較，方案合理，C不符合題意；D．麥芽糖是還原性糖，直接與新制懸濁液共熱生成磚紅色沉淀；蔗糖無還原性，無法反應，該方案可有效鑒別兩者，方法正確，D不符合題意；故選B。11.某研究所設計以軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）為原料制備，其實驗流程如下：已知：固體和溶液均為墨綠色。下列說法正確的是A.“熔融煅燒”過程中使用到的儀器主要有蒸發皿，三腳架和酒精燈B.“濾渣1”的成分是C.“調pH2”過程中反應離子方程式為D.“結晶”過程中獲得晶體可采用降溫結晶法【答案】D【解析】軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）與KOH在空氣中熔融煅燒生成、和，浸取液通入過量得到的濾渣1有和，濾液加入冰醋酸“調pH2”生成和，據此解答。A．“熔融煅燒”需要高溫，應該用坩堝而不是蒸發皿，A錯誤；B．由分析知“濾渣1”的成分是和，B錯誤；C．“調pH2”過程中加入冰醋酸，冰醋酸為弱電解質不拆，反應的離子方程式為，C錯誤；D．的溶解度受溫度影響變化較大，可以采用降溫結晶的方法得到，D正確；故選D。12.科學家為消除酸性工業廢水中甲醛的危害，利用驅動耦合電催化實現了與轉化為高附加值的產品。下圖是耦合電催化反應系統原理圖示。下列有關說法不正確的是A.管負載納米絨電極為陰極B.反應過程中從左極室向右極室移動C.電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成1molD.陽極的電極反應式為【答案】C【解析】b連接的左側中加入HCHO，生成HCOOH，C元素化合價升高，此電極為陽極，連接正極（b），電極反應為：，則右側為陰極，連接電源負極（a），電極反應，據此分析；A．根據分析可知，管負載納米絨電極為陰極，A正確；B．反應過程中陽離子從陽極向陰極移動，即從左極室向右極室移動，B正確；C．電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成2mol，C錯誤；D．根據分析可知，陽極的電極反應式為，D正確；故選C；13.某太陽能電池材料的化學式為，其晶胞結構如下圖所示，其中代表，表示阿伏加德羅常數。下列說法中不正確的是A.N的雜化方式為 B.圖中代表C.晶體密度為 D.的配位數為8【答案】D【解析】A．中N的價電子對數是4，為雜化，A正確；B．由圖可知，1個位于體內，位于面心，個數為6×=3個，位于頂點，個數為8×=1，根據甲胺鉛碘的化學式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，頂點的代表，B正確；C．1個晶胞中含有1個(CH3NH3)PbI3，則晶胞的質量為，晶胞的體積為，則晶胞的體積為，C正確；D．位于晶胞的頂點，與其距離最近的位于3個面的面心，頂點被8個晶胞共用，面心被兩個晶胞共用，則的配位數為個，D錯誤；故選D。14.室溫下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物質的量分數（x）隨pH變化的關系如下圖所示。下列說法不正確的是A.的電離方程式為，B.室溫下，C.將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，離子濃度大小關系為D.時，溶液中存在【答案】C【解析】A．溶液中不存在分子，說明第一步完全電離，則電離方程式為，，A正確；B．，由圖可知，與濃度相等時pH=3，，，B正確；C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，由，可知的電離大于的水解，故，C錯誤；D．時，溶液中陽離子除外還有調pH加入的物質中的陽離子，根據電荷守恒可知時，溶液中存在，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.海洋錳結核是一種富含多種金屬元素的礦物資源，從中提取的金屬在鋼鐵、電子、航天領域有著廣泛的用途。其主要成分為錳、鎳、銅、鈷、鐵等金屬的氧化物。從錳結核中回收金屬的工藝流程如下：已知：①“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金。②“加壓酸浸”后、、元素均以二價鹽的形式存在。③常溫下，相關金屬離子（）生成氫氧化物沉淀的pH如下表：金屬離子開始沉淀的pH1.36.54.276.8完全沉淀（）的pH396.79.29.2（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是________。（2）濾渣的主要成分是________，“調pH”操作中pH的控制范圍為________，該過程中發生反應的離子方程式為________。（3）“電解沉積鎳”的過程中使用石墨電極，陽極的電極反應式為________。（4）萃取劑Ⅰ為，“萃取銅”后銅元素的存在形式為，其中銅元素的配位數為________。萃取后通過________操作將其分離出來。請解釋萃取劑Ⅰ能萃取分離銅元素的原因________。【答案】（1）提高反應速率，增大浸取率（2）①.②.3~4.2③.（3）（4）①.2②.分液③.萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵【解析】錳結核和焦炭“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金，加入S和水硫化熔煉除氧，加壓酸浸，、、元素均以二價鹽的形式存在，浸出液加過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，加萃取劑1萃取銅，經反萃取并電解沉積銅，萃取劑1循環利用；加萃取2萃取鎳，經反萃取并電解沉積鎳，萃取劑2循環利用；最后回收鈷，據此分析；（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率；（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為；（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為；（4），其中銅與N形成配位鍵，銅元素的配位數為2；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中；16.