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甘肃省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·甘肃） 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．（2025·甘肃） 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：
3．（2025·甘肃） 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．（2025·甘肃）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。525℃，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
5．（2025·甘肃） 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
6．（2025·甘肃） 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 B C D
回流 蒸馏 分液 干燥
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·甘肃） 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
A K与Na产生的焰色不同 能量量子化
B 的沸点高于 分子间作用力
C 金属有良好的延展性 离子键
D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·甘肃） 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
A 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
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·甘肃） 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键能比小
D．和中N均采用杂化
10．（2025·甘肃） 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N—H极性相同
11．（2025·甘肃） 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NaOH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
12．（2025·甘肃） 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
13．（2025·甘肃） 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 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响
C 向溶液先滴入几滴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 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·甘肃） 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：
在25℃时，其分布分数[如=]
与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是（　　）
A．曲线Ⅰ对应离子是
B．a点处对应的pH为9.6
C．b点处
D．c点处
15．（2025·甘肃） 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　 　。[，结果保留两位有效数字]。
16．（2025·甘肃） 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314℃，沸点460℃
分解温度：，，，高于
（1）设计焙烧温度为600℃，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，。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)。
17．（2025·甘肃） 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：
反应2：
（1）25℃，101kPa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)。
①在范围内，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　 　(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(k为常数)。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，　 　。
实验组
一
二
（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．（2025·甘肃） 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）C→D涉及的反应类型有　 　，　 　。
（5）F→G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的谱图显示四组峰，峰面积比为。J和I的结构简式为　 　，　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【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
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【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． 和 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，且常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，故B正确；
Ｃ． 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；
Ｃ． 为共价化合物；
Ｄ．球棍模型使用小球表示原子，用棍表示化学键。
3．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【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
【知识点】化学平衡移动原理
【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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【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按原子数组成的化合物为Na2O2，Na2O2 具有强氧化性，故D正确；
故选B。
【分析】Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，K 层电子数为 2，因此价电子数为6，短周期主族元素中，最外层电子数为 6 的元素为 O（原子序数 8）和 S（原子序数 16），且 Y 原子序数小于 Q，故Y为O，Q为S。X 与 Z 同族，W 的原子序数等于 X 与 Z 的原子序数之和，且 W 为金属元素，设 X 的原子序数为 a，则Z的原子序数为a+8，假设 X 为 H（原子序数 1），则 Z 为 Na（原子序数 11），W 的原子序数为12，为Mg元素，若 X 为其他同族元素（如 Li 与 K，但 K 为长周期元素，不符合短周期条件），故 X为H，Z为Na，W为Mg，综上所述，X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Mg元素，Q为S元素。
6．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【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
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【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． 和 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；
故选C。
【分析】根据各物质的结构分析其具备的性质。
8．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．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；
Ｄ．隐形眼镜需要保持湿润以贴合眼球并减少刺激。
9．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【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键能比小 ，故C正确；
Ｄ．和中N原子的价层电子对数均为4，均采用杂化 ，故D正确；
故选B。
【分析】A．羟基之间能形成分子内氢键；
Ｂ．主客体均为分子；
Ｃ．单键的键能小于双键；
Ｄ．和中N的价层电子对数均为4。
10．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期从左到右元素的电负性增大，则电负性：CＢ．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， 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，故C正确；
Ｄ．中六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，离大π键比较近，N-H键极性更大，故D错误；
故选C。
【分析】A．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｃ．碘的价电子数为7；
