精品解析：2026年高考甘肃卷化学高考真题（参考版）

**基本信息** 以新型能源体系、钍基熔盐堆等科技前沿和甘肃当归、冶镁白云岩等地域特色为情境，融合化学观念与科学思维，考查分析解决实际问题能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14/42|金属材料（不锈钢）、配合物（奥沙利铂）、电化学（尿素燃料电池）等|结合科技热点（钍基熔盐堆）考查基础概念| |非选择题|4/58|工艺流程（钛白生产）、实验测定（白云石钙含量）、反应原理（CO₂加氢）、有机合成（恩那度司他）|综合应用化学观念与科学探究，如15题融合热力学计算与工业流程|

化 学 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. “十五五”规划指出要“加快构建清洁低碳安全高效的新型能源体系”。下列清洁能源设备核心部件的主要材料属于金属材料的是 A. 水力发电：水轮发电机组(不锈钢) B. 风力发电：叶片(碳纤维增强塑料) C. 光伏发电：太阳能电池板(单晶硅) D. 光热发电：集热塔(混凝土) 【答案】A 【解析】 【详解】A．不锈钢属于铁合金，合金属于金属材料，A正确； B．碳纤维增强塑料属于复合材料，不属于金属材料，B错误； C．单晶硅是硅单质，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C错误； D．混凝土属于无机非金属材料，不属于金属材料，D错误； 故选A。 2. 基于我国在制备高纯氟化物熔盐、核级石墨和耐腐蚀镍基合金等领域的技术突破，第四代核裂变反应堆(钍基熔盐堆)在甘肃建成，并于2025年首次实现堆内钍铀转化。下列说法错误的是 A. NaF电子式 B. 碳原子结构示意图 C. 基态Ni原子价层电子排布图 D. 元素钍(Th)有和等核素 【答案】A 【解析】 【详解】A．为离子化合物，电子式为：，A错误； B．碳原子的质子数为6，核外电子分两层排布，K层2个电子、L层4个电子，结构示意图符合碳原子的核外电子排布规律，B正确； C．基态原子价层电子排布为，图示符合基态Ni原子核外电子排布规则，C正确； D．和质子数均为90、中子数不同，互为同位素，属于钍元素的不同核素，D正确； 故选A。 3. 甘肃岷县被誉为“中国当归之乡”，从当归中提取的5-羟基麦芽酚具有抗炎活性。下列说法错误的是 A. 该物质能使溴水褪色 B. 该分子是非极性分子 C. 该物质可发生取代反应 D. 该物质能与金属钠反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，A正确； B．该分子结构不对称，且含有羟基、羰基等极性基团，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．该物质含有羟基，可发生酯化等取代反应，C正确； D．该物质含有羟基，可与金属钠反应生成氢气，D正确； 故选B。 4. 我国科研人员使用尿素()等合成了一种长余辉发光材料。关于尿素下列说法错误的是 A. 可通过加热无机化合物获得 B. 可与甲醛反应生成脲醛树脂 C. 尿素晶体中不存在分子间氢键 D. 射线衍射可测定其晶体结构 【答案】C 【解析】 【详解】A．1828年维勒通过加热无机化合物氰酸铵成功合成尿素，该说法正确； B．尿素含氨基，可与甲醛发生缩聚反应生成脲醛树脂，该说法正确； C．尿素分子中存在电负性大的原子和键，分子间可形成氢键，该说法错误； D．X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可测定尿素晶体结构，该说法正确； 故选C。 5. 对于反应，其他条件不变时，下列说法错误的是 A. 当时，反应达到化学平衡 B. 恒容下，向平衡体系中充入惰性气体、平衡不移动 C. 升高反应温度，体系活化分子数增加 D. 增大浓度，平衡常数不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应速率之比等于化学计量数之比是反应任意时刻都满足的规律，该式未指明速率对应正反应方向还是逆反应方向，无法判断反应是否达到平衡，A错误； B．恒容下充入惰性气体，反应体系中各气态物质的浓度均不发生改变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B正确； C．升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，体系中活化分子总数增加，C正确； D．平衡常数仅与温度有关，温度不变时，增大反应物的浓度，平衡常数不发生改变，D正确； 故选A。 奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此完成下面小题， 6. 关于前药分子，下列说法正确的是 A. 配位数为4 B. 含有多种配体 C. 第一电离能 D. 原子半径 7. 关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是 A. 分子结构中含有五元环 B. 分子中电负性最大的是O C. 每个分子中含两个手性碳原子 D. 与前药分子中的价态相同 【答案】6. B 7. D 【解析】 【6题详解】 A．Pt前药中Pt的配位原子为2个、2个的O、2个草酸根的O，配位数为6，A错误； B．Pt前药的配体包含1,2-环己二胺、、草酸根，共3种不同配体，B正确； C．同周期元素从左往右第一电离能增大（ⅡA与ⅤA出现反常），第一电离能，C错误； D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径，D错误； 故选B； 【7题详解】 A．奥沙利铂中Pt与两个、两个相邻C形成五元环，草酸根与Pt也形成五元环，分子含五元环结构，A正确； B．分子所含元素为C、、、O、Pt，电负性顺序为，电负性最大的是O，B正确； C．分子中与氨基直接相连的两个环己烷碳原子均连接4种不同基团，均为手性碳原子，共2个，如图（带*号），C正确； D．由图知，草酸根显-2价，氢氧根显-1价，则Pt前药中Pt为价，奥沙利铂中Pt为价，二者价态不同，D错误； 故选D。 8. 是文物修复中使用的一种仿生材料，、、、为依次位于第一至第四周期的主族元素。其中，原子核外电子只有一种自旋取向，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。的单质能在空气中自燃，基态原子价层电子数为的2倍。下列说法错误的是 A. 和的单质均具有还原性 B. 化合物WY可作干燥剂 C. X和Y的单质均可在空气中燃烧 D. 化合物的水化物具有酸性 【答案】C 【解析】 【分析】原子核外电子只有一种自旋取向，位于第一周期，核外仅1个电子，只有1种自旋取向，则X为H，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，位于第二周期，核外电子排布为，s能级总电子数等于p能级，则Y为O，的单质能在空气中自燃，白磷可在空气中自燃，则Z为P，基态原子价层电子数为的2倍，位于第四周期第ⅡA族，价层电子数为2，是价层电子数的2倍，则W为Ca，据此回答。 【详解】A．的单质、的单质磷均能失电子被氧化，具有还原性，A正确； B．WY为，具有吸水性，常用作干燥剂，B正确； C．的单质可在空气中燃烧，的单质是助燃剂，本身不能燃烧，C错误； D．为，其水化物为亚磷酸，属于弱酸，具有酸性，D正确； 故选C。 9. 某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下： 下列说法错误的是 A. 适当搅拌可提高“浸出”效率 B. “操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为 C. “氨浸”操作后，溶液含有 D. “操作Ⅱ”中，作还原剂 【答案】B 【解析】 【分析】硅电池碎片中的、、，加入浸出剂，不反应，、转化为、，加入盐酸进行“沉银”，得到，过滤，滤渣为，加入，转化为，再加入，将还原为；向滤液中加入，转化为沉淀，过滤得到，据此回答。 【详解】A．适当搅拌能增大反应物接触面积，加快反应速率，提高“浸出”效率，A不符合题意； B．操作Ⅰ加入的是弱电解质，离子方程式中不可拆分为，正确的离子方程式为，B符合题意； C．“沉银”步骤得到的滤渣为，氨浸时与氨水反应生成可溶性的，因此溶液中含有，C不符合题意； D．操作Ⅱ中中+1价的Ag被还原为0价Ag单质，中元素化合价升高失电子，作还原剂，D不符合题意； 故选B。 苯甲醛中加入溶液，静置，加适量蒸馏水后使用萃取剂萃取。有机相干燥后蒸馏得苯甲醇；水相酸化后抽滤得苯甲酸。据此完成下面小题。 10. 下列实验操作错误的是 A．溶解KOH固体时，加入蒸馏水 B．萃取过程中，振摇分液漏斗后排气 C．酸化水相时，测量溶液pH D．抽滤获得苯甲酸固体 A. A B. B C. C D. D 11. 下列说法错误的是 A. 醛基具有还原性，久置的苯甲醛可能含有苯甲酸杂质 B. 萃取时，应取适量萃取剂多次萃取后合并有机相 C. 蒸馏有机相是为了去除苯甲醇产品中的苯甲酸 D. 苯甲醇和苯甲酸可通过红外光谱鉴定 【答案】10. B 11. C 【解析】 【10题详解】 A．溶解KOH固体时，向盛有KOH的烧杯中加适量蒸馏水溶解，A正确； B．萃取振摇分液漏斗后，倒置分液漏斗打开活塞排气，可平衡分液漏斗内外压强，避免液体喷出，B错误； C．