2025年甘肃省普通高等学校招生统一考试

1/112025年甘肃省普通高等学校招生统一考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—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.（2025·甘肃高考1题）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）解析：A劳动英雄模范碑由石材制成，其主要成分为二氧化硅、硅酸盐等，属于无机非金属材料，A正确；红军党员登记表为纸制品，纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，B错误；陕甘红军兵工厂铁工具的主要成分为铁，属于金属材料，C错误；谢觉哉使用过的皮箱主要由皮革制成，皮革的主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，D错误。2.（2025·甘肃高考2题）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.SiCl4的电子式：︰Cl‥‥︰Si‥D.SiO2的球棍模型：解析：DSi为14号元素，基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，价层电子排布图为，A正确；816O和

818O的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，818O可作为有机反应示踪原子，B正确；SiCl4中1个Si分别与4个Cl形成单键，电子式为︰Cl‥‥︰Si‥︰Cl‥︰‥︰Cl‥︰︰Cl‥‥︰，C正确；SiO2是共价晶体，不存在SiO3.（2025·甘肃高考3题）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解析：B连接4个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，故该分子中羟基所连碳原子为手性碳原子，A正确；该分子中存在连接3个碳原子的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，B错误；该物质中羟基所连碳原子的邻位碳原子上有H原子，能发生消去反应，C正确；该物质中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。4.（2025·甘肃高考4题）CO2加氢转化成甲烷，是综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）ΔH＝－185kJ·mol－1。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H2浓度D.恒容下充入惰性气体解析：C该反应为气体分子数减小的反应，减小体系压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B错误；增大H2浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下充入惰性气体，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，D错误。5.（2025·甘肃高考5题）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∶1组成的化合物具有氧化性解析：BX、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，则Y、Q基态原子的价电子数均为6，Y、Q分别为O、S；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，则X为H、Z为Na、W为Mg。H与S组成的H2S中S为－2价，能被氧化，故H2S具有还原性，A正确；O与S组成的化合物有SO2、SO3，二者均为酸性氧化物，其水溶液显酸性，B错误；Na、Mg的单质均能在空气中燃烧，C正确；Na与O按原子数1∶1组成的化合物为Na2O2，其中O为－1价，故Na2O2具有氧化性，D正确。6.（2025·甘肃高考6题）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.回流B.蒸馏C.分液D.干燥解析：B蒸馏时温度计下端水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，B错误。7.（2025·甘肃高考7题）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的沸点高于CH4分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉（Al2O3）的硬度大，熔点高共价晶体解析：CK和Na产生的焰色不同，是因为能量是量子化的，二者核外电子从高能级跃迁回低能级释放的能量不同，A正确；SiH4和CH4均为分子晶体，SiH4的相对分子质量更大，分子间作用力更强，故SiH4的沸点高于CH4，B正确；当金属受到外力作用时，晶体中的原子层间会发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，没有化学键的断裂与形成，所以金属有良好的延展性与离子键无关，C错误；Al2O3为共价晶体，故其硬度大、熔点高，D正确。8.（2025·甘肃高考8题）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ANaHCO3具有热分解性餐具洗涤剂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解析：ANaHCO3可用作餐具洗涤剂是因为NaHCO3水解使溶液呈碱性，可以使油污水解，与其热分解性无关，A符合题意；酚醛树脂具有耐高温的性质，可用作飞船外层烧蚀材料，B不符合题意；离子液体中存在可自由移动的阴、阳离子，具有导电性，可作为原电池的电解质，C不符合题意；水凝胶是一种亲水性物质，广泛用于隐形眼镜中，D不符合题意。9.（2025·甘肃高考9题）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）4NCl可形成主客体包合物：（CH3）4N＋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SOD.（CH3）4N＋和（CH3）3N中N均采用sp3杂化解析：B根据主体分子的结构可知，其中含有的—SO3H和—OH可形成分子内氢键，A正确；根据主客体分子之间形成的包合物结构可知，主客体分子之间没有形成化学键，B错误；SO中存在σ键和π键，S—O中只含σ键，故磺酸基中S—O键能比SO小，C正确；（CH3）4N＋中N形成4个σ键，且N上无孤电子对，故N采取sp3杂化，（CH3）3N中N形成3个σ键，且N上含有1个孤电子对，故N采取sp3杂化，10.