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀是一種重要的配合物，具有特殊的結構和性質，制備流程如下：已知：1.2.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇。實驗步驟：步驟1：制備：稱取2.5g硫酸銅晶體（），溶于水，滴入過量的溶液，加熱煮沸，冷卻，用下圖所示的裝置抽濾，然后用蒸餾水洗滌，得到氧化銅。步驟2：制取：將晶體加入蒸餾水中，微熱，溶解過程中溫度不能超過85℃，待充分溶解后分次加入，反應生成。步驟3：制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀：將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀。反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體。請回答：（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，需要用到的儀器有________。抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是________。用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈的方法：________。（2）步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是________。（3）步驟3制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀反應的化學方程式為________。加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是________，用乙醇洗滌晶體的目的是________。（4）將制得的進行熱重分析，結果如下圖所示，由圖可知在C點剩余固體為和________。【答案】（1）①.托盤天平、藥匙②.抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度③.取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）（2）防止草酸分解（3）①.②.水浴加熱③.洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥（4）【解析】膽礬溶于水，加氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅，加熱煮沸氫氧化銅分解生成氧化銅；草酸晶體加水微熱，然后加入碳酸鉀固體，可生成草酸氫鉀；二者混合在50℃水浴加熱，反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體。（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）；（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解；（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥；（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。17.煤制甲醇工業對國家能源安全和化工產業發展意義重大。其主要流程分為煤氣化和合成甲醇：Ⅰ．煤氣化的主要反應：反應1：反應2：請回答：（1）反應的________，在________（選填“低溫”、“高溫”或“任意溫度”）條件下有利于該反應自發進行。（2）在恒溫恒容容器內進行反應1和反應2，下列說法正確的有________（填序號）。A.混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡B.平衡時的體積分數可能大于C.平衡時向容器中充入惰性氣體，平衡體系中的體積分數不變D.平衡時縮小容器體積，平衡體系中減小（3）研究人員結合實驗與計算機模擬結果揭示了在金催化劑表面上反應2的反應歷程（如下圖所示），其中吸附在金催化劑表面上的物質用*標注。該歷程中決定反應2速率的步驟方程式為________。（4）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的和同時發生反應1和反應2，起始壓強為0.1MPa，平衡時的轉化率為50%，的物質的量是為0.1mol，則反應1的平衡常數________。（已知為分壓平衡常數，分壓=總壓物質的是分數）Ⅱ．合成甲醇的主要反應為。（5）在其他條件一定時，甲醇的產量隨溫度和壓強的變化趨勢如上圖所示，其中壓強最大的是________（選填）。（6）在550K、條件下，M點所示的反應狀態中甲醇的生成速率________甲醇的消耗速率（選填“>”“<”或“=”）。（7）請解釋甲醇的產量隨溫度變化的原因________。【答案】（1）①.②.高溫（2）AC（3）（或）（4）0.01MPa（5）（6）<（7）時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低【解析】（1）由蓋斯定律可知：反應1+反應2可得，則；該反應吸熱反應且、，根據時反應自發進行，則該反應在高溫條件下進行有利于該反應自發進行；（2）A．反應1中C是固體，恒溫恒容容器內，隨著反應的進行，混合氣體的質量逐漸增大，則密度逐漸增大，當密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，A正確；B．