Ｄ．大π键具有吸电子效应。
11．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【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，故A错误；
Ｂ． 为两性氢氧化物，能溶于NaOH，因此并不是 NaOH固体加入量越多，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，利用的是的溶解度比小的性质，故D正确；
故选D。
【分析】 酸浸液(主要含) 中加入铁粉，Fe与Cu2+发生反应 ，置换出Cu，加入NaOH碱浸，将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，再加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3除去，最后加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【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，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)2，电极2为正极，电极反应式为H2O+2e-=H2+2OH-，电极3与电极2相连，为阳极，电极反应式为 ，电极4为阴极。
13．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【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，升温水解平衡正向移动，不能探究对水解的影响，故B错误；
Ｃ．若溶液 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；
Ｂ．浓硫酸稀释放出热量；
Ｃ．溶液过量的情况下，会直接反应生成沉淀；
Ｄ．氯气氧化硫化钠生成单质硫。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．随着pH增大， (+NH3CH2COOH)减小，则曲线Ⅰ对应的离子是 ，故A正确；
B．a点，(+NH3CH2COO-)=(NH2CH2COO-)，则二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，故B正确；
C．图2中b点滴入10mLNaOH，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=10-9.6，Kh==，则其电离程度大于水解程度，则，故C错误；
D．c点和NaOH的物质的量之比为1：2，主要粒子为NH2CH2COO-，此时存在质子守恒：，故D正确；
故选C。
【分析】随着pH增大，的平衡正向移动， (+NH3CH2COOH)减小，(+NH3CH2COO-)先增大后减小，(NH2CH2COO-)逐渐增大，则曲线Ⅰ对应的离子是 。
15．【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率
（2）防止生成沉淀；缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值
（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）吸潮的水；1.7
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【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，在碱性溶液中易形成沉淀，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沉淀；pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值，故答案为： 防止生成沉淀 ；缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值。
（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）在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是吸潮的水；92℃~195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1mol失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，，1mol生成0.5mol的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，解得x=1.7，故答案为：吸潮的水 ；1.7。
【分析】（1）温度越高，反应速率越快；
（2）在碱性溶液中易形成沉淀 ；
（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；
（4）当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时达到滴定终点；甲基橙的pH变色范围：橙色pH3.1－4.4，红色pH<3.1（酸色），黄色pH>4.4（碱色）；
（5）根据图示重量关系计算。
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）4++2=3+CO2
（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）；CsPbBr3；
【知识点】晶胞的计算；铜及其化合物
【解析】【解答】（1） 分解温度：，，，高于 ，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As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集。
（2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知，产物还有CO2，则该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2。
（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=1，Br位于晶胞棱心，数目为=3，则该化合物的化学式为CsPbBr3；Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧，焙烧温度为600℃，熔点314℃，沸点460℃ ，因此也被蒸出，焙烧过程中S转化为SO2，根据已知分解温度，焙烧时硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，冷凝分离出，气体SO2通入制酸系统得到硫酸，硫酸锌和硫酸铅加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，制酸系统中生成的硫酸通入酸浸步骤，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，过滤分离浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，可从硫酸铜溶液中回收Cu。
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
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将②－① 得到 ，则，故答案为：-137。
（2）① 在范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活，故答案为：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。
②由图像可知，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，即，故答案为：>；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）将表格中的数据数据代入方程可得：，解得，则，时，，，故答案为： 9.2×10-3 。
（4）选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高，故答案为：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。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②－①可得 ，据此计算；
（2）升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增加，反应速率增大，同时温度也能影响催化剂活性；
（3）将表格中的数据代入表达式计算；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
18．【答案】（1）酚羟基、醛基；
（2）
（3）②④
（4）还原反应；加成反应
（5）甲醇锂
（6）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛类简介；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物A的结构简式为，其含氧官能团为酚羟基、醛基；A中酚羟基与NaOH反应生成，反应的化学方程式为：，故答案为：酚羟基、醛基； 。
（2）化合物A与CH3I发生取代反应生成化合物B，则B的结构简式为：，故答案为： 。
（3）①化合物C不含酚羟基，不能 与溶液作用显色 ，故①错误；
②化合物C含有醛基，与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，故②正确；
③化合物C含有醛基和醚键、化合物D含有羟基和醚键，两者所含官能团不同，结构不相似，不互为同系物，故③错误；
④化合物C含有的醛基能与HCN反应，故④正确；
故答案为：②④。
（4）C→D中，醛基被还原为醇羟基，即属于还原反应，又属于加成反应，故答案为：还原反应；加成反应。
（5）CH3OLi为甲醇与活泼金属形成的化合物，名称为甲醇锂，故答案为：甲醇锂。
（6）根据流程中E和F的反应，J经过一系列转化形成的结构类似于F，且其分子式为C9H10O4，峰面积比为1：1：2：6，则其结构简式为；I为毛兰菲的同分异构体，类似G转化为毛兰菲的过程，可推出I的结构简式为：，故答案为： ； 。
【分析】与CH3I发生取代反应生成B，则B的结构简式为，与BnBr发生取代反应生成，被NaBH4还原，醛基转化为羟基得到，经多步转化得到，与先发生加成反应再发生消去反应得到，在Bu3SnH、AIBN条件下成环得到，在H2、Pd/C条件下，羟基取代-OBn得到毛兰菲。
1 / 1甘肃省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·甘肃） 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
【知识点】无机非金属材料
【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．（2025·甘肃） 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
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【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． 和 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，且常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，故B正确；
Ｃ． 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；
Ｃ． 为共价化合物；
Ｄ．球棍模型使用小球表示原子，用棍表示化学键。
3．（2025·甘肃） 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
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【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．（2025·甘肃）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。525℃，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
【知识点】化学平衡移动原理
【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．（2025·甘肃） 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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【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按原子数组成的化合物为Na2O2，Na2O2 具有强氧化性，故D正确；
故选B。
【分析】Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，K 层电子数为 2，因此价电子数为6，短周期主族元素中，最外层电子数为 6 的元素为 O（原子序数 8）和 S（原子序数 16），且 Y 原子序数小于 Q，故Y为O，Q为S。X 与 Z 同族，W 的原子序数等于 X 与 Z 的原子序数之和，且 W 为金属元素，设 X 的原子序数为 a，则Z的原子序数为a+8，假设 X 为 H（原子序数 1），则 Z 为 Na（原子序数 11），W 的原子序数为12，为Mg元素，若 X 为其他同族元素（如 Li 与 K，但 K 为长周期元素，不符合短周期条件），故 X为H，Z为Na，W为Mg，综上所述，X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Mg元素，Q为S元素。
6．（2025·甘肃） 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 B C D
回流 蒸馏 分液 干燥
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【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．（2025·甘肃） 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
A K与Na产生的焰色不同 能量量子化
B 的沸点高于 分子间作用力
C 金属有良好的延展性 离子键
D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【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． 和 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；
故选C。
【分析】根据各物质的结构分析其具备的性质。
8．（2025·甘肃） 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
A 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
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．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；
Ｄ．隐形眼镜需要保持湿润以贴合眼球并减少刺激。
9．（2025·甘肃） 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键能比小
D．和中N均采用杂化
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【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键能比小 ，故C正确；
Ｄ．和中N原子的价层电子对数均为4，均采用杂化 ，故D正确；
故选B。
【分析】A．羟基之间能形成分子内氢键；
Ｂ．主客体均为分子；
Ｃ．单键的键能小于双键；
Ｄ．和中N的价层电子对数均为4。
10．（2025·甘肃） 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N—H极性相同
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期从左到右元素的电负性增大，则电负性：CＢ．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， 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，故C正确；
Ｄ．中六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，离大π键比较近，N-H键极性更大，故D错误；
故选C。
【分析】A．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｂ．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
Ｃ．碘的价电子数为7；
Ｄ．大π键具有吸电子效应。
11．（2025·甘肃） 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NaOH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
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【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，故A错误；
Ｂ． 为两性氢氧化物，能溶于NaOH，因此并不是 NaOH固体加入量越多，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，利用的是的溶解度比小的性质，故D正确；
故选D。
【分析】 酸浸液(主要含) 中加入铁粉，Fe与Cu2+发生反应 ，置换出Cu，加入NaOH碱浸，将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，再加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3除去，最后加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂。
12．（2025·甘肃） 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
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【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，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)2，电极2为正极，电极反应式为H2O+2e-=H2+2OH-，电极3与电极2相连，为阳极，电极反应式为 ，电极4为阴极。
13．（2025·甘肃） 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 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响
C 向溶液先滴入几滴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 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【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，升温水解平衡正向移动，不能探究对水解的影响，故B错误；
Ｃ．若溶液 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；
Ｂ．浓硫酸稀释放出热量；
Ｃ．溶液过量的情况下，会直接反应生成沉淀；
Ｄ．氯气氧化硫化钠生成单质硫。
14．（2025·甘肃） 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：
在25℃时，其分布分数[如=]
与溶液pH关系如图1所示。在溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是（　　）
A．曲线Ⅰ对应离子是
B．a点处对应的pH为9.6
C．b点处
D．c点处
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．随着pH增大， (+NH3CH2COOH)减小，则曲线Ⅰ对应的离子是 ，故A正确；
