甘肃省兰州市2025届高三诊断考试（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1甘肃省兰州市2025届高三诊断考试（一模）试题一、选择题1．文物承载着人类的文明与智慧。下列有关文物的叙述不正确的是A．武威出土的铜奔马属于合金材料B．马家窑出土的陶器属于硅酸盐产品C．甘肃简牍博物馆珍藏的竹简主要成分属于多糖D．敦煌壁画绘制用到的红色颜料为Fe【答案】D【解析】铜奔马属于铜合金，为合金材料，A正确；陶器的主要原料是粘土和陶土，其化学成分以硅酸盐为主，属于硅酸盐，B正确；竹简主要成分是纤维素，属于多糖，C正确；敦煌壁画绘制用到的红色颜料为Fe2O3，Fe3O2．化学用语是描述化学物质组成及变化的专业语言符号。下列有关表述不正确的是A．用电子云轮廓图示意p-pB．Cr的价层电子轨道表示式为：C．O3的价层电子对互斥（VSEPR）模型：D．MgCl2的形成过程：【答案】B【解析】p-pπ键电子云以肩并肩方式重叠形成，A正确；Cr的价层电子轨道表示式为，B错误；O3中心O原子的价层电子对数为2+12×(6-2×2)=3，含一对孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，C正确；MgCl2为离子化合物，用电子式形成过程表示为3．科技工作者研究、利用化学知识造福人类，彰显了劳动者的智慧与精神。下列有关说法不正确的是A．酿酒师酿造葡萄酒添加SO2B．医生做“钡餐”透视时病人吞服的钡餐主要成分是BaSOC．材料科学家研制的包装材料聚乳酸（）是由HOCHCH3COOHD．环境保护工程师利用Na2S【答案】C【解析】SO2有还原性和杀菌作用，酿酒师酿造葡萄酒添加SO2目的是起杀菌和抗氧化作用，A正确；做“钡餐”透视时所使用的主要成分是BaSO4，因其难溶于水且对X射线有良好阻挡作用，B正确；聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]过缩聚方式生成，不是加聚反应，C错误；Na2S能与Hg2+生成难溶于水的HgS，从而去除废水中的Hg2+，D正确。故选C4．丙烯腈CH2=CHCN是合成纤维、橡胶和树脂的重要材料，由乙炔与HCNA．A装置可用于制备乙炔 B．B装置可用于除去乙炔中的杂质气体C．C装置可用于合成丙烯腈 D．D装置可用于吸收多余的尾气【答案】D【解析】用A装置制备乙炔，为控制反应速度，应使用分液漏斗，A错误；制取的乙炔气体中含有硫化氢，则硫酸铜溶液的作用是除去杂质硫化氢，气体应长进短出，B错误；乙炔合成丙烯腈所需温度是70°C，酒精灯加热温度范围一般在400∼500°C之间，应采用水浴加热，C错误；尾气中有乙炔、HCN，乙炔含有碳碳三键，HCN具有较强的还原性，二者都可以被酸性KMnO4溶液氧化，可以用酸性KMnO4溶液进行尾气处理，5．环泊酚（D）是一类新型短效静脉麻醉药。其部分合成路线如下图所示，下列说法正确的是A．物质A的名称为2-异丙基苯酚B．物质A与物质D互为同系物C．可用FeCl3溶液检验D中是否存在未反应的D．1molB和C分别与足量的NaOH溶液反应均消耗2molNaOH【答案】A【解析】A的母体为苯酚，异丙基在2号位上，名称为2-异丙基苯酚，A正确；D的支链含有环状结构，与A的结构不相似，不是同系物，B错误；A和D中都含有酚羟基，都能使FeCl3溶液显色，不能用FeCl3溶液检验D中是否存在未反应的A，C错误；B中只含有1个酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，D错误。故选6．下列离子方程式的书写正确的是A．用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板：FeB．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：C．向H218O中加入D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：【答案】B【解析】用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板，离子方程式应为2Fe3++Cu=Cu2+海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，B正确；向H218O中加入Na2O2，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，离子方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-7．物质结构决定性质，性质决定用途。