反應1+反應2可得，假設反應完全進行到底，則H2的體積分數為，但可逆反應不能進行到底，則H2的體積分數一定小于，B錯誤；C．平衡時向容器中充入惰性氣體，容器內總壓強增大，但是恒容條件下各物質濃度不變，平衡不移動，則平衡體系中CO的體積分數不變，C正確；D．總體考慮該反應體系，反應1-反應2得:，該反應的平衡常數為，則平衡時縮小容器體積，溫度不變，平衡體系中不變，D錯誤；故選AC（3）決速步驟是反應速率最慢的，活化能最大的步驟，方程式為：（或）；（4）平衡時的轉化率為50%，則平衡時水的物質的量為0.5mol，則的物質的量是為0.1mol，設反應1消耗水得物質的量為xmol，列出三段式得，，則，解得x=0.3mol，此時容器中總氣體的物質的量為（0.5+0.1+0.5+0.2）mol=1.3mol，起始壓強為0.1MPa，則此時總壓強為，反應1的平衡常數；（5）該反應正向是氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，甲醇的產量增大，故壓強最大的為P1；（6）在550K、條件下，M點在平衡曲線上方，此時反應逆向進行，故所示的反應狀態中甲醇的生成速率<甲醇的消耗速率；（7），反應為放熱反應，時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低。18.阿法替尼（Afatinib）是不可逆型酪氨酸激酶抑制劑，可持久地抑制腫瘤細胞的增殖和生長，其工業合成路線如下圖所示：請回答：（1）B中含氧官能團的名稱為________。（2）F、H的結構簡式分別為________、________。（3）反應D→E的反應類型為________。（4）反應I→J的化學方程式為________。（5）C有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體有________種（不考慮立體異構）。a．能發生銀鏡反應b．不含醚鍵其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為________（任寫一個即可）。【答案】（1）硝基、（酚）羥基（2）①.②.（3）還原反應（4）（5）①.7②.和【解析】A發生硝化反應生成B，B和C發生取代反應生成D，結合D的結構簡式，B為，C為，D發生還原反應生成E，E和F發生取代反應生成G，結合G的結構，F為，F發生硝化反應生成H，H發生還原反應生成I，I和反應生成J，根據J的結構，H為，I為，J和反應生成產物阿法替尼，據此解答。（1）B為，其含氧官能團的名稱為硝基、（酚）羥基。（2）根據分析，F、H的結構簡式分別為、。（3）由D、E結結構簡式可知，D轉化為E時硝基被還原為氨基，即D發生還原反應生成E，反應D→E的反應類型為還原反應。（4）反應I→J的化學方程式為。（5）C為，同分異構體符合a．能發生銀鏡反應，則含有醛基；b．不含醚鍵，其同分異構體有、、、、、、，共7種；其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為和。甘肅省蘭州市2025屆高三診斷考試（一模）試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號框涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號框。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Cu-64I-127Pb-207一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.文物承載著人類的文明與智慧。下列有關文物的敘述不正確的是A.武威出土的銅奔馬屬于合金材料B.馬家窯出土的陶器屬于硅酸鹽產品C.甘肅簡牘博物館珍藏的竹簡主要成分屬于多糖D.敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為【答案】D【解析】A．銅奔馬屬于銅合金，為合金材料，A正確；B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化學成分以硅酸鹽為主，屬于硅酸鹽，B正確；C．竹簡主要成分是纖維素，屬于多糖，C正確；D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為，為黑色，D錯誤；故選D。2.化學用語是描述化學物質組成及變化的專業語言符號。下列有關表述不正確的是A.用電子云輪廓圖示意鍵的形成：B.的價層電子軌道表示式為：C.的價層電子對互斥（VSEPR）模型：D.的形成過程：【答案】B【解析】A．鍵電子云以肩并肩方式重疊形成，圖示正確，故A正確；B．的價層電子軌道表示式為：，故B錯誤；C．中心O原子的價層電子對數為2+=3，含一對孤對電子，VSEPR模型為平面三角形，故C正確；D．離子化合物，用電子式形成過程表示為，故D正確；故選：B。3.科技工作者研究、利用化學知識造福人類，彰顯了勞動者的智慧與精神。下列有關說法不正確的是A.釀酒師釀造葡萄酒添加目的是起殺菌和抗氧化等作用B.醫生做“鋇餐”透視時病人吞服的鋇餐主要成分是C.材料科學家研制的包裝材料聚乳酸（）是由加聚而成D.環境保護工程師利用除去廢水中的【答案】C【解析】A．SO2有殺菌作用，且有還原性，加在葡萄酒中可起到殺菌和抗氧化的作用，A正確；B．做“鋇餐”透視時所使用的主要成分是BaSO4，因其難溶于水且對X射線有良好阻擋作用，B正確；C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]過縮聚方式生成，不是加聚反應，C錯誤；D．Na2S能與Hg2+生成難溶于水的HgS，從而去除廢水中的Hg2+，D正確；故選C。4.丙烯腈是合成纖維、橡膠和樹脂的重要材料，由乙炔與HCN反應制得：。應用到的實驗裝置（夾持儀器已省略）如下圖所示，下列說法正確的是A.A裝置可用于制備乙炔 B.B裝置可用于除去乙炔中的雜質氣體C.C裝置可用于合成丙烯腈 D.D裝置可用于吸收多余的尾氣【答案】D【解析】A．