测量溶液时，将试纸置于干燥表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在试纸上，再与标准比色卡对比，C正确； D．抽滤可加快过滤速率，适用于分离苯甲酸这类固体沉淀，装置符合抽滤操作要求，D正确； 故选B。 【11题详解】 A．醛基具有还原性，可被空气中的氧化为羧基，因此久置的苯甲醛会被氧化生成苯甲酸杂质，A正确； B．相同萃取剂总量下，多次萃取可提高溶质的萃取率，合并有机相可减少苯甲醇的损失，B正确； C．生成的苯甲酸钾为离子化合物，仅存在于水相，有机相中含有苯甲醇、萃取剂及少量未反应的苯甲醛，不存在苯甲酸，蒸馏有机相是为了分离苯甲醇和萃取剂等低沸点杂质，C错误； D．红外光谱可检测分子中的官能团，苯甲醇含羟基，苯甲酸含羧基，二者官能团特征峰不同，可通过红外光谱鉴定，D正确； 故选C。 12. 我国科研人员设计了一种可处理含污水的新型尿素燃料电池(如图所示)。下列说法错误的是 A. 体系中每转移，最多可产生1 mol N2 B. 工作时电子从电极2通过外电路向电极1转移 C. 工作时负极区pH降低 D. a是阴离子交换膜 【答案】B 【解析】 【详解】A．中为价，生成时共失去电子，故转移最多产生，A正确； B．电极1上失电子生成，为负极，电极2上得电子生成，为正极，电子应从负极（电极1）经外电路流向正极（电极2），B错误； C．负极反应为，生成使增大，降低，C正确； D．负极区生成后正电荷增多，需通过a膜进入负极区平衡电荷，故a为阴离子交换膜，D正确； 故选B。 13. 催化剂Ⅰ的立方晶胞结构如下图所示，若将晶胞中所有顶点位置的用替换可得新型催化剂Ⅱ的立方晶胞(棱长为，)。设为阿伏加德罗常数的值，、、分别表示、、的摩尔质量。下列说法错误的是 A. Ⅰ晶胞中与最近且等距的有6个 B. Ⅰ晶胞沿，，轴方向的投影图都相同 C. Ⅱ的晶体密度为 D. Ⅱ晶胞中的最短距离为 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂Ⅰ晶胞中N原子位于体心位置，体心N的上下、左右、前后各紧邻1个Co原子，即面心上的Co原子，最近且等距的Co共6个，A正确； B．该立方晶胞的原子分布沿x、y、z三个轴方向均呈中心对称排布，三个方向的投影图完全相同，B正确； C．催化剂Ⅱ是将Ⅰ的顶点Co替换为Zn：顶点原子共8个，每个顶点原子对晶胞的贡献为，因此晶胞内Zn的个数为；剩余的Co全部位于晶胞面心，共个，N位于体心共1个。晶胞总质量为，晶胞体积为，因此密度为，C正确； D．催化剂Ⅱ中Co全部位于晶胞的面心位置，Co-Co的最短距离是相邻两个面心Co的间距，等于晶胞面对角线的一半，即，D错误； 故选D。 14. 是一种三元酸。与在溶液中存在如下平衡：和，时，和总浓度分别为和的溶液中、分布分数[如]与的变化关系见图a(X分别为、和)，与的变化关系见图b(Y分别为、、和)。下列说法错误的是 A. 时， B. 曲线Ⅰ对应的离子为 C. 时， D. 时， 【答案】A 【解析】 【分析】是一种三元酸，其各级电离平衡：（），（，由图 a 第一个交点得出），（，由图 a 第二个交点得出）；配位平衡：，， ；图b中浓度 越大，其负对数 就越小，随着 升高，增多，被不断消耗去配位，导致游离 减小（增大），对应自左向右单调上升的曲线为；pH 越高，酸根去质子化程度越大，游离 越大（减小），对应自左向右单调下降的曲线为；随着 升高、配体  浓度增大，金属先逐级配位，在较低 区间率先生成并占优势；（曲线 1）：在更高 区间因配体充足而进一步大量生成，对应图中随 升高而显著上升的另一条配合物曲线。 【详解】A．由 可知：  由  可知：  ，在 时， 而 。， ，A错误； B．金属离子与配体在溶液中逐级配位。随着  升高，溶液中的游离配体  浓度增大，配合物向更高配位数的方向转化。在较高  区间，最终产物  占主导地位，符合图 b 曲线的变化趋势，B正确； C．在图 b 中，当  时（即两条曲线的交点），对应的 ，此时第二级稳定常数的表达式为： ；结合图a，①，,②，两式联立得，由②得，，总浓度,，所以(忽略金属配位消耗的少量配体)，解得，由表达式得，C正确； D．平衡的平衡常数，当时，，即，。 L总浓度为，(忽略金属配位消耗的少量配体)，D正确； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ① ② 反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 【答案】（1）冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染 （2）蒸发浓缩、冷却结晶 （3）铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中 （4） ①. ②. 