（网络收集）2025年甘肃卷化学高考真题带答案带解析带分值文字版可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列爱国主义教育基地的藏品中，主要成分属于无机非金属材料的是A.劳动英雄模范碑（南梁革命纪念馆藏）B.红军党员登记表（红军长征胜利纪念馆藏）C.陕甘红军兵工厂铁工具（甘肃省博物馆藏）D.谢觉哉使用过的皮箱（八路军兰州办事处纪念馆藏）【答案】A【解析】本题考察了材料分类的知识点A选项：模范碑的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料，B选项：登记表是纸，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，C选项：铁工具的主要成分是铁，属于金属材料，D选项：皮箱的主要成分是皮革，属于有机高分子材料。题目问哪个主要成分为无机非金属材料。故选：A【分值】3分2.马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是A.基态Si原子的价层电子排布图：B.的同位素可作为有机反应示踪原子C.的电子式为：D.的球棍模型为：【答案】D【解析】本题考察了价层电子排布图、同位素的应用、电子式以及化学模型等知识点。A选项：Si原子的价层电子排布图为：,A正确；B选项：不同同位素化学性质相同，所以188O与168O化学性质相同，可以用作有机反应示踪原子，B正确。C选项：SiCl4的电子式为：，C正确；D选项：是空间填充模型，并非球棍模型，D错误。故选：D【分值】3分3.苦水玫瑰是中国国家地理标志产品，可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如右图，下列说法错误的是A.该分子含1个手性碳原子B.该分子所有碳原子共平面C.该物质可发生消去反应D.该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】本体考察了有机化学中有机物结构与性质的相关知识。通过观察这个有机物的键线式，可以发现只有这一个手性碳：，A正确；该分子中含有多个饱和碳原子，因此所有碳原子不可能共平面，B错；该分子中含有羟基，且连接羟基的碳原子的邻碳上连有氢，所以可以在浓H2SO4的催化下发生消去反应，C正确；该分子含有双键，可以与溴发生加成反应，D正确。选择错误的。故选：B【分值】3分4.加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。，101kPa下，,。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是A.减小体系压强B.升高温度C.增大浓度D.恒容下充入惰性气体【答案】C【解析】本题考察了平衡移动的条件相关知识点。此反应是一个气体分子数减少、放热的反应。A和B可以根据勒夏特勒原理判断，减小体系压强相当于减少气体分子数，平衡向增加气体分子数的方向移动，即逆向移动，A错；升高温度，平衡向降低温度（即吸热）方向移动，此反应逆向移动，B错误；增大H2的浓度，增加了反应物的浓度，平衡正向移动，C对；恒容下通入惰性气体，参与反应的气体分子浓度没有变，平衡不移动，D错误。故选：C【分值】3分5.X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是A.X与Q组成的化合物具有还原性B.Y与Q组成的化合物水溶液显碱性C.Z、W的单质均可在空气中燃烧D.Z与Y按原子数组成的化合物具有氧化性【答案】B【解析】本体考察了元素推断相关知识点。Y、Q均属于短周期主族元素，价层电子即为最外层电子，K层电子数为2，所以Y、Q最外层电子数均为6、所以Y为O，Q为S；根据排序来看，W在S的前面O的后面，所以W只可能是Na、Mg、Al这三种金属，在根据主族元素X、Z同族且原子序数之和等于W可以推断，W为Mg，X、Z分别为H、Na。因此X、Y、Z、W、Q分别为H、O、Na、Mg、S。X与Q组成的化合物是H2S，具有还原性，A正确；Y与Q组成的化合物为SO2和SO3，二者溶于水分别生成H2SO3和H2SO4，都成酸性，B错误；Z与W的单质分别为Na和Mg，都可以在空气中燃烧，C正确；Z与Y按1：1的原子数组成Na2O2，具有O22-,有强氧化性，D正确。故选：B【分值】3分6.丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是（加热及夹持装置略）A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】本题考察化学实验的相关知识。A选项：为了防止原料挥发散失，用球形冷凝管来冷凝回流减少损失，A正确；B选项：蒸馏时温度计低端应该与蒸馏烧瓶支管口持平，B错误；C选项：分液用梨形分液漏斗，且先将下层液体从下口放出，C正确；D选项：干燥时将液体放入锥形瓶加入干燥机，并封紧瓶口减少蒸发散失，D正确。故选：B【分值】3分7.物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】本体考察结构与性质的关系。A选项：焰色实验与电子跃迁有关，电子跃迁向低能级放出特定波长，这与电子层能量量子化有关，A正确；B选项：沸点大小与分子间作用力有关，SiH4的相对分子质量更大，范德华力更强，所以沸点更高，B正确；C选项：金属的延展性是由于自由电子在金属原子间其润滑作用，并保证金属不会断裂，这是自由电子与金属阳离子的作用力是金属键不是离子键，C错误；D选项：刚玉中的Al-O有共价键的成分，所以刚玉是在离子晶体和共价晶体间的过渡晶体，其硬度大熔点高与其共价成分有关，D正确。