發生裝置所使用的漏斗應使用分液漏斗，從而控制反應速度，故該選項錯誤；B．制取乙炔氣體中含有硫化氫，則硫酸銅溶液的作用是除去雜質硫化氫，氣體應長進短出，故該選項錯誤；C．乙炔合成丙烯腈所需溫度是，酒精燈加熱溫度范圍一般在之間，應采用水浴加熱，故該選項錯誤；D．尾氣中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三鍵，HCN具有較強的還原性，二者都可以被高錳酸鉀溶液氧化，可以用酸性高錳酸鉀溶液進行尾氣處理，D項正確；綜上所述，正確答案是Ｄ。5.環泊酚（D）是一類新型短效靜脈麻醉藥。其部分合成路線如下圖所示，下列說法正確的是A.物質A的名稱為2-異丙基苯酚B.物質A與物質D互為同系物C.可用溶液檢驗D中是否存在未反應的AD.1molB和C分別與足量的溶液反應均消耗【答案】A【解析】A．根據A的結構，母體為苯酚，異丙基在2號位上，故名稱為2-異丙基苯酚，故A正確；B．D的支鏈含有環狀結構，與A的結構不相似，不是同系物，故B錯誤；C．A和D中都含有酚羥基，都能使溶液顯色，不能用溶液檢驗D中是否存在未反應的A，故C錯誤；D．B中只含有1個酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D錯誤；答案選A。6.下列離子方程式的書寫正確的是A.用三氯化鐵溶液刻蝕覆銅電路板：B.海水提溴過程中將溴吹入吸收塔：C.向中加入：D.電解水溶液的離子方程式：【答案】B【解析】A．反應中Fe元素化合價+3→+2，銅元素化合價0→+2，根據得失電子守恒，離子方程式應為：，A錯誤；B．反應中Br元素化合價降低，0→-1，S元素化合價升高，+4→+6，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可得離子方程式為：，B正確；C．Na2O2既做氧化劑又做還原劑，所以離子方程式為：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C錯誤；D．電解產生的氫氧根會和鎂離子生成沉淀，正確的離子方程式為，D錯誤；故選D；7.物質結構決定性質，性質決定用途。下列有關事實解釋不正確的是選項事實解釋A將無水乙醇加入溶液中析出深藍色晶體乙醇分子極性較小，降低了的溶解性B石墨能導電未雜化的p軌道重疊使電子在整個碳原子平面內運動C酸性強于F的電負性大于D的熔點低于引入乙基改變了晶體的類型A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．無水乙醇極性較小，加入溶液后，降低溶劑的極性，導致該離子化合物的溶解度下降，析出深藍色晶體，A正確；B．石墨導電是由于每個碳原子以雜化形成平面結構，未雜化的p軌道垂直于平面，重疊形成離域大π鍵，電子可在平面內自由移動，B正確；C．的酸性強于，因F的電負性比Cl大，吸電子效應更強，使羧基中的羥基極性更大，更易解離，C正確；D．的熔點低于，主要原因是乙基的引入增大了陽離子體積，導致的半徑大于，的離子鍵強度小于，所以熔點，而非改變晶體類型（仍為離子晶體），D錯誤；故選D。8.離子化合物水解可用于制備石墨，其反應原理為(石墨，s，表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.2.7g中含有的離子總數為B.常溫下，的溶液中含的數目為C.7.2g單層石墨中含有六元環的數目為D.每生成3.36L，轉移電子的數目為【答案】C【解析】A．由K+、構成，2.7g物質的量為0.02mol，含有的離子總數為，A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算離子數目，B錯誤；C．石墨中每個碳原子被3個六元環共用，故每個六元環實際占有2個碳原子，7.2克單層石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元環的個數為0.3NA，C正確；D．氫氣的溫度、壓強未知，無法計算轉移電子數目，D錯誤；故選C。9.鈣鈦礦太陽能電池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四種元素。基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，X、Z的質子數之和等于W的質子數。下列說法中正確的是A.基態原子中未成對電子數：B.簡單氫化物的沸點：C.只有Z的最高價氧化物對應水化物為強酸D.W位于第四周期、第ⅡB族【答案】A【解析】基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，則其電子排布式為：1s22s22p2，則X為C元素，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，且原子序數比C大，則Y為N元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，則Z為S元素，X、Z的質子數之和等于W的質子數，則W為Ti元素，以此解題。A．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其價層電子排布式分別為：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成對電子數分別為：2、3、2，即：基態原子中未成對電子數：，A正確；B．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其簡單氫化物分別為：CH4，NH3，H2S，其中氨氣可形成分子間氫鍵，沸點較高，硫化氫分子量較大，其沸點比甲烷大，故簡單氫化物的沸點：，B錯誤；C．Y為N元素，其最高價氧化物對應的水化物為硝酸，是強酸，C錯誤；D．W為Ti元素，是22號元素，位于第四周期、第ⅣB族，D錯誤；故選A。10.