B．a点，(+NH3CH2COO-)=(NH2CH2COO-)，则二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=，pH=9.6，故B正确；
C．图2中b点滴入10mLNaOH，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=10-9.6，Kh==，则其电离程度大于水解程度，则，故C错误；
D．c点和NaOH的物质的量之比为1：2，主要粒子为NH2CH2COO-，此时存在质子守恒：，故D正确；
故选C。
【分析】随着pH增大，的平衡正向移动， (+NH3CH2COOH)减小，(+NH3CH2COO-)先增大后减小，(NH2CH2COO-)逐渐增大，则曲线Ⅰ对应的离子是 。
15．（2025·甘肃） 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　 　。[，结果保留两位有效数字]。
【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率
（2）防止生成沉淀；缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值
（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）吸潮的水；1.7
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【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，在碱性溶液中易形成沉淀，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沉淀；pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值，故答案为： 防止生成沉淀 ；缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值。
（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）在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是吸潮的水；92℃~195℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1mol失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，，1mol生成0.5mol的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，解得x=1.7，故答案为：吸潮的水 ；1.7。
【分析】（1）温度越高，反应速率越快；
（2）在碱性溶液中易形成沉淀 ；
（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；
（4）当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时达到滴定终点；甲基橙的pH变色范围：橙色pH3.1－4.4，红色pH<3.1（酸色），黄色pH>4.4（碱色）；
（5）根据图示重量关系计算。
16．（2025·甘肃） 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314℃，沸点460℃
分解温度：，，，高于
（1）设计焙烧温度为600℃，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，。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）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集
（2）4++2=3+CO2
（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）；CsPbBr3；
【知识点】晶胞的计算；铜及其化合物
【解析】【解答】（1） 分解温度：，，，高于 ，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As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集。
（2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知，产物还有CO2，则该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2。
（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=1，Br位于晶胞棱心，数目为=3，则该化合物的化学式为CsPbBr3；Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧，焙烧温度为600℃，熔点314℃，沸点460℃ ，因此也被蒸出，焙烧过程中S转化为SO2，根据已知分解温度，焙烧时硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，冷凝分离出，气体SO2通入制酸系统得到硫酸，硫酸锌和硫酸铅加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，制酸系统中生成的硫酸通入酸浸步骤，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，过滤分离浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，可从硫酸铜溶液中回收Cu。
17．（2025·甘肃） 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：
反应2：
（1）25℃，101kPa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)。
①在范围内，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　 　(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(k为常数)。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，　 　。
实验组
一
二
（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
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将②－① 得到 ，则，故答案为：-137。
（2）① 在范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活，故答案为：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。
②由图像可知，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，即，故答案为：>；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）将表格中的数据数据代入方程可得：，解得，则，时，，，故答案为： 9.2×10-3 。
（4）选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高，故答案为：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。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②－①可得 ，据此计算；
（2）升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增加，反应速率增大，同时温度也能影响催化剂活性；
（3）将表格中的数据代入表达式计算；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
18．（2025·甘肃） 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）C→D涉及的反应类型有　 　，　 　。
（5）F→G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的谱图显示四组峰，峰面积比为。J和I的结构简式为　 　，　 　。
【答案】（1）酚羟基、醛基；
（2）
（3）②④
（4）还原反应；加成反应
（5）甲醇锂
（6）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛类简介；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）化合物A的结构简式为，其含氧官能团为酚羟基、醛基；A中酚羟基与NaOH反应生成，反应的化学方程式为：，故答案为：酚羟基、醛基； 。
（2）化合物A与CH3I发生取代反应生成化合物B，则B的结构简式为：，故答案为： 。
（3）①化合物C不含酚羟基，不能 与溶液作用显色 ，故①错误；
②化合物C含有醛基，与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，故②正确；
③化合物C含有醛基和醚键、化合物D含有羟基和醚键，两者所含官能团不同，结构不相似，不互为同系物，故③错误；
④化合物C含有的醛基能与HCN反应，故④正确；
故答案为：②④。
（4）C→D中，醛基被还原为醇羟基，即属于还原反应，又属于加成反应，故答案为：还原反应；加成反应。
（5）CH3OLi为甲醇与活泼金属形成的化合物，名称为甲醇锂，故答案为：甲醇锂。
（6）根据流程中E和F的反应，J经过一系列转化形成的结构类似于F，且其分子式为C9H10O4，峰面积比为1：1：2：6，则其结构简式为；I为毛兰菲的同分异构体，类似G转化为毛兰菲的过程，可推出I的结构简式为：，故答案为： ； 。
【分析】与CH3I发生取代反应生成B，则B的结构简式为，与BnBr发生取代反应生成，被NaBH4还原，醛基转化为羟基得到，经多步转化得到，与先发生加成反应再发生消去反应得到，在Bu3SnH、AIBN条件下成环得到，在H2、Pd/C条件下，羟基取代-OBn得到毛兰菲。
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