下列有关事实解释不正确的是选项事实解释A将无水乙醇加入Cu溶液中析出深蓝色晶体乙醇分子极性较小，降低了CuNHB石墨能导电未杂化的p轨道重叠使电子在整个碳原子平面内运动CCF3COOHF的电负性大于ClDC2HC2A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】无水乙醇极性较小，加入CuNH34SO4溶液后，降低溶剂的极性，CuNH34SO4溶解度下降，析出深蓝色晶体，CF3COOH的酸性强于CCl3COOH，因F的电负性比Cl大，使羧基中的羟基极性更大，更易解离，C正确；C2H5NH3NO3的熔点低于NH8．离子化合物KC8水解可用于制备石墨，其反应原理为2KC8s+2H2OlA．2.7gKC8中含有的离子总数为B．常温下，pH=13的KOH溶液中含OH-C．7.2g单层石墨中含有六元环的数目为0.3D．每生成3.36LH2，转移电子的数目为【答案】C【解析】KC8由K+、C8-构成，2.7gKC8物质的量为0.02mol，含有的离子总数为0.04NA，A错误；常温下，pH=13的KOH溶液体积未知，无法计算离子数目，B错误；石墨中每个碳原子被3个六元环共用，故每个六元环实际占有2个碳原子，7.2克单层石墨含有0.6mol碳原子，含有的六元环的个数为0.3NA9．钙钛矿太阳能电池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四种元素。基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，Z元素形成的单质为淡黄色固体，X、Z的质子数之和等于W的质子数。下列说法中正确的是A．基态原子中未成对电子数：YB．简单氢化物的沸点：YC．只有Z的最高价氧化物对应水化物为强酸D．W位于第四周期、第ⅡB族【答案】A【解析】基态X原子s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，则其电子排布式为：1s22s22p2，则X为C，Y的第一电离能在同周期中仅小于两种元素，且原子序数比C大，则Y为N，Z元素形成的单质为淡黄色固体，则Z为S，X、Z的质子数之和等于W的质子数，则W为Ti。X为C，Y为N，Z为S，其价层电子排布式分别为2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成对电子数分别为2、3、2，基态原子中未成对电子数：Y>X=Z，A正确；X、Y、Z的其简单氢化物分别为CH4，NH3，H2S，氨气可形成分子间氢键，沸点较高，H2S比CH4相对分子质量大，范德华力大，其沸点比甲烷大，故简单氢化物的沸点：Y>Z>X，B错误；Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，是强酸，C错误；W为Ti，原子序数为2210．下列设计的实验方案不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A探究温度对化学平衡的影响取两支试管，分别加入2mL0.5mol/LCuCl2B验证溴乙烷发生消去反应向溴乙烷中加入NaOH的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4C比较AgCl和AgI的Ksp常温下，向0.1mol/LNaCl溶液中先滴加少量0.1mol/LAgNO3溶液，振荡后再滴加少量0.1mol/LKID鉴别蔗糖和麦芽糖溶液分别向两种无色溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热、观察是否有砖红色沉淀生成A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)，通过改变温度观察向溴乙烷中加入NaOH的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，因为气体中含有挥发出来的乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能验证消去反应生成了乙烯，B方案不能达到目的；C．常温下，向0.1mol·L-1NaCl溶液中先滴加少量0.1mol·L-1AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，振荡后再滴加少量0.1mol·L-1KI溶液，若生成黄色AgI沉淀，AgCl沉淀转化为AgI沉淀，说明AgI的溶度积Ksp更小，C方案能达到目的；麦芽糖含醛基，蔗糖不含醛基，麦芽糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀；蔗糖不能，11．某研究所设计以软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物）为原料制备KMnO已知：K2下列说法正确的是A．“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯B．“滤渣1”的成分是AlC．“调pH2”过程中反应的离子方程式为3D．“结晶”过程中获得KMnO4【答案】D【解析】“熔融煅烧”需要高温，应该用坩埚而不是蒸发皿，A错误；软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物）与KOH在空气中熔融煅烧生成K2MnO4、K2SiO3和KAlO2，浸取液通入过量CO2得到的滤渣1有AlOH3和H2SiO3，B错误；滤液加入冰醋酸“调pH2”生成12．科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了CO2与HCHO转化为高附加值的产品HCOOHA．Cu管负载Cu纳米绒电极为阴极B．反应过程中H+C．电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1molHCOOHD．阳极的电极反应式为HCHO【答案】C【解析】图示装置为电解池，b连接的左侧中加入HCHO生成HCOOH，C元素化合价升高，此电极为阳极，则右侧Cu管负载Cu纳米绒电极为阴极，A正确；反应过程中阳离子H+从阳极向阴极移动，即从左极室向右极室移动，B正确；左侧电极连接正极（b），为阳极，电极反应为HCHO-2e-+H2O=HCOOH+2H+，电路中通过2mol电子时，在装置中可生成2molHCOOH，13．某太阳能电池材料的化学式为CH3NH3PbI3M=620gA．N的杂化方式为sp3 B．图中代表IC．晶体密度为6.2×1032a3N【答案】D【解析】CH3NH3+中N的价电子对数是4，为sp3杂化，A正确；由图可知，1个Pb2+位于体内，位于面心，个数为6×12=3个，位于顶点，个数为8×18=1，根据甲胺铅碘的化学式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表I-，顶点的代表CH3NH3+，B正确；1个晶胞中含有1个(CH3NH3)PbI3，则晶胞的质量为620NAg，晶胞的体积为a×10-103cm3，则晶胞的体积为6.2×1032a14．室温下，0.1mol/L的某二元酸H2A溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（H2A、HAA．H2A的电离方程式为HB．室温下，KC．将相同物质的量的NaHA和Na2AD．pH=4时，溶液中存在【答案】C【解析】溶液中不存在H2A分子，说明第一步完全电离，则电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，A正确；HA-⇌H++A2-，由图可知，HA-与A2-浓度相等时pH=3，cH+=10-3mol·L-1，Ka二、非选择题15．海洋锰结核是一种富含多种金属元素的矿物资源，从中提取的金属在钢铁、电子、航天领域有着广泛的用途。其主要成分为锰、镍、铜、钴、铁等金属的氧化物。从锰结核中回收金属的工艺流程如下：已知：①“还原熔炼”后得到富锰渣和粗合金。②“加压酸浸”后Cu、Co、Ni元素均以二价盐的形式存在。③常温下，相关金属离子（c=1mol/L）生成氢氧化物沉淀的pH金属离子FeFeCuCoNi开始沉淀的pH1.36.54.276.8完全沉淀（c=10-5396.79.29.2(1)“加压酸浸”过程中加压的目的是。(2)滤渣的主要成分是，“调pH”操作中pH的控制范围为，该过程中H2O2(3)“电解沉积镍”的过程中使用石墨电极，阳极的电极反应式为。(4)萃取剂Ⅰ为，“萃取铜”后铜元素的存在形式为，其中铜元素的配位数为。萃取后通过操作将其分离出来。请解释萃取剂Ⅰ能萃取分离铜元素的原因。【答案】(1)提高反应速率，增大浸取率(2)FeOH33~4.22Fe(4)4分液萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与Cu2+【解析】锰结核(锰、镍、铜、钴、铁等金属的氧化物)中加焦炭还原熔炼，得到富锰渣和粗合金，加入S和水硫化熔炼除氧，通入空气并加入H2SO4加压酸浸，浸出液中含有的金属阳离子为Cu2+、Co2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+，浸出液加H2O2氧化Fe2+，通入NH3调pH值，得到的滤渣中Fe(OH)3，加萃取剂1萃取铜，经反萃取并电解沉积铜，萃取剂1循环利用；加萃取2萃取镍，经反萃取并电解沉积镍，萃取剂2循环利用；最后回收钴。（1）“加压酸浸”过程中加压的目的是增加气体浓度，提高反应速率，增大浸取率；（2）滤渣的主要成分是FeOH3，“调pH”使Fe3+沉淀完全，Cu2+、Co2+、Ni2+不沉淀，操作中pH的控制范围为3~4.2，H2O2氧化Fe2+，通入NH3调pH值，得到FeOH（3）使用石墨电极，阳极失电子，电极反应式为2H（4），其中铜与O、N形成配位键，铜元素的配位数为4；萃取后通过分液操作将其分离出来；萃取剂Ⅰ难溶于水，且能与Cu2+形成配位键，形成的络合物在有机相和水相中的溶解度差异，使得铜离子能够被有效地从水相转移到有机相中；16．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾K2已知：①H②二草酸合铜（Ⅱ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，难溶于乙醇。实验步骤：步骤1：制备CuO：称取2.5g硫酸铜晶体（CuSO4⋅5H步骤2：制取KHC2O4：将H2C2O4步骤3：制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾：将CuO与KHC2O4混合液在50℃请回答：(1)步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，需要用到的仪器有。抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是。用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净的方法：。(2)步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是。(3)步骤3制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾反应的化学方程式为。加热温度控制在50℃可以采取的加热措施是，用乙醇洗涤晶体的目的是。(4)将制得的K2CuC2O42【答案】(1)托盘天平、药匙抽气，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度取最后一次洗涤滤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净（其他合理答案也可）(2)防止草酸分解(3)2KHC2O4(4)Cu【解析】（1）步骤1称取2.5g硫酸铜晶体，称量固体药品，需要用到的仪器有托盘天平、药匙；抽滤时将仪器接在水龙头上，其作用是通过水流动起到抽气作用，减小吸滤瓶、安全瓶中的压强，加快过滤速度；用蒸馏水洗涤氧化铜时，证明已洗涤干净只要证明最后的洗涤液中不含SO4（2）草酸受热易分解，步骤2溶解过程中温度不能超过85℃的原因是防止草酸分解；（3）将CuO与KHC2O4混合液在50℃加热至反应充分，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾，反应方程式为2KHC2O（4）K2CuC2O42⋅2H2OM=354g⋅mol-1进行热重分析，加热至恒重，应得到剩余固体为K2CO3和铜的氧化物，1molK2CuC2O17．煤制甲醇工业对国家能源安全和化工产业发展意义重大。其主要流程分为煤气化和合成甲醇：Ⅰ．煤气化的主要反应：反应1：C反应2：CO请回答：(1)反应Cs+2H2Og⇌CO2g+2H2g的ΔH=，在(2)在恒温恒容容器内进行反应1和反应2，下列说法正确的有________（填序号）。A．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡B．平衡时H2的体积分数可能大于C．平衡时向容器中充入惰性气体，平衡体系中CO的体积分数不变D．平衡时缩小容器体积，平衡体系中c2(3)研究人员结合实验与计算机模拟结果揭示了在金催化剂表面上反应2的反应历程（如下图所示），其中吸附在金催化剂表面上的物质用*标注。该历程中决定反应2速率的步骤方程式为。(4)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的Cs和1molH2Og同时发生反应1和反应2，起始压强为0.1MPa，平衡时H2O的转化率为50%，CO的物质的量是为0.1mol，则反应1的平衡常数KpⅡ．合成甲醇的主要反应为COg(5)在其他条件一定时，甲醇的产量随温度和压强的变化趋势如上图所示，其中压强最大的是（选填P1(6)在550K、P3条件下，M点所示的反应状态中甲醇的生成速率甲醇的消耗速率（选填“>”“<”或“=”(7)请解释甲醇的产量随温度变化的原因。【答案】(1)+90.2kJ⋅mol-1高温(2)AC(3)COOH*+H*+H2O*=COOH*【解析】（1）反应1+反应2可得Cs+2H2Og⇌CO2（2）反应1中C是固体，恒温恒容容器内，随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，则密度逐渐增大，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确；反应1+反应2可得Cs+2H2Og⇌CO2g+2H2平衡时向容器中充入惰性气体，容器内总压强增大，但是恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，则平衡体系中CO的体积分数不变，C正确；反应1-反应2得Cs+CO2g⇌2COg，该反应的平衡常数为（3）决速步骤是反应速率最慢的，活化能最大的步骤，方程式为COOH*+H（4）平衡时H2O的转化率为50%，则平衡时水的