第1頁/共1頁2025年甘肅省普通高等學校招生統一考試化學注意事項：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，再選涂其他答案標號框。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-12O-16一、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，只有一項是符合題目要求的。1.下列愛國主義教育基地的藏品中，主要成分屬于無機非金屬材料的是A.勞動英雄模范碑(南梁革命紀念館藏)B.紅軍黨員登記表(紅軍長征勝利紀念館藏)C.陜甘紅軍兵工廠鐵工具(甘肅省博物館藏)D.謝覺哉使用過的皮箱(八路軍蘭州辦事處紀念館藏)【答案】A【解析】【詳解】A．勞動英雄模范碑通常由石材或混凝土制成，屬于無機非金屬材料（如硅酸鹽類），A符合題意；B．紅軍黨員登記表為紙質材料，主要成分是纖維素（有機高分子材料），B不符合題意；C．鐵工具由金屬鐵制成，屬于金屬材料，C不符合題意；D．皮箱由皮革（動物蛋白質加工而成，屬于有機材料）制成，D不符合題意；故選A。2.馬家窯文化遺址出土了大量新石器時代陶制文物，陶制文物的主要成分為硅酸鹽，下列有關表述錯誤的是A.基態Si原子的價層電子排布圖：B.的同位素可作為有機反應示蹤原子C.的電子式為：D.的球棍模型為：【答案】D【解析】【詳解】A．Si為14號元素，其基態價電子排布式為3s23p2，故其基態價電子排布圖為，A項正確；B．16O和18O為氧元素兩種同位素，18O常用作同位素標記，可作為有機反應的示蹤原子，B項正確；C．SiCl4為分子晶體，Si與Cl形成一對共用電子對，故SiCl4的電子式為，C項正確；D．SiO2為共價晶體，其球棍模型應為立體網狀結構，不能表示SiO2，D項錯誤；故選D。3.苦水玫瑰是中國國家地理標志產品，可從中提取高品質的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的結構簡式如圖，下列說法錯誤的是A.該分子含1個手性碳原子 B.該分子所有碳原子共平面C.該物質可發生消去反應 D.該物質能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【詳解】A．該分子含1個手性碳原子，如圖所示，A項正確；B．該分子中存在多個sp3雜化的碳原子，故該分子所在的碳原子不全部共平面，B項錯誤；C．該物質含有醇羥基，且與羥基的β-碳原子上有氫原子，故該物質可以發生消去反應，C項正確；D．該物質含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D項正確；故選B4.加氫轉化成甲烷，是綜合利用實現“碳中和”和“碳達峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反應達到平衡時，能使平衡向正反應方向移動的是A減小體系壓強 B.升高溫度C.增大濃度 D.恒容下充入惰性氣體【答案】C【解析】【詳解】A．反應物氣體總物質的量為5mol，生成物為3mol，減小壓強會使平衡向氣體體積增大的方向（逆反應）移動，A不符合題意；B．該反應為放熱反應，升高溫度會使平衡向吸熱的逆反應方向移動，B不符合題意；C．增大濃度會提高反應物濃度，根據勒夏特列原理，平衡向正反應方向移動以消耗增加的，C符合題意；D．恒容充入惰性氣體不改變各物質濃度，對平衡無影響，D不符合題意；故選C。5.X、Y、Z、W、Q分別為原子序數依次增大的短周期主族元素。Y、Q基態原子的價電子數相同，均為其K層電子數的3倍，X與Z同族，W為金屬元素，其原子序數等于X與Z的原子序數之和。下列說法錯誤的是A.X與Q組成的化合物具有還原性 B.Y與Q組成的化合物水溶液顯堿性C.Z、W的單質均可在空氣中燃燒 D.Z與Y按原子數組成的化合物具有氧化性【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q分別為原子序數依次增大的短周期主族元素。Y、Q基態原子的價電子數相同，說明Y、Q為同主族元素，均為其K層電子數的3倍，說明價電子數為6，為氧元素和硫元素；X與Z同族，W為金屬元素，其原子序數等于X與Z的原子序數之和，所以只能推出W為鎂，則Z為Na，X為H，據此解答。【詳解】A．X與Q組成的化合物如H與S形成的H2S，這些化合物中S處于最低價，具有還原性，A正確；B．