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应 （5） ①. ②. 总反应的自由能变，反应能够自发进行 【解析】 【分析】钛铁矿(主要成分为)，加入浓硫酸，发生的酸解反应方程式为，加水进行水浸，得到含和的溶液，水浸后加铁屑还原，把Fe3+全部还原为Fe2+，取上层清液，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体和含溶液，经过一系列操作得到钛白(TiO2)，据此回答。 【小问1详解】 该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； 【小问2详解】 由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； 【小问3详解】 钛白TiO2是白色，Fe2O3（三氧化二铁）是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； 【小问4详解】 绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； 【小问5详解】 已知①，②，由①+②可得总反应为：；总反应可以自发。 16. 2025年甘肃省探获了一处超大型优质冶镁白云岩矿床。白云岩主要由白云石[]组成，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量。已知难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ．称取一定量白云石样品，滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温； Ⅱ．调节溶液至弱酸性()，加入溶液，生成沉淀； Ⅲ．过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用3 mol/L硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ．使用标定后的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 （1）为去除白云石样品中的湿存水，称量前需进行的操作为_________。 （2）步骤Ⅰ中，加热并煮沸溶液的目的是________。 （3）步骤Ⅱ中，调节溶液至弱酸性的原因为________。 （4）步骤Ⅲ中，应依次使用稀溶液和__________(填试剂)洗涤沉淀。 （5）使用标准溶液标定溶液浓度时，发生如下反应：。 保持温度80~，开始滴定时，随着将溶液不断滴入标准溶液中，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_______。接近滴定终点时，下列操作正确的是__________(填序号)。 A．改为滴加半滴溶液 B．减慢锥形瓶旋摇速度 C．使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D．记录滴定管液面的读数 （6）步骤Ⅳ中，为防止滤纸可能影响测定结果，在滴定过程中滤纸需一直贴于烧杯内壁。达到滴定终点后，将滤纸推入溶液中，溶液粉红色褪去，继续滴定至终点，又消耗了溶液。小组讨论后提出下列两种猜想： ①滤纸含有还原性成分； ②步骤Ⅲ中，滤纸上的未被完全冲洗下来。 为验证猜想，将白云石替换为进行对照实验，消耗了溶液。若，，则成立的猜想序号及理由为________。 【答案】（1） 烘干（或加热烘干至恒重） （2） 加快白云石的溶解速率，并驱赶溶液中溶解的和HCl （3） pH过低导致沉淀溶解；pH过高导致生成草酸镁沉淀，对后续滴定产生影响 （4） 蒸馏水（或冷水） （5） ①. 反应生成的对该反应具有催化作用（或自催化作用） ②. AC （6） ①和②均成立；，说明滤纸含有还原性成分，猜想①成立；，说明除了滤纸消耗的外，还有未冲洗下来的消耗了，猜想②成立 【解析】 【小问1详解】 湿存水是指样品表面吸附的水分，通常可以通过加热烘干的方法去除。白云石的主要成分是，属于碳酸盐，在高温下可能会分解，因此不能过度高温灼烧。一般只需在烘箱中烘干或在干燥器中干燥即可。 【小问2详解】 加热煮沸可以加快白云石溶解速率、赶走溶液中溶解的和HCl，防止其在后续调节pH时影响酸度。 【小问3详解】 pH过高会导致镁离子会生成草酸镁沉淀，草酸根的存在对后续钙离子的滴定产生影响，pH过低会导致溶于强酸，因此，需要调节至弱酸性。 