甘肃省2025年高考真题化学试卷（含答案）

第第页甘肃省2025年高考真题化学试卷一、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)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．816O的同位素C．SiCl4D．SiO23．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4．CO2加氢转化成甲烷，是综合利用COA．减小体系压强 B．升高温度C．增大H2浓度 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1:6．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)（）ABCD回流蒸馏分液干燥A．A B．B C．C D．D7．物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是（）选项事实结构因素AK与Na产生的焰色不同能量量子化BSiH4分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉(Al共价晶体A．A B．B C．C D．D8．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（）选项物质的性质用途ANaHCO餐具洗涤剂B酚醛树脂具有耐高温、隔热性飞船外层烧蚀材料C离子液体具有导电性原电池电解质D水凝胶具有亲水性隐形眼镜材料A．A B．B C．C D．D9．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(CH3)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．(CH3)4N+和10．我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3A．电负性N<C<O B．原子半径C<N<OC．I3−中所有I的孤电子对数相同 D．11．处理某酸浸液(主要含Li下列说法正确的是（）A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3CB．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)C．“氧化”过程中铁元素化合价降低D．“沉锂”过程利用了Li2C12．我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型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4C．电极3的反应为：4OD．理论上，每通过2mol电子，可产生1mol13．下列实验操作能够达到目的的是（）选项实验操作目的A测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2判断该酸是否为强酸B向稀Fe探究H+对FC向AgNO比较AgCl和AgI的Ksp大小D将氯气通入Na验证氯气的氧化性A．A B．B C．C D．D14．氨基乙酸(NH∗在25℃时，其分布分数δ[如δ(NH2C与溶液pH关系如图1所示。在100mL0.A．曲线Ⅰ对应离子是∗NB．a点处对应的pH为9.6C．b点处c(D．c点处2c(二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5（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NaOH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）如图所示玻璃仪器中，配制一定物质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HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。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图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因为。结晶水个数x=。[M(C16．研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As已知：As分解温度：CuO1100℃，CuSO4560℃，ZnSOK（1）设计焙烧温度为600℃，理由为。（2）将SO2通入Na2CO3（3）酸浸的目的为。（4）从浸出液得到Cu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a≠b≠c，α=β=γ=90°。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g/cm3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示M17．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：反应1：C2H反应2：C2H（1）25℃，101kPa时，反应C2H4(g)+H（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)。①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②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v1v2(填“>”“<”或“=”)，理由为（3）对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(实验组c(v(一45二11（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃,101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷路径)。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)18．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NaOH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FeCl3溶液作用显色③与D互为同系物④能与HCN反应（4）C→D涉及的反应类型有，。（5）F→G转化中使用了CH3OLi（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1HNMR谱图显示四组峰，峰面积比为1:1:2

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．劳动英雄模范碑碑体通常由石材（如花岗岩、大理石）制成，主要成分为硅酸盐、碳酸钙等无机物，属于无机非金属材料，故A正确；

Ｂ．登记表由纸张制成，纸张的主要原料为纤维素，属于有机高分子材料，故B错误；

Ｃ．铁工具由铁或铁合金制成，属于金属材料，故C错误；

Ｄ．皮箱由动物皮加工而成，主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，故D错误；

故选A。

【分析】无机非金属材料通常指由无机物构成的非金属材料，具有耐高温、耐腐蚀等特性，常见类型包括陶瓷、玻璃、水泥、石材等。2．【答案】D【解析】【解答】A．基态Si元素的价电子排布式为3s23p2，价层电子排布图为，故A正确；

Ｂ．816O和818O具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，且818O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，故B正确；

Ｃ．SiCl4为共价化合物，Si与Cl之间形成4个Si-Cl键，其电子式为，故C正确；

Ｄ．二氧化硅属于原子晶体，其晶体中不存在独立的SiO2分子，而是由Si和O原子通过共价键形成三维网状结构，故D错误；

故选D。

【分析】A．硅的原子序数为14；

Ｂ．质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；3．【答案】B【解析】【解答】A．该分子中，与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故A正确；

Ｂ．该分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不共面，因此该分子所有碳原子一定不共平面，故B错误；