下列設計的實驗方案不能達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A探究溫度對化學平衡的影響取兩支試管，分別加入2mL0.5溶液，將其中的一支試管先加熱，然后置于冷水中，分別與另一支試管進行對比，觀察溶液顏色變化B驗證溴乙烷發生消去反應向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加熱，將產生的氣體通入酸性溶液中，觀察溶液是否褪色C比較和的大小常溫下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振蕩后再滴加少量0.1溶液，觀察沉淀顏色變化D鑒別蔗糖和麥芽糖溶液分別向兩種無色溶液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱、觀察是否有磚紅色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，通過改變溫度觀察溶液顏色變化，能有效探究溫度對化學平衡的影響，方案可行，A不符合題意；B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加熱生成乙烯，但實驗中未對揮發的乙醇進行除雜處理，乙醇蒸氣可能被酸性高錳酸鉀氧化，導致溶液褪色，干擾實驗結果，無法準確驗證消去反應，方案存在缺陷，B符合題意；C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黃色AgI沉淀，說明AgI的溶度積更小，實驗中用量少，優先與Cl?反應，后續加入KI時，生成黃色AgI沉淀，涉及沉淀的轉化，可正確比較，方案合理，C不符合題意；D．麥芽糖是還原性糖，直接與新制懸濁液共熱生成磚紅色沉淀；蔗糖無還原性，無法反應，該方案可有效鑒別兩者，方法正確，D不符合題意；故選B。11.某研究所設計以軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）為原料制備，其實驗流程如下：已知：固體和溶液均為墨綠色。下列說法正確的是A.“熔融煅燒”過程中使用到的儀器主要有蒸發皿，三腳架和酒精燈B.“濾渣1”的成分是C.“調pH2”過程中反應離子方程式為D.“結晶”過程中獲得晶體可采用降溫結晶法【答案】D【解析】軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）與KOH在空氣中熔融煅燒生成、和，浸取液通入過量得到的濾渣1有和，濾液加入冰醋酸“調pH2”生成和，據此解答。A．“熔融煅燒”需要高溫，應該用坩堝而不是蒸發皿，A錯誤；B．由分析知“濾渣1”的成分是和，B錯誤；C．“調pH2”過程中加入冰醋酸，冰醋酸為弱電解質不拆，反應的離子方程式為，C錯誤；D．的溶解度受溫度影響變化較大，可以采用降溫結晶的方法得到，D正確；故選D。12.科學家為消除酸性工業廢水中甲醛的危害，利用驅動耦合電催化實現了與轉化為高附加值的產品。下圖是耦合電催化反應系統原理圖示。下列有關說法不正確的是A.管負載納米絨電極為陰極B.反應過程中從左極室向右極室移動C.電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成1molD.陽極的電極反應式為【答案】C【解析】b連接的左側中加入HCHO，生成HCOOH，C元素化合價升高，此電極為陽極，連接正極（b），電極反應為：，則右側為陰極，連接電源負極（a），電極反應，據此分析；A．根據分析可知，管負載納米絨電極為陰極，A正確；B．反應過程中陽離子從陽極向陰極移動，即從左極室向右極室移動，B正確；C．電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成2mol，C錯誤；D．根據分析可知，陽極的電極反應式為，D正確；故選C；13.某太陽能電池材料的化學式為，其晶胞結構如下圖所示，其中代表，表示阿伏加德羅常數。下列說法中不正確的是A.N的雜化方式為 B.圖中代表C.晶體密度為 D.的配位數為8【答案】D【解析】A．中N的價電子對數是4，為雜化，A正確；B．由圖可知，1個位于體內，位于面心，個數為6×=3個，位于頂點，個數為8×=1，根據甲胺鉛碘的化學式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，頂點的代表，B正確；C．1個晶胞中含有1個(CH3NH3)PbI3，則晶胞的質量為，晶胞的體積為，則晶胞的體積為，C正確；D．位于晶胞的頂點，與其距離最近的位于3個面的面心，頂點被8個晶胞共用，面心被兩個晶胞共用，則的配位數為個，D錯誤；故選D。14.室溫下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物質的量分數（x）隨pH變化的關系如下圖所示。下列說法不正確的是A.的電離方程式為，B.室溫下，C.將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，離子濃度大小關系為D.時，溶液中存在【答案】C【解析】A．溶液中不存在分子，說明第一步完全電離，則電離方程式為，，A正確；B．，由圖可知，與濃度相等時pH=3，，，B正確；C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，由，可知的電離大于的水解，故，C錯誤；D．時，溶液中陽離子除外還有調pH加入的物質中的陽離子，根據電荷守恒可知時，溶液中存在，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.海洋錳結核是一種富含多種金屬元素的礦物資源，從中提取的金屬在鋼鐵、電子、航天領域有著廣泛的用途。其主要成分為錳、鎳、銅、鈷、鐵等金屬的氧化物。從錳結核中回收金屬的工藝流程如下：已知：①“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金。②“加壓酸浸”后、、元素均以二價鹽的形式存在。③常溫下，相關金屬離子（）生成氫氧化物沉淀的pH如下表：金屬離子開始沉淀的pH1.36.54.276.8完全沉淀（）的pH396.79.29.2（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是________。