【小问4详解】 沉淀表面可能附着有、等杂质离子。用稀洗涤是为了减少的溶解损失。随后需要用一种不溶解沉淀且不引入干扰离子的试剂洗涤，通常使用冷水（或蒸馏水）洗去可溶性杂质。 【小问5详解】 反应生成的对该反应有催化作用。随着反应进行， 浓度增加，反应速率加快，因此褪色时间变短。 A．为了精准控制终点，改为滴加半滴溶液，A正确； B．应充分摇匀，不是减慢锥形瓶旋摇速度，B错误； C．使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，确保反应完全，C正确； D．记录滴定管液面的读数是终点到达后的操作，接近终点时还未记录，D错误； 故选AC。 【小问6详解】 猜想①：滤纸含还原性成分（纤维素等），会消耗。猜想②：滤纸上的未被完全冲洗，推入后继续反应。对照实验用，但同样使用滤纸。如果是滤纸本身消耗的，是滤纸+残留沉淀消耗的。已知，。不为 0，说明滤纸有还原性（猜想①成立）。，说明白云石组多消耗了，即滤纸上还有未冲下的（猜想②成立），即①和②均成立。 17. 加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ① ② （1）要提高的平衡产率，应选择________温度和_______压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为___________________。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线__________(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是________。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有_________。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是_________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于__________eV，理由是__________。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 【答案】（1） ①. 较低 ②. 较高 （2） （3） ①. 2 ②. 反应①为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250℃到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态 ③. 反应①已达到平衡，由于反应①为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低） （4） ①. 从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快 ②. 2.47 ③. 由图b可知，生成CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为 2.47 eV，所以*CO脱附的活化能不应高于 2.47 eV 【解析】 【小问1详解】 反应①是放热反应（），根据勒夏特列原理，降低温度平衡正向移动，可提高平衡产率；反应①的正反应是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，因此选择较低温度、较高压强。 【小问2详解】 平衡常数表达式为生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值，反应中各物质均为气体，直接代入反应①的计量数即可得到：； 【小问3详解】 低温区域CO的平衡分压基本为0，说明此时以反应①为主导，升高温度，平衡逆向移动，下降的1和2对应的是甲烷和水，由化学计量数之比可知，两条下降的曲线中分压更大的1为、2为，两条上升的曲线中3对应的是、4对应的是； 反应①是放热反应，如果体系已经达到平衡，随着温度升高，平衡应该逆向移动，的转化率必然下降。但表格数据显示，从 250℃ 到 350℃，转化率从 22% 一路飙升至 84%。这说明在 350℃ 之前，反应速率较慢，给定的时间内体系还没来得及走到平衡点，温度升高主要作用是加快反应速率；到了 350℃ 之后，体系基本达到了平衡。