Ｃ．该物质含有醇羟基，且羟基的邻位碳原子上含有氢原子，能发生消去反应，故C正确；

Ｄ．该物质含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；

故选B。

【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；

Ｃ．羟基的邻位碳原子上含有氢原子能发生消去反应；

​​​​​​​Ｄ．碳碳双键能与溴加成。4．【答案】C【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，减小体系压强，平衡逆向移动，故A错误；

Ｂ．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B错误；

Ｃ．增大氢气浓度，平衡正向移动，故C正确；

Ｄ．恒容下充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，故D错误；

故选C。

【分析】化学平衡移动的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。5．【答案】B【解析】【解答】A．X与Q组成的化合物H2S中，S元素为-2价，处于最低价态，具有还原性，故A正确；

Ｂ．Y与Q组成的化合物为SO2或SO3，SO2或SO3均为酸性氧化物，水溶液显酸性，故B错误；

Ｃ．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，镁在空气中燃烧生成氧化镁，故C正确；

Ｄ．Z与Y按原子数1:1组成的化合物为Na2O2，Na2O2​​​​​​​​​​​​​​具有强氧化性，故D正确；

故选B。6．【答案】B【解析】【解答】A．球形冷凝管能起到冷凝回流的作用，故A正确；

Ｂ．蒸馏时温度计测定蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；

Ｃ．分液使用分液漏斗进行，且为了防止波体溅出，分波漏斗下端紧挨烧杯内壁，故C正确；

Ｄ．有机液体干燥时，常加入无水氯化镁，无水硫酸钠等干燥剂，充分吸收水分后，过滤，可得干燥的有机液体，故D正确；

故选B。

【分析】根据各仪器的特征分析。7．【答案】C【解析】【解答】A．焰色反应的本质是金属原子或离子受热时，电子从基态跃迁到激发态，再回落到基态时释放特定波长的光，由于K和Na的原子结构不同，电子跃迁时释放的能量不同，导致焰色不同，这与量子化的能级结构直接相关，故A正确；

Ｂ．SiH4和CH4均为分子晶体，沸点由分子间作用力强弱决定，故B正确；

Ｃ．金属晶体的延展性源于金属键（自由电子与金属阳离子的相互作用），而非离子键，故C错误；

Ｄ．四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，故D正确；8．【答案】A【解析】【解答】A．NaHCO3具有热分解性，常用作面包膨松剂，餐具洗涤剂的主要作用是去除油污，其有效成分（如表面活性剂）需具备良好的乳化性、去污能力，与“热分解性”无关，故A错误；

Ｂ．飞船进入大气层时会因摩擦产生高温，外层材料需具备耐高温和隔热性以保护内部结构，酚醛树脂在高温下会发生分解（烧蚀），通过消耗自身吸收热量，从而起到隔热作用，其耐高温和隔热性与用途直接相关，故B正确；

Ｃ．原电池电解质需要传导离子以形成闭合回路，离子液体是由离子组成的液态物质，具有良好的离子导电性，可用作原电池电解质，故C正确；

Ｄ．隐形眼镜需要保持湿润以贴合眼球并减少刺激，水凝胶的亲水性使其能吸收并保持大量水分，确保佩戴舒适，亲水性与用途直接相关，故D正确；

故选A。

【分析】A．热分解性指物质受热易分解，这一性质通常会导致物质稳定性差，不适用于需要长期保存和使用的洗涤剂；

Ｂ．飞船进入大气层时会因摩擦产生高温；

Ｃ．离子液体是由离子组成的液态物质；9．【答案】B【解析】【解答】A．主体分子中，-OH和HO3S-能形成分子间氢键，故A正确；

Ｂ．主体与客体间通过非共价键形成超分子，故B错误；

Ｃ．单键的键能小于双键，则磺酸基中的S—O键能比S=O小，故C正确；

Ｄ．(CH3)4N+和(CH3)3N中N原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化​​​​​​​，故D正确；

10．【答案】C【解析】【解答】A．同周期从左到右元素的电负性增大，则电负性：C<N<O，故A错误；

Ｂ．同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：C>N>O，故B错误；

Ｃ．碘的价电子数为7，I3−中心原子与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3对孤对电子，中心原子的孤对电子数为7+1−2×12=3，故C正确；

Ｄ．C3H8N62+中六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，N+11．【答案】D【解析】【解答】A．“沉铜”时，加入Fe粉，与铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故A错误；