Y與Q形成的化合物為SO2或SO3，溶于水生成亞硫酸或硫酸，溶液顯酸性，B錯誤；C．Z為Na，W為Mg，都可以在空氣中燃燒生成過氧化鈉和氧化鎂，C正確；D．Z與Y按1:1組成的化合物為過氧化鈉，其中O為-1價，有氧化性，D正確；故選B。6.丁酸乙酯有果香味。下列制備、純化丁酸乙酯的實驗操作對應的裝置錯誤的是(加熱及夾持裝置略)ABCD回流蒸餾分液干燥A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．加熱回流時選擇圓底燒瓶和球形冷凝管，冷凝管起到冷凝回流的目的，A正確；B．蒸餾時測定的是蒸汽的溫度，溫度計水銀球應放在蒸餾燒瓶的支管口處，該裝置溫度計插入液體中，測定是液體的溫度，裝置不對，B錯誤；C．分液時，選擇分液漏斗和燒餅，為了防止液體濺出，分液漏斗下端緊挨燒杯內壁，C正確；D．有機液體干燥時，常加入無水氯化鎂，無水硫酸鈉等干燥劑，充分吸收水分后，過濾，可得干燥的有機液體，D正確；故選B。7.物質的結構決定性質，下列事實與結構因素無關的是選項事實結構因素AK與Na產生的焰色不同能量量子化B的沸點高于分子間作用力C金屬有良好的延展性離子鍵D剛玉的硬度大，熔點高共價晶體A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．焰色反應的本質是電子躍遷釋放特定波長的光，不同元素的原子能級（能量量子化）導致焰色差異，結構因素正確，A不符合題意；B．SiH4和CH4均為分子晶體，沸點差異由分子間作用力（范德華力）強弱決定，結構因素正確，B不符合題意；C．金屬延展性源于金屬鍵的特性（自由電子使原子層滑動），而離子鍵對應離子晶體（延展性差），結構因素“離子鍵”錯誤，C符合題意；D．四大晶體類型只是理想的模型，共價晶體與離子晶體沒有明顯的邊界，二者間存在過渡區域，剛玉的硬度大，熔點高，說明其具有共價晶體的特征，結構因素正確，D不符合題意；故選C。8.物質的性質決定用途，下列物質的性質與用途對應關系不成立的是選項物質的性質用途A具有熱分解性餐具洗滌劑B酚醛樹脂具有耐高溫、隔熱性飛船外層燒蝕材料C離子液體具有導電性原電池電解質D水凝膠具有親水性隱形眼鏡材料A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．NaHCO3用作餐具洗滌劑是因為水解顯堿性可與油脂反應，而非熱分解性，對應關系不成立，A錯誤；B．酚醛樹脂耐高溫、隔熱性符合燒蝕材料保護飛船的需求，對應正確，B正確；C．離子液體的導電性使其適合作為原電池電解質，對應正確，C正確；D．水凝膠的親水性可保持隱形眼鏡濕潤，對應正確，D正確；故選A。9.我國化學家合成了一種帶有空腔的杯狀主體分子(結構式如圖a)，該分子和客體分子可形成主客體包合物：被固定在空腔內部(結構示意圖見圖b)。下列說法錯誤的是A.主體分子存在分子內氫鍵 B.主客體分子之間存在共價鍵C.磺酸基中的S—O鍵能比小 D.和中N均采用雜化【答案】B【解析】【詳解】A．主體分子內羥基與磺酸基相鄰較近，磺酸基中含有羥基的結構，可以形成分子內氫鍵，A正確；B．主體與客體間通過非共價鍵形成超分子，B錯誤；C．已知單鍵的鍵能小于雙鍵，則S-O的鍵能比S=O鍵能小，C正確；D．N原子價電子數為5，中N有4條鍵，失去1個電子形成陽離子，無孤對電子，采用sp3雜化，中N有3條鍵，1對孤對電子，價層電子對數為4，采用sp3雜化，D正確；故選B。10.我國科學家制備了具有優良雙折射性能的材料。下列說法正確的是A.電負性 B.原子半徑C.中所有I的孤電子對數相同 D.中所有N—H極性相同【答案】C【解析】【詳解】A．非金屬性越強，電負性越大，故電負性：C＜N＜O，A錯誤；；B．同周期從左到右，原子半徑遞減，故原子半徑：C＞N＞O，B錯誤；C．碘的價電子數為7，中心原子I與兩個碘通過共用電子對形成共價鍵，則兩邊的碘存在3對孤對電子，中心原子I的孤對電子是，C正確；D．六元環內存在大π鍵，大π鍵具有吸電子效應，離大π鍵比較近，N-H鍵極性更大，D錯誤；故選C。11.處理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：下列說法正確的是A.“沉銅”過程中發生反應的離子方程式：B.“堿浸”過程中NaOH固體加入量越多，沉淀越完全C.“氧化”過程中鐵元素化合價降低D.