此后继续升高温度至 400℃，平衡移动成为主导：反应①是放热反应，升高温度导致平衡逆向移动，因此的转化率下降；（注：实际工业中也常伴随高温下催化剂活性下降的因素，作为补充原因也是合理的）； 【小问4详解】 多路径竞争反应中，活化能越小反应速率越快，产物占比越高，CO的含量高于CH4，说明从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快，其含量更高； 据图b的反应历程（能量态势图），我们需要找到生成CH4路径中的“决速步”（即活化能最大的那一步）。第一步 (TS1) 活化能：0.87 - 0.00 = 0.87 eV；第二步 (TS2) 活化能：0.59 - (-0.10) = 0.69 eV；第三步 (TS3) 活化能： 1.94 - (-0.53) = 2.47 eV；第四步 (TS4) 活化能：2.48 - 0.56 = 1.92 eV；通过比较，生成CH4的最大活化能壁垒是 2.47 eV，要在竞争反应中让 CO 生成得更快，CO 脱附的活化能就必须低于竞争对手的最慢步骤（决速步）的活化能，因此推断其脱附活化能不高于 2.47 eV。 18. 恩那度司他(F)是一种治疗慢性肾脏病患者贫血的药物，一种合成方法如下： （1）F分子中(Ph：苯基)含氧官能团的名称为__________、__________和__________。 （2）BnOH的分子式为，它的一种同分异构体遇溶液显色，核磁共振氢谱图中出现峰面积比为的四组峰，该同分异构体的化学名称为__________。 （3）C→D反应中有一种有机小分子物质生成，其分子式为__________。 （4）反应中，的作用是__________(填序号)。 A．氧化剂 B．还原剂 C．催化剂 D．溶剂 该过程中发生了Dimroth重排：分子的一个键发生断裂再重构。推断_______处的键发生了断裂(填序号)。 （5）G在条件1下反应得到H，在条件2下反应得到I．I是H发生Dimroth重排的产物。写出I的结构简式____________。 （6）吡啶()是一种有机碱。分子中N原子采取杂化形成三个杂化轨道，其中两个杂化轨道分别与原子形成两个键，第三个杂化轨道被孤电子对占据，因此可与结合。已知分子中成环原子均共平面，则可与结合的是________号N原子(填序号)。 【答案】（1） ①. 羟基 ②. 酰胺基 ③. 羧基 （2）对甲苯酚（4-甲基苯酚） （3） （4） ①. C ②. ② （5） （6）1、2 【解析】 【分析】A和发生取代反应生成B，B和发生取代反应生成C，C中肼基与缩合成环生成D，D在的作用下，重排生成E，E经历多步转化生成F，据此解答。 【小问1详解】 观察 F 分子的结构简式可知，含氧官能团分别为直接连在芳环上的-OH（羟基）、-CONH-结构（酰胺基）、-COOH（羧基）。 【小问2详解】 BnOH的分子式为，不饱和度为4，遇溶液显色说明分子中含有酚羟基，即除了苯环之外还剩余1个甲基，则包含邻、间、对三种异构体。对甲苯酚（4-甲基苯酚）具有对称结构，其分子中的氢原子共有4种化学环境：甲基上的氢（3个，峰面积为3）、苯环上对称的两对氢（分别2个和2个，峰面积均为2）、酚羟基上的氢（1个，峰面积为1），满足题意； 【小问3详解】 物质 C的侧链肼基提供2个氮原子，与发生缩合反应形成五元环生成D，则提供1个C原子，该过程中会脱去甲醇分子，分子式为； 【小问4详解】 仅少量加入，不参与最终产物的元素组成，起促进重排的作用，因此其作用为催化剂，选C；在该 Dimroth 重排过程中，双环体系的桥头碳氮键（即标号 ② 处的键）发生断裂，随后旋转方向，标注⑤处的N原子重新形成了键； 【小问5详解】 物质G与发生反应，在条件1下生成H（-Cl被苯基取代），I是H发生Dimroth重排的产物。类比前述重排规律，图中虚线标记的碳氮单键断裂并重排，生成； 【小问6详解】 吡啶型氮原子的杂化轨道孤电子对不参与键共轭，因此具有碱性可与结合。在 F 分子中，3号N原子的孤对电子参与了整个双环系统的大共轭体系（提供2个电子以满足休克尔规则），不能结合；1、2号的氮原子提供单电子形成大键，孤对电子位于杂化轨道上，可以与结合形成配位键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化 学 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. “十五五”规划指出要“加快构建清洁低碳安全高效的新型能源体系”。下列清洁能源设备核心部件的主要材料属于金属材料的是 A. 水力发电：水轮发电机组(不锈钢) B. 风力发电：叶片(碳纤维增强塑料) C. 光伏发电：太阳能电池板(单晶硅) D. 光热发电：集热塔(混凝土) 2. 基于我国在制备高纯氟化物熔盐、核级石墨和耐腐蚀镍基合金等领域的技术突破，第四代核裂变反应堆(钍基熔盐堆)在甘肃建成，并于2025年首次实现堆内钍铀转化。下列说法错误的是 A. NaF电子式 B. 