故选：C【分值】3分8.物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】本体考察了用途与性质之间的关系。A选项：NaHCO3可用作餐具洗涤剂是因为其有碱性，与其热分解性无关，A错误；B选项：酚醛树脂耐高温和隔热性使其可以用作飞船外壳烧蚀材料，B正确；C选项：离子液体具有导电性，可以用作电解液，C正确；D选项：水凝胶的亲水性使其可以保水，可以用作隐形眼镜材料，D正确。故选：A【分值】3分9.我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子（结构式如图a），该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部（结构示意图见图b）。下列说法错误的是A.主体分子存在分子内氢键B.主客体分子之间存在共价键C.磺酸基中的S—O键能比S═O小D.和中N均采用杂化【答案】B【解析】本题考察了分子结构、化学键、分子间作用力以及杂化类型等相关知识主体分子中有与O相连的极性H，可以与分子内的O形成分子内氢键，A正确；主客体分子间由范德华力等分子间作用力相结合，B错误；S-O单键键能比S=O小，C正确；（CH3）4N+中N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，（CH3）3N中的N原子与C原子形成4个σ键，二者中N原子都是sp3杂化，D正确。故选：B【分值】3分10.我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是A.电负性B.原子半径C.中所有I的孤电子对数相同D.中所有极性相同【答案】C【解析】本体考察了元素周期律和键的极性相关知识。A选项：电负性：C<N<O，A错误；B选项：原子半径：C>N>O，B错误；C选项：对于中心I，价层电子对数为2+1/2（7+1-2×1）=5，有3对孤电子对；对于两端I，价层电子对数为2+1/2（7-1-2×1）=4，有3对孤电子对，C正确；D选项：C3H8N62+中N原子所处化学环境不同，N-H的极性有差别，D错误。【分值】3分11.处理某酸浸液（主要含、、、）的部分流程如下：下列说法正确的是A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：B.“碱浸”过程中固体加入量越多，沉淀越完全C.“氧化”过程中铁元素化合价降低D.“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质【答案】D【解析】本题考察了化工流程相关知识A选项：“沉铜”过程发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，A错误；B选项：Al(OH)3可以与过量的氢氧化钠反应，所以加入的NaOH越多，沉淀越不完全。B错误；C选项：“氧化”过程中Fe2+被氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D选项：因为LiCO3的溶解度比NaCO3的小，所以可以用NaCO3沉淀Li，D正确故选：D【分值】3分12.我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水（）电解系统（如下图），以新型为催化剂（生长在泡沫镍电极上），在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率B.在外电路中，电子从电极1流向电极4 C.电极3的反应为：D.理论上，每通过2mol电子，可产生1mol【答案】D【解析】本题考察电化学相关知识将催化剂生长在电极上可以增加催化剂的表面积，增加接触面积，提高催化效率，A正确；通过图可以看到，电极1上Mg被氧化成Mg(OH)2，失去电子流向电极4，B正确；通过对B的判断可知，电极1为负极，电极4为阴极，那么电极3为阳极，海水中的OH-从电极3上得电子：,C正确；电极2和电极4都要产生H2,所以通过2mol电子，生成H2的量为2mol,D错误。故选：D【分值】3分13.下列实验操作能够达到目的的是A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】本题考查化学实验检验性质的相关知识A：只有0.01mol/L的一元强酸的pH为2，对于二元强酸如H2SO4,浓度为0.01mol/L,但pH小于2，所以这样检验强酸是错误的，A错误；B：浓硫酸溶于水会放热，加入浓硫酸后，除了H+浓度变化，温度变化也会影响Fe3+水解，所以B错误；C：向AgNO3中滴加NaCl，说明硝酸银过量，再滴加NaI，过量的硝酸银会与NaI反应，不能用于比较AgCl与AgI的Ksp的大小，C错误；D：Cl2+Na2S=2NaCl+S，Cl2氧化Na2S生成淡黄色沉淀S，可以证明Cl2的氧化性。【分值】3分14.氨基乙酸（）是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：与溶液pH关系如右上图所示。