Ｂ．Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于NaOH，因此并不是NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全，故B错误；

Ｃ．“氧化”过程中，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素的化合价升高，故C错误；

Ｄ．加入碳酸钠得到碳酸锂，利用的是Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，故D正确；

故选D。

【分析】酸浸液(主要含L12．【答案】D【解析】【解答】A．催化剂能加快反应速率，将催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，故A正确；

Ｂ．外电路中，电子从负极流向阴极，即电子从电极1流向电极4，故B正确；

Ｃ．由分析可知，电极3为阳极，电极反应式为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，故C正确；

Ｄ．电极2和电极4均产生氢气，理论上每通过2mol电子，可产生2molH2，故D错误；

故选D。

【分析】电极1上，Mg失电子发生氧化反应生成Mg(OH)2，则电极1为负极，电极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)213．【答案】D【解析】【解答】A．未指明酸是几元酸，无法判断该酸是强酸还是弱酸，故A错误；

Ｂ．浓硫酸稀释放出热量，升温Fe3+水解平衡正向移动，不能探究H+对Fe3+水解的影响，故B错误；

Ｃ．若AgNO3溶液过量，加入NaI溶液会直接生成AgI沉淀，并未发生沉淀的转化，不能比较AgCl和AgI的Ksp大小，故C错误；

Ｄ．氯气与Na2S发生反应Cl2+Na2S=2NaCI+S↓，产生淡黄色沉淀S，该反应中Cl元素的化合价降低，氯气为氧化剂，可以验证氯气的氧化性，故D正确；

故选D。

【分析】A．未指明该酸是几元酸；

14．【答案】C【解析】【解答】A．随着pH增大，δ(+NH3CH2COOH)减小，则曲线Ⅰ对应的离子是∗NB．a点，δ(+NH3CH2COO-)=δ(NH2CH2COO-)，则二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=c(NHC．图2中b点滴入10mLNaOH，+NH3CH2COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-存在电离和水解，Ka2=10-9.6D．c点+NH3CH2COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量之比为1：2，主要粒子为NH2【分析】随着pH增大，+NH3CH2COOH⇌pK1=2.4+NH3CH2COO−⇌pK2=915．【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率（2）防止生成Eu(OH)（3）容量瓶、烧杯（4）滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；滴定终点呈碱性，使用甲基橙误差较大（5）Eu(【解析】【解答】（1）升高温度能加快反应速率，因此步骤①中，加热的目的是加快溶解速率，提高浸出率，故答案为：升高温度，加快溶解速率，提高浸出率。（2）根据题干信息，Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀，因此步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液是为了防止生成（3）配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液时，需依次完成计算、称量、溶解、转移、定容等操作，所需的仪器有容量瓶、烧杯，故答案为：容量瓶、烧杯。（4）用酚酞做指示剂，HCl标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大，故答案为：滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；滴定终点呈碱性，使用甲基橙误差较大。（5）Eu(C7H5O2)3⋅xH2O在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H【分析】（1）温度越高，反应速率越快；

（2）Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀；

（3）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；16．【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集（2）4SO2+Na2CO（3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液（4）电解法或置换法（5）a2+b2【解析】【解答】（1）分解温度：CuO1100℃，CuSO4560℃，ZnSO4680℃，PbSO4高于1000℃，因此设计焙烧温度为600℃，是为了使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As（2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，根据元素守恒可知，产物还有CO2，则该反应的化学方程式为4SO2+（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液，故答案为：分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液。（4）浸出液主要为硫酸铜，电解硫酸铜溶液可得到Cu，或者加入Fe粉还原也可得到Cu，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法，故答案为：电解法或置换法。（5）由图可知，Cs位于晶胞体心，数目为1，Pb位于晶胞顶点，数目为8×18=1，Br位于晶胞棱心，数目为12×14=3，则该化合物的化学式为CsPbBr3；Cs位于体心，Pb位于顶点，Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数a≠b≠c，α=β=γ=90℃，Cs与Pb之间的距离为a2+b2+【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧，焙烧温度为600℃，As2O3熔点314℃，沸点460℃，因此17．【答案】（1）-137（2）温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活；＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率（3）9.2×10-3（4）Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的【解析】【解答】（1）根据盖