“沉鋰”過程利用了的溶解度比小的性質【答案】A【解析】【分析】酸浸液(主要含)加入鐵粉“沉銅”，置換出Cu單質，溶液加入NaOH堿浸，過濾得到Al(OH)3沉淀，濾液加入H2O2，把Fe2+氧化為Fe(OH)3沉淀，在經過多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。【詳解】A．“沉銅”過程中鐵置換出銅單質，發生反應的離子方程式：，A錯誤；B．Al(OH)3是兩性氫氧化物，NaOH過量，則Al(OH)3會溶解，B錯誤；C．“氧化”過程中將Fe2+氧化為Fe3+，鐵元素化合價升高，C錯誤；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性質，D正確；答案選D。12.我國科研工作者設計了一種Mg-海水電池驅動海水()電解系統(如下圖)。以新型為催化劑(生長在泡沫鎳電極上)。在電池和電解池中同時產生氫氣。下列關于該系統的說法錯誤的是A.將催化劑生長在泡沫鎳電極上可提高催化效率B.在外電路中，電子從電極1流向電極4C.電極3的反應為：D.理論上，每通過2mol電子，可產生【答案】D【解析】【分析】有圖可知，左側為原電池，右側為電解池，電極1為負極，發生氧化反應，電極反應式為：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，電極2為正極發生還原反應，電極反應式為：H2O+2e-=H2↑+2OH-，右側為電解池，電極3為陽極，產生氧氣，電極4產生陰極，產生氫氣。【詳解】A．催化劑生長在泡沫鎳電極上可加快電解速率，提高催化效率，A正確；B．根據分析，電極1是負極，電極4為陰極，電子從電極1流向電極4，B正確；C．由分析可知，電極3為陽極，發生氧化反應，生成氧氣，電極3的反應為：，C正確；D．根據分析可知，電極2和電極4均產生氫氣，理論上，每通過2mol電子，可產生2molH2，D錯誤；答案選D。13.下列實驗操作能夠達到目的的是選項實驗操作目的A測定0.01mol/L某酸溶液的pH是否為2判斷該酸是否為強酸B向稀溶液滴入幾滴濃硫酸，觀察溶液顏色變化探究對水解的影響C向溶液先滴入幾滴NaCl溶液，再滴入幾滴NaI溶液，觀察沉淀顏色變化比較AgCl和AgI的Ksp大小D將氯氣通入溶液，觀察是否產生淡黃色沉淀驗證氯氣的氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．若該酸為一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判斷為強酸，但某些二元弱酸，在濃度0.01mol/L也可能達到pH=2，故無法判斷該酸是否為強酸，A錯誤；B．向稀溶液中加濃硫酸，雖增加濃度增大抑制水解，但濃硫酸稀釋時放熱，未控制變量，無法單獨驗證的影響，B錯誤；C．溶液過量，溶液中剩余的會直接與生成AgI沉淀，無法證明AgCl轉化為AgI，故不能比較Ksp，C錯誤；D．與反應生成S淡黃色沉淀，證明將氧化為S，驗證了的氧化性，D正確；故選D。14.氨基乙酸是結構最簡單氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：在25℃時，其分布分數[如=]與溶液pH關系如圖1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH與NaOH溶液滴入體積的變化關系如圖2所示。下列說法錯誤的是A.曲線Ⅰ對應的離子是B.a點處對應的pH為9.6C.b點處D.c點處【答案】C【解析】【分析】圖1可知，隨著pH增大，平衡右移，*NH3CH2COOH的分布分數減少，NH3CH2COO-先增加后減少，NH2CH2COO-最后增加，a點代表NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分數相等的點；圖2中b點滴入NaOH為10mL，和NaOH的物質的量相等，得到NH3CH2COO-，c點和NaOH的物質的量之比為1:2，得到主要粒子為NH2CH2COO-。【詳解】A．根據分析可知，隨著pH值增大，*NH3CH2COOH的分布分數減少，曲線I代表*NH3CH2COOH的分布分數，A正確；B．a點代表NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分數相等的點，二者濃度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，B正確；C．圖2中b點滴入NaOH為10mL，和NaOH的物質的量相等，得到主要離子為NH3CH2COO-，NH3CH2COO-存在電離和水解，Ka2=10-9.6，Kh==，電離大于水解，則，C錯誤；D．