在100mL 0.01mol/L溶液中逐滴滴入0.1mol/L溶液，溶液pH与溶液滴入体积的变化关系如右下图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ对应的离子是B.a点处对应的pH为9.6 C.b点处D.c点处【答案】C【解析】本题考察了弱酸的粒子分布分数图以及酸碱中和滴定的相关知识A：在强酸条件下，溶液中主要是+NH3CH2COOH，所以在pH等于0时，+NH3CH2COOH最多，由此可推断曲线I对应+NH3CH2COOH，A正确；B：K2=C(NH2CH2COO-)C(H+)/C(+NH3CH2COO-),在a处，C(NH2CH2COO-）=C(+NH3CH2COO-),所以pH=pK2=9.6,B正确；C：在B处+NH3CH2COOH刚好以1：1的物质的量之比与NaOH发生反应，溶液主要+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-水解平衡常数为KW/K1,即14-pk1=11.6>pK2=9.6,所以+NH3CH2COO-主要以电离为主，所以C（+NH3CH2COOH）<C(NH2CH2COO-),C错误；D：c点反应完全，溶液为NH2CH2COO-，一个NH2CH2COO-水解生成+NH2CH2COOH的同时生成2个OH-，生成+NH3CH2COO-的同时生成一个OH-,一个H2O电离生成一个OH-,所以根据质子守恒式，可以得到D选项，D正确，故选：C【分值】3分二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(14分)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物和苯甲酸钠制备配合物，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数（杂质受热不分解）。已知在碱性溶液中易形成沉淀。在空气中易吸潮，加强热时分解生成。（1）步骤①中，加热的目的为____。（2）步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加溶液，目的为______；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为____。（3）右图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为____。（4）准确称取一定量产品，溶解于稀中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的标准溶液，滴入1-2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的。滴定终点的现象为____。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为____。（5）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如右图所示，范围内产品质量减轻的原因为____。结晶水个数____，，结果保留两位有效数字]。【答案】（1）加快反应速率（2）防止Eu3+水解用胶头滴管缓慢滴入NaOH溶液（3）容量瓶、烧杯（4）当滴入在最后半滴HCl标准溶液，溶液由粉红色变为红色，且半分钟内不恢复原色。反应后溶液中由苯甲酸钠，溶液呈弱碱性，甲基橙的变色范围的pH为酸性。（5）失去结晶水【解析】本题考察了物质制备流程相关知识（1）加热可以提升反应速率，加快的溶解（2）Eu3+易水解，搅拌可以防止的生成改用胶头滴管滴入NaOH可以缓慢改变溶液pH值（3）配置一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。（4）当滴入最后半滴HCl标准液，溶液有粉红色变为无色，且半分钟内不回复原色。滴定后溶液中有氯化钠和苯甲酸钠，滴定终点溶液由于苯甲酸钠水解而呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1-4.4，与滴定终点pH相差大，滴定的误差大，因此不能用甲基橙。（5）设初始产品物质的量为1mol，则m=515+18x，时，Δm=0.036m=18.54+0.648x≈18，刚好失去1mol水，因此0-92。C变化是由于失去结晶水。的质量为352g，根据图像可知，最后剩余的质量为原质量的34.4%，352/(515+18x)=0.344,x≈28。【分值】14分16.(15分)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐）中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：已知：熔点，沸点分解温度：，，，高于（1）设计焙烧温度为，理由为____。（2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为____。（3）酸浸的目的为____。（4）从浸出液得到Cu的方法为____（任写一种）。（5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数。Cs与Pb之间的距离为____pm（用带有晶胞参数的代数式表示）；该化合物的化学式为____，晶体密度计算式为____（用带有阿伏加德罗常数的代数式表示，、和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量）。【答案】（1）使As2O3蒸发除去,并使CuSO4分解，保证其他物质不分解。（2）4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2（3）除去PbSO4（4）加入Fe粉（5）CsPbBr3(MCs+MPb+3MBr)×1027/abcNA【解析】（1）根据题目给的条件知道：As2O3沸点为460。C,CuSO4分解温度为560。C，ZnSO4,所以在600。C，可以使As2O3蒸发去除，使硫酸铜分解为CuO而硫酸锌不分解，有助于下一步通过水浸除去Zn。（2）SO2做氧化剂，Na2S做还原剂，发生反应4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2。（3）水浸得到的浸渣为CuO，酸浸使CuO溶解以便后续反应，PbSO4不溶于算，所以还能除去PbSO4（4）加入Fe粉发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，置换出Cu（5）Cs在中心，Pb在对角线上，二者距离为对角线的1/2，即a2+b2+c22。根据均摊的方法，Cs的个数为1，Pb的为8×1/8=1，Br为12×1/4=3，所以化学式为CsPbBr3。1mol晶胞的质量为MCs+MPb+3MBr，一个晶胞为(MCs+MPb+3MBr)/NA，ρ=m/V，V=abc×10-27cm3(注意单位换算)，所以密度为(MCs+MPb+3MBr)×1027/abcNA【分值】15分17.(14分)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：（1），时，反应，____。（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如图所示（反应均未达平衡）。在60-220范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为____（任写一条），当温度由220升高至260，乙炔转化率减小的原因可能为____。在120-240范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为（填“”“”或“”），理由为____。（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示（为常数）。145时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率（如下表）。当时，。（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压（，）下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以____为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为____。（图中“”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能）【答案】（1）-137（2）温度升高反应加快温度过高使催化剂活性降低，反应速率减慢乙烯的选择型高于乙烷，所以反应一的转化速率更高（3）9.2×10-3（4）Pd/W生成乙烷的活化能更高，所以更易生成乙烯。【解析】（1）反应2减反应1即为目标反应，所以ΔH=ΔH2-ΔH1=-137KJ/mol（2）温度升高可以使速率加快，在一定温度内，在未达到平衡前，反应的速度随温度升高而加快，因此乙炔的转化率随温度升高而升高。当温度高于220后，催化剂的活性下降使反应速率降低。根据图像可以看见，乙烯的选择性远比乙烷高，所以，反应1的转化速率更大（3）通过看表可以发现，c(H2)变为原来的2倍后，v(C2H2)也变为原来的2倍，所以a=1，根据实验一可有算出K=0.011，所以可以算出c(H2)=(1.012×10-4)/0.011=9.2×10-3mol/L。（4），通过图像可以发现，在Pd/W催化下，生成乙烷的反应活化能比生成乙烯的反应更高，因此更容易生成乙烯，在Pd催化下则反之。【分值】14分18.(15分)毛兰菲是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成（部分试剂省略）：（1）化合物A中的含氧官能团名称为____，化合物A与足量溶液反应的化学方程式为____。（2）化合物B的结构简式为____。（3）关于化合物C的说法成立的有____。①与溶液作用显色②与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀③与D互为同系物④能与HCN反应（4）涉及的反应类型有____、____。（5）转化中使用了，其名称为____。（6）毛兰菲的一种同分异构体I具有抗氧化和抗炎活性，可由多取代苯甲醛J出发，经多步合成得到（如下图）。已知J的NMR谱图显示四组峰，峰面积比为。J和I的结构简式为____，____。【答案】（1）羟基醛基（2）（3）②④（4）还原反应、（5）甲醇锂（6），【解析】（1）A分子中有两个羟基和一个醛基酚羟基可以与NaOH发生酸碱中和反应：（2）根据C的结构和A的结构以及B到C的反应可以推断B的结构简式为（3）化合物C没有酚羟基，不能与FeCl3发生显色反应；C有醛基，可以被氢氧化铜氧化发生反应生成砖红色沉淀；C与D不属于同一种物质；C有醛基，能以HCN发生加成反应，故选②和④（4）NaBH4有还原性，因此可以还原醛基，发生还原反应（5）甲醇锂（6）根据题目的流程可以知道，J的结构为，同理，根据题目的流程，I为【分值】15分。
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