（2025·甘肃高考10题）我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3H8N6I6·3H2O材料。下列说法正确的是（）A.电负性：N＜C＜OB.原子半径：C＜N＜OC.I3－中所有D.C3H8N62+中所有N—解析：CI3－中中心I原子的孤电子对数＝12×（7＋1－2×1）＝3，两侧I原子各提供1个电子形成σ键，剩余6个电子构成3个孤电子对，故I3－中每个I的孤电子对数均为3，C正确；同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增强，故电负性：C＜N＜O，A错误；电子层数相同的原子，核电荷数越大，原子半径越小，故原子半径：C＞N＞O，B错误；环上N＋带正电，吸电子能力更强，故H—N＋键极性大，与氨基（—NH2）中11.（2025·甘肃高考11题）处理某酸浸液（主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋）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：2Fe＋3Cu2＋3Cu＋2Fe3B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al（OH）3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Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质解析：D“沉锂”过程中加入Na2CO3后有Li2CO3析出，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确；“沉铜”过程中，Fe与Cu2＋发生置换反应生成Fe2＋和Cu，正确的离子方程式为Fe＋Cu2＋Fe2＋＋Cu，A错误；“碱浸”过程中若NaOH过量，会使Al（OH）3转化为可溶于水的[Al（OH）4]－，B错误；由上述分析知，“氧化”前Fe元素的化合价为＋2，“氧化”后得到Fe（OH）3沉淀，Fe的化合价升高，C12.（2025·甘肃高考12题）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（如图），以新型MoNi/NiMoO4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4C.电极3的反应为4OH－－4e－2H2O＋O2D.理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2解析：D由题图可知，电极1上发生转化Mg→Mg（OH）2，则电极1为原电池的负极，电极2为原电池的正极，电极3与原电池正极相连，为电解池阳极，同理电极4为电解池阴极，结合题目信息海水pH＝8.2可得各电极的电极反应式，电极1：Mg＋2OH－－2e－Mg（OH）2；电极2：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－；电极3：4OH－－4e－O2↑＋2H2O；电极4：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－。将催化剂生长在泡沫镍电极上，可增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率，A正确；由上述分析可知，电极1为原电池负极，故外电路中电子从电极1流向电极4，B正确；由电池分析可知，C正确；由得失电子守恒可知，理论上，电路中每通过2mol电子，电极2和电极4均产生1molH2，共产生2molH13.（2025·甘肃高考13题）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－1某酸溶液的pH是否为2判断该酸是否为强酸B向稀Fe2（SO4）3溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化探究H＋对Fe3＋水解的影响C向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化比较AgCl和AgI的Ksp大小D将氯气通入Na2S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性解析：D将氯气通入Na2S溶液中，产生淡黄色沉淀，说明有S单质生成，则证明Cl2具有氧化性，D正确；0.01mol·L－1的多元弱酸溶液的pH也可能为2，A错误；浓硫酸稀释时放热，故将浓硫酸滴入稀Fe2（SO4）3溶液中，体系温度升高，干扰H＋对Fe3＋水解影响的探究，B错误；向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl溶液，有AgCl生成，再滴入几滴NaI溶液，与溶液中过量的Ag＋反应生成黄色沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，无法比较AgCl和AgI的Ksp大小，C错误。14.（2025·甘肃高考14题）氨基乙酸（NH2CH2COOH）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：＋NH3CH2COOH＋NH3CH2COO－NH2CH2COO－在25℃时，其分布分数δ如δ（NH2CH2COO－）＝c（NH2CH2COO－）c（＋NH3CH2COOH）＋c（＋NH3CH2COO－）＋c（NHA.曲线Ⅰ对应的离子是＋NH3CH2COOHB.a点处对应的pH为9.6C.b点处c（＋NH3CH2COOH）＝c（NH2CH2COO－）D.c点处2c（＋NH3CH2COOH）＋c（＋NH3CH2COO－）＋c（H＋）＝c（OH－）解析：C曲线Ⅰ对应物质的分布分数随pH增大逐渐减小，pH＝0时，溶液呈强酸性，故曲线Ⅰ对应的离子为＋NH3CH2COOH，A正确；a点时c（＋NH3CH2COO－）＝c（NH2CH2COO－），K2＝c（H＋）·c（NH2CH2COO－）c（＋NH3CH2COO－）＝c（H＋）＝10－9.6，故此时pH＝9.6，B正确；b点对应溶液pH＝6，滴入10mLNaOH溶液，该点溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（Na＋）＋c（＋NH3CH2COOH）＝c（OH－）＋c（Cl－）＋c（NH2CH2COO－），而c（H＋）＞c（OH－）、c（Na＋）＝c（Cl－），故c（＋NH3CH2COOH）＜c（NH2CH2COO－），C错误；c点加入20mLNaOH溶液，所得溶液中溶质为NH2CH2COONa，结合质子守恒可知，2c二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（2025·甘肃高考15题）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（C7H5O2）3·xH2O，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Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu（OH）3沉淀。Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。（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（C7H5O2－）＝121，答案：（1）加快溶解速率，提高浸出率（2）防止局部pH过大生成Eu（OH）3沉淀逐滴加入NaOH溶液，并同时检测溶液的pH（3）容量瓶、烧杯（4）滴入最后半滴HCl标准溶液时，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不恢复甲基橙的变色范围为3.1～4.4，误差较大（5）Eu（C7H5O2）3·xH2O吸潮的水分蒸发1.7解析：（1）步骤①中，加热的目的是加快溶解速率并提高浸出率。（2）搅拌的目的是混合均匀，且加快反应速率，搅拌和缓慢加入NaOH溶液可防止体系内局部pH过大而生成Eu（OH）3沉淀。pH接近6时，应逐滴加入NaOH溶液，并且要随时检测溶液pH，以防超过6。（3）配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液时，溶解苯甲酸钠要用到烧杯，定容要使用容量瓶。（4）用HCl标准溶液滴定NaOH溶液，酚酞为指示剂，则达到滴定终点的现象是滴入最后半滴HCl标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。甲基橙的变色范围为3.1～4.4，误差较大，故不能用甲基橙代替酚酞。（5）Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，故0～92℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92～195℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195℃后产品失去“C7H5O1.5”，则有18x（121－8）×3＝516.（2025·甘肃高考16题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3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：As2O3熔点314℃，沸点460℃分解温度：CuO1100℃，CuSO4560℃，ZnSO4680℃，PbSO4高于1000℃，Ksp（PbSO4）＝1.8×10－8（1）设计焙烧温度为600℃，理由为。（2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，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·cm－3（用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量）。答案：（1）使CuSO4受热分解，并分离出As2O3（2）Na2CO3＋2Na2S＋4SO23Na2S2O3＋CO（3）使CuO溶解，分离出PbSO4（4）电解法（或湿法炼铜或还原法）（5）a2＋b2＋解析：（1）结合已知温度信息，控制温度为600℃时，硫酸盐中只有CuSO4受热分解，且600℃高于As2O3的沸点，能使As2O3固体转化为As2O3蒸气，与其余成分分离。（2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液中，发生归中反应生成Na2S2O3，反应的化学方程式为Na2CO3＋2Na2S＋4SO23Na2S2O3＋CO2。（3）结合图示及元素守恒可知，制酸系统制备的是硫酸，酸浸时CuO溶解得到CuSO4溶液，PbSO4不溶于硫酸，可分离出PbSO4沉淀。（4）从CuSO4溶液中分离出Cu，可采用湿法炼铜的原理，其化学方程式可以为CuSO4＋ZnZnSO4＋Cu，也可直接电解CuSO4溶液得到Cu。（5）据题图可知Cs位于晶胞体心，Pb位于晶胞顶点，则Pb与Cs之间的距离为体对角线长度的12，即a2＋b2＋c22pm；由均摊法可知该晶胞中含1个Cs，含Pb数目为18×8＝1，含Br数目为14×12＝3，17.（2025·甘肃高考17题）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：C2H2（g）＋H2（g）C2H4（g）ΔH1＝－175kJ·mol－1（25℃，101kPa反应2：C2H2（g）＋2H2（g）C2H6（g）ΔH2＝－312kJ·mol－1（25℃，101kPa（1）25℃，101kPa时，反应C2H4（g）＋H2（g）C2H6（g）ΔH＝kJ·mol－1（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（C2H2）＝k[c（H2）]α表示（k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（如表）。当v（C2H2）＝1.012×10－4mol·L－1·s－1时，c（H2）＝mol·L－1。实验组c（H2）/（mol·L－1）v（C2H2）/（mol·L－1·s－1）一4.60×10－35.06×10－5二1.380×10－21.518×10－4（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）升高温度，反应速率加快（或升高温度，催化剂活性增强）220～260℃时，催化剂活性降低＞乙烯的选择性高于乙烷的选择性，反应1的转化速率大（3）9.20×10－3（4）Pd/WC2H4*C2H6（g），Pd/W作催化剂时活化能更大，更难生成C2H解析：（1）根据盖斯定律可知，目标反应＝反应2－反应1，故ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－137kJ·mol－1。（2）在60～220℃范围内，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，故乙炔转化率随温度的升高而增大，另外催化剂活性增强也可加快反应速率，提高乙炔转化率；而温度由220℃升高至260℃时，催化剂活性降低，故乙炔转化率减小；由图中产物选择性曲线可知，在120～240℃范围内，乙烯的选择性高于乙烷的选择性，故反应1的转化速率大，即v1＞v2。（3）由题意知，实验组一、实验组二存在关系式：v1（C2H2）＝k[c1（H2）]α、v2（C2H2）＝k[c2（H2）]α，且c2（H2）＝3c1（H2）、v2