c點和NaOH的物質的量之比為1:2，得到主要粒子為NH2CH2COO-，根據質子守恒，有，D正確；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某興趣小組按如下流程由稀土氧化物和苯甲酸鈉制備配合物，并通過實驗測定產品純度和結晶水個數(雜質受熱不分解)。已知在堿性溶液中易形成沉淀。在空氣中易吸潮，加強熱時分解生成。（1）步驟①中，加熱的目的為_______。（2）步驟②中，調節溶液pH時需攪拌并緩慢滴加NaOH溶液，目的為_______；pH接近6時，為了防止pH變化過大，還應采取的操作為_______。（3）如圖所示玻璃儀器中，配制一定物質的量濃度的苯甲酸鈉溶液所需的儀器名稱為_______。（4）準確稱取一定量產品，溶解于稀中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有機溶劑，加入一定量的NaOH標準溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl標準溶液滴定剩余的NaOH。滴定終點的現象為_______。實驗所需的指示劑不可更換為甲基橙，原因為_______。（5）取一定量產品進行熱重分析，每個階段的重量降低比例數據如圖所示。0～92℃范圍內產品質量減輕的原因為_______。結晶水個數_______。[，結果保留兩位有效數字]。【答案】（1）升高溫度，加快溶解速率，提高浸出率（2）①.防止生成沉淀②.緩慢滴加NaOH溶液，同時測定溶液的pH值（3）容量瓶、燒杯（4）①.滴入最后半滴標準溶液，溶液有淺紅色變無色，并保持半分鐘不褪色②.滴定終點呈堿性，使用甲基橙誤差較大（5）①.吸潮的水②.1.7【解析】【分析】Eu2O3加入稀鹽酸加熱溶解，調節pH=6，再加入苯甲酸鈉溶液，得到沉淀，再經過抽濾、洗滌，得到產品。【小問1詳解】步驟①中，加熱的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；【小問2詳解】在堿性溶液中易形成沉淀，步驟②中，調節溶液pH時需攪拌并緩慢滴加NaOH溶液，目的是防止生成沉淀；pH接近6時，為了防止pH變化過大，要緩慢滴加NaOH溶液，同時測定溶液的pH值；【小問3詳解】配制一定物質的量濃度的苯甲酸鈉溶液所需的儀器有容量瓶、燒杯，不需要漏斗和圓底燒瓶；【小問4詳解】用酚酞做指示劑，HCl標準溶液滴定剩余的NaOH，滴定終點的現象為：滴入最后半滴標準溶液，溶液有淺紅色變無色，并保持半分鐘不褪色；滴定終點呈堿性，甲基橙變色范圍在酸性范圍內，使用甲基橙做指示劑誤差較大；【小問5詳解】在空氣中易吸潮，0～92℃范圍內產品質量減輕的是吸潮的水，92℃~195℃失去的是結晶水的質量；最后得到的是Eu2O3，1mol失去結晶水質量減少18xg，重量減少5.2%，根據，1mol生成0.5mol的Eu2O3，質量減少3×(121-8)g=339g，重量減少56.8%，有關系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。16.研究人員設計了一種從銅冶煉煙塵(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)中高效回收砷、銅、鋅和鉛的綠色工藝，部分流程如下：已知：熔點314℃，沸點460℃分解溫度：，，，高于（1）設計焙燒溫度為600℃，理由為_______。（2）將通入和的混合溶液可制得，該反應的化學方程式為_______。（3）酸浸的目的為_______。（4）從浸出液得到Cu的方法為_______(任寫一種)。（5）某含Pb化合物是一種被廣泛應用于太陽能電池領域的晶體材料，室溫下該化合物晶胞如圖所示，晶胞參數，。與Pb之間的距離為_______pm(用帶有晶胞參數的代數式表示)；該化合物的化學式為_______，晶體密度計算式為_______(用帶有阿伏加德羅常數的代數式表示和分別表示Cs、Pb和Br的摩爾質量)。【答案】（1）使硫酸銅分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，同時使As2O3沸騰收集（2）4++2=3+CO2（3）分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液（4）電解法或置換法（5）①.②.CsPbBr3③.【解析】【分析】銅冶煉煙塵(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)焙燒將S轉化為二氧化硫，因沸點低被蒸出，設計溫度為600℃，根據已知信息，硫酸銅被分解，生成氧化銅，硫酸鋅和硫酸鉛未分解，加水浸取后，硫酸鋅溶于水形成溶液被分離出去，留下氧化銅，硫酸鉛，加硫酸溶解，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應轉化成硫酸銅，過濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為硫酸銅，硫酸銅經過電解或置換法轉化為銅，據此解答。【小問1詳解】設計焙燒溫度600℃，使硫酸銅分解，而硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集，故答案為：使硫酸銅分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集；【小問2詳解】將通入和的混合溶液可制得，根據元素守恒可知還生成了二氧化碳，該反應的化學方程式為4++2=3+CO2，故答案為：4++2=3+CO2；【小問3詳解】酸浸時，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應轉化成硫酸銅，過濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為硫酸銅，故酸浸的目的為分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液；【小問4詳解】浸出液主要為硫酸銅，經過電解或置換法轉化為銅，故從浸出液得到Cu的方法有：電解法或置換法；【小問5詳解】某含Pb化合物室溫下晶胞如圖所示，Cs位于體心，個數為1，Pb位于頂點，個數為=1，Br位于棱心，個數為=3，該化合物的化學式為CsPbBr3，Cs位于體心，Pb位于頂點，與Pb之間的距離為體對角線的一半，由于晶胞參數，℃，與Pb之間的距離為pm，該晶體密度計算式為，故答案為：；CsPbBr3；。17.乙炔加氫是除去乙烯中少量乙炔雜質，得到高純度乙烯的重要方法。該過程包括以下兩個主要反應：反應1：反應2：（1）25℃，101kPa時，反應_______。（2）一定條件下，使用某含Co催化劑，在不同溫度下測得乙炔轉化率和產物選擇性(指定產物的物質的量/轉化的乙炔的物質的量)如圖所示(反應均未達平衡)。①在范圍內，乙炔轉化率隨溫度升高而增大的原因為_______(任寫一條)，當溫度由220℃升高至260℃，乙炔轉化率減小的原因可能為_______。②在120~240℃范圍內，反應1和反應2乙炔的轉化速率大小關系為_______(填“>”“<”或“=”)，理由為_______。（3）對于反應1，反應速率與濃度的關系可用方程式表示(k為常數)。時，保持其他條件不變，測定了不同濃度時的反應速率(如下表)。當時，_______。實驗組一二（4）以Pd/W或Pd為催化劑，可在常溫常壓下實現乙炔加氫，反應機理如下圖所示(虛線為生成乙烷的路徑)。以_______為催化劑時，乙烯的選擇性更高，原因為_______。(圖中“*”表示吸附態；數值為生成相應過渡態的活化能)【答案】（1）-137（2）①.溫度升高，反應速率加快或溫度升高，催化劑活性增強②.催化劑在該溫度范圍內失活③.＞④.乙烯的選擇性大于乙烷，說明反應1乙炔的轉化速率大于反應2乙炔的轉化速率（3）9.2×10-3（4）①.Pd/W②.Pd/W做催化劑時，生成乙烷的活化能大于Pd催化劑時的【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律，②－①可以得到目標反應，則；【小問2詳解】反應未達到平衡狀態，溫度升高，反應速率加快，乙炔的轉化率增大或溫度升高，催化劑活性增強，乙炔的轉化率增大；220℃-260℃，乙炔的轉化率下降，反應未達平衡狀態，說明不是由于平衡移動造成的，可能原因是催化劑在該溫度范圍內失活；由圖像可知，乙烯的選擇性大于乙烷，說明反應1乙炔的轉化速率大于反應2乙炔的轉化速率，即；【小問3詳解】將數據代入方程，②÷①得到，則，時，，；【小問4詳解】如圖可知，選擇Pd做催化劑時，生成乙烷的活化能低于選擇Pd/W時的(0.68＜0.83)，說明使用Pd做催化劑，乙烯更容易轉化為乙烷，使乙烯的選擇性更小，故