碳原子结构示意图 C. 基态Ni原子价层电子排布图 D. 元素钍(Th)有和等核素 3. 甘肃岷县被誉为“中国当归之乡”，从当归中提取的5-羟基麦芽酚具有抗炎活性。下列说法错误的是 A. 该物质能使溴水褪色 B. 该分子是非极性分子 C. 该物质可发生取代反应 D. 该物质能与金属钠反应 4. 我国科研人员使用尿素()等合成了一种长余辉发光材料。关于尿素下列说法错误的是 A. 可通过加热无机化合物获得 B. 可与甲醛反应生成脲醛树脂 C. 尿素晶体中不存在分子间氢键 D. 射线衍射可测定其晶体结构 5. 对于反应，其他条件不变时，下列说法错误的是 A. 当时，反应达到化学平衡 B. 恒容下，向平衡体系中充入惰性气体、平衡不移动 C. 升高反应温度，体系活化分子数增加 D. 增大浓度，平衡常数不变 奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此完成下面小题， 6. 关于前药分子，下列说法正确的是 A. 配位数为4 B. 含有多种配体 C. 第一电离能 D. 原子半径 7. 关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是 A. 分子结构中含有五元环 B. 分子中电负性最大的是O C. 每个分子中含两个手性碳原子 D. 与前药分子中的价态相同 8. 是文物修复中使用的一种仿生材料，、、、为依次位于第一至第四周期的主族元素。其中，原子核外电子只有一种自旋取向，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。的单质能在空气中自燃，基态原子价层电子数为的2倍。下列说法错误的是 A. 和的单质均具有还原性 B. 化合物WY可作干燥剂 C. X和Y的单质均可在空气中燃烧 D. 化合物的水化物具有酸性 9. 某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下： 下列说法错误的是 A. 适当搅拌可提高“浸出”效率 B. “操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为 C. “氨浸”操作后，溶液含有 D. “操作Ⅱ”中，作还原剂 苯甲醛中加入溶液，静置，加适量蒸馏水后使用萃取剂萃取。有机相干燥后蒸馏得苯甲醇；水相酸化后抽滤得苯甲酸。据此完成下面小题。 10. 下列实验操作错误的是 A．溶解KOH固体时，加入蒸馏水 B．萃取过程中，振摇分液漏斗后排气 C．酸化水相时，测量溶液pH D．抽滤获得苯甲酸固体 A. A B. B C. C D. D 11. 下列说法错误的是 A. 醛基具有还原性，久置的苯甲醛可能含有苯甲酸杂质 B. 萃取时，应取适量萃取剂多次萃取后合并有机相 C. 蒸馏有机相是为了去除苯甲醇产品中的苯甲酸 D. 苯甲醇和苯甲酸可通过红外光谱鉴定 12. 我国科研人员设计了一种可处理含污水的新型尿素燃料电池(如图所示)。下列说法错误的是 A. 体系中每转移，最多可产生1 mol N2 B. 工作时电子从电极2通过外电路向电极1转移 C. 工作时负极区pH降低 D. a是阴离子交换膜 13. 催化剂Ⅰ的立方晶胞结构如下图所示，若将晶胞中所有顶点位置的用替换可得新型催化剂Ⅱ的立方晶胞(棱长为，)。设为阿伏加德罗常数的值，、、分别表示、、的摩尔质量。下列说法错误的是 A. Ⅰ晶胞中与最近且等距的有6个 B. Ⅰ晶胞沿，，轴方向的投影图都相同 C. Ⅱ的晶体密度为 D. Ⅱ晶胞中的最短距离为 14. 是一种三元酸。与在溶液中存在如下平衡：和，时，和总浓度分别为和的溶液中、分布分数[如]与的变化关系见图a(X分别为、和)，与的变化关系见图b(Y分别为、、和)。下列说法错误的是 A. 时， B. 曲线Ⅰ对应的离子为 C. 时， D. 时， 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 （1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 （2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 （3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 （5）利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ① ② 反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 16. 2025年甘肃省探获了一处超大型优质冶镁白云岩矿床。