（2）濾渣的主要成分是________，“調pH”操作中pH的控制范圍為________，該過程中發生反應的離子方程式為________。（3）“電解沉積鎳”的過程中使用石墨電極，陽極的電極反應式為________。（4）萃取劑Ⅰ為，“萃取銅”后銅元素的存在形式為，其中銅元素的配位數為________。萃取后通過________操作將其分離出來。請解釋萃取劑Ⅰ能萃取分離銅元素的原因________。【答案】（1）提高反應速率，增大浸取率（2）①.②.3~4.2③.（3）（4）①.2②.分液③.萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵【解析】錳結核和焦炭“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金，加入S和水硫化熔煉除氧，加壓酸浸，、、元素均以二價鹽的形式存在，浸出液加過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，加萃取劑1萃取銅，經反萃取并電解沉積銅，萃取劑1循環利用；加萃取2萃取鎳，經反萃取并電解沉積鎳，萃取劑2循環利用；最后回收鈷，據此分析；（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率；（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為；（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為；（4），其中銅與N形成配位鍵，銅元素的配位數為2；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中；16.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀是一種重要的配合物，具有特殊的結構和性質，制備流程如下：已知：1.2.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇。實驗步驟：步驟1：制備：稱取2.5g硫酸銅晶體（），溶于水，滴入過量的溶液，加熱煮沸，冷卻，用下圖所示的裝置抽濾，然后用蒸餾水洗滌，得到氧化銅。步驟2：制取：將晶體加入蒸餾水中，微熱，溶解過程中溫度不能超過85℃，待充分溶解后分次加入，反應生成。步驟3：制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀：將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀。反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體。請回答：（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，需要用到的儀器有________。抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是________。用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈的方法：________。（2）步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是________。（3）步驟3制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀反應的化學方程式為________。加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是________，用乙醇洗滌晶體的目的是________。（4）將制得的進行熱重分析，結果如下圖所示，由圖可知在C點剩余固體為和________。【答案】（1）①.托盤天平、藥匙②.抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度③.取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）（2）防止草酸分解（3）①.②.水浴加熱③.洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥（4）【解析】膽礬溶于水，加氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅，加熱煮沸氫氧化銅分解生成氧化銅；草酸晶體加水微熱，然后加入碳酸鉀固體，可生成草酸氫鉀；二者混合在50℃水浴加熱，反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體，得到二草酸合銅(Ⅱ)酸鉀晶體。（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）；（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解；（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥；（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。17.煤制甲醇工業對國家能源安全和化工產業發展意義重大。其主要流程分為煤氣化和合成甲醇：Ⅰ．煤氣化的主要反應：反應1：反應2：請回答：（1）反應的________，在________（選填“低溫”、“高溫”或“任意溫度”）條件下有利于該反應自發進行。（2）在恒溫恒容容器內進行反應1和反應2，下列說法正確的有________（填序號）。A.混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡B.平衡時的體積分數可能大于C.平衡時向容器中充入惰性氣體