白云岩主要由白云石[]组成，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量。已知难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ．称取一定量白云石样品，滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温； Ⅱ．调节溶液至弱酸性()，加入溶液，生成沉淀； Ⅲ．过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用3 mol/L硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ．使用标定后的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 （1）为去除白云石样品中的湿存水，称量前需进行的操作为_________。 （2）步骤Ⅰ中，加热并煮沸溶液的目的是________。 （3）步骤Ⅱ中，调节溶液至弱酸性的原因为________。 （4）步骤Ⅲ中，应依次使用稀溶液和__________(填试剂)洗涤沉淀。 （5）使用标准溶液标定溶液浓度时，发生如下反应：。 保持温度80~，开始滴定时，随着将溶液不断滴入标准溶液中，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_______。接近滴定终点时，下列操作正确的是__________(填序号)。 A．改为滴加半滴溶液 B．减慢锥形瓶旋摇速度 C．使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D．记录滴定管液面的读数 （6）步骤Ⅳ中，为防止滤纸可能影响测定结果，在滴定过程中滤纸需一直贴于烧杯内壁。达到滴定终点后，将滤纸推入溶液中，溶液粉红色褪去，继续滴定至终点，又消耗了溶液。小组讨论后提出下列两种猜想： ①滤纸含有还原性成分； ②步骤Ⅲ中，滤纸上的未被完全冲洗下来。 为验证猜想，将白云石替换为进行对照实验，消耗了溶液。若，，则成立的猜想序号及理由为________。 17. 加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ① ② （1）要提高的平衡产率，应选择________温度和_______压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为___________________。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线__________(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是________。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有_________。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是_________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于__________eV，理由是__________。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 18. 恩那度司他(F)是一种治疗慢性肾脏病患者贫血的药物，一种合成方法如下： （1）F分子中(Ph：苯基)含氧官能团的名称为__________、__________和__________。 （2）BnOH的分子式为，它的一种同分异构体遇溶液显色，核磁共振氢谱图中出现峰面积比为的四组峰，该同分异构体的化学名称为__________。 （3）C→D反应中有一种有机小分子物质生成，其分子式为__________。 （4）反应中，的作用是__________(填序号)。 A．氧化剂 B．还原剂 C．催化剂 D．溶剂 该过程中发生了Dimroth重排：分子的一个键发生断裂再重构。推断_______处的键发生了断裂(填序号)。 （5）G在条件1下反应得到H，在条件2下反应得到I．I是H发生Dimroth重排的产物。写出I的结构简式____________。 （6）吡啶()是一种有机碱。分子中N原子采取杂化形成三个杂化轨道，其中两个杂化轨道分别与原子形成两个键，第三个杂化轨道被孤电子对占据，因此可与结合。已知分子中成环原子均共平面，则可与结合的是________号N原子(填序号)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $