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湖北省2025年高考化学真题
1．（2025·湖北） 下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是（　　）
A．干冰升华助力舞台云雾形成 B．珍珠遇酸后失去光泽
C．加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍 D．植物油久置氧化变质
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．干冰（固态 CO2）升华时吸收热量，使周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而产生云雾效果。该过程中仅发生 CO2的状态变化（固态→气态），没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；
Ｂ．珍珠的主要成分是碳酸钙（CaCO3），遇酸（如醋酸、盐酸等）会发生化学反应产生新物质，故B错误；
Ｃ．加酶洗衣粉中的蛋白酶能催化蛋白质污渍发生水解反应，将大分子蛋白质分解为易溶于水的小分子氨基酸或肽，从而去除污渍，涉及化学变化，故C错误；
Ｄ．植物油中含有不饱和脂肪酸甘油酯，久置时易与空气中的氧气发生氧化反应，生成过氧化物和醛、酮等物质，涉及化学变化，故D错误；
故选A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
2．（2025·湖北） 下列化学用语表达错误的是（　　）
A．甲醛的分子空间结构模型：
B．制备聚乙炔：
C．碳酸银溶于硝酸的离子方程式：
D．含有个键电子对
【答案】C
【知识点】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．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，空间构型呈平面三角形，其结构模型为 ，故A正确；
Ｂ．聚乙炔的单体是乙炔，乙炔发生加聚反应生成聚乙炔，反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ．碳酸银应写化学式，正确的离子方程式为：， 故C错误；
Ｄ．硫酸根的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，则含有个键电子对 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．甲醛分子的空间构型为平面三角形；
Ｂ．乙炔发生加聚反应生成聚乙炔；
Ｃ．碳酸银是固体，应保留化学式；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
3．（2025·湖北） 下列描述不能正确地反映事实的是（　　）
A．室温下与碳不发生反应，高温下可生成和
B．室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯
C．通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康
D．某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康
【答案】B
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A． 与碳在室温下化学性质稳定，无明显反应，高温下 与碳发生置换反应生成Si和CO，故A正确；
Ｂ．苯与液溴在室温下不反应，但在溴化铁作催化剂的条件下，无需高温即可发生取代反应生成溴苯和溴化氢，若没有催化剂，即使温度升高，苯与溴也难以发生反应，因为苯环的大 π 键结构稳定，取代反应需要催化剂降低反应活化能，故B错误；
Ｃ．硒的化合物（如硒化氢、亚硒酸盐）具有毒性，但人体必需的微量元素硒（如以硒蛋白形式存在）在适量摄入时可抗氧化、增强免疫力，故C正确；
Ｄ．吗啡、可待因等生物碱具有镇痛作用，常用于医疗止痛，但因其具有成瘾性，滥用会导致生理和心理依赖，危害健康，故D正确；
故选B。
【分析】A． 与碳在室温下化学性质稳定；
Ｂ．若没有催化剂，即使温度升高，苯与溴也难以发生反应；
Ｃ．硒的化合物（如硒化氢、亚硒酸盐）具有毒性，但人体需要硒元素；
Ｄ．吗啡、可待因等生物碱具有镇痛作用，常用于医疗止痛，但具有成瘾性。
4．（2025·湖北） 下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是（　　）
选项 A B
实验目的 用量热计测定反应热 分离乙酸乙酯和饱和食盐水
实验示意图
选项 C D
实验目的 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网
实验示意图
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；中和热的测定；电镀
【解析】【解答】A．图示仪器构成简易量热计，能用于测定反应热，故A正确；
Ｂ．乙酸乙酯难溶于饱和食盐水，两者混合分层，乙酸乙酯密度小于水，在上层，可采用分液分离，故B正确；
Ｃ．电镀时，待镀金属（铁片）作阴极，镀层金属（镍）作阳极，电解质溶液含镍离子（如 NiSO4溶液），故C错误；
Ｄ．热蒸发皿需用坩埚钳夹持，放置在陶土网上冷却，故D正确；
故选C。
【分析】A．量热计的核心结构包括隔热容器、搅拌器和温度计；
Ｂ．乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，会分层；
Ｃ．电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极；
Ｄ．热蒸发皿需用坩埚钳夹持。
5．（2025·湖北） 下列说法错误的是（　　）
A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应
B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物
C．配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键
D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分散系、胶体与溶液的概念及关系；超分子
【解析】【解答】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间，当可见光通过胶体时，粒子对光线产生散射作用，形成明亮的 “光路”，即丁达尔效应，故A正确；
Ｂ．高分子化合物由于链节数不同，本质上是由多种分子组成的混合物，而非纯净物，故B错误；
Ｃ．配位键的形成过程中，配体提供孤对电子（电子对给予体），中心原子或离子提供空轨道（电子对接受体），通过 “电子对给予 - 接受” 形成配位键，故C正确；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键（如氢键、范德华力）相互作用组装而成的分子聚集体，其结构和功能依赖于分子间的协同作用，故D正确；
故选B。
【分析】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间；
Ｂ．纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质，组成固定，有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号，能用一个化学式表示；
Ｃ．配位键由配位原子提供孤电子对，中心离子提供空轨道形成；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键形成。
6．（2025·湖北） 某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；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为N，Y为O，Z为F，同周期从左到右原子半径逐渐减小，F的原子半径最小，故A错误；
B．X为N，Y为O，Z为F，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于O，故三者中O的第一电离能最小，故B正确；
C．X为N，N的最高正化合价为+5，故C错误；
D．X为N，Z为F，NF3和NH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，故D错误；
故选B。
【分析】Z是周期表中电负性最大的元素，Z为F，电子层数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子数之和为5，X为C和Y为N或X为N和Y为O；化合物分子式为XY2Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO2F符合，故X为N，Y为O，Z为F。
7．（2025·湖北） 下列关于物质性质或应用解释错误的是（　　）
选项 性质或应用 解释
A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小
B 溶于水显碱性 可结合水中的质子
C 可以氧化 中O显正电性
D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系
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．石蜡油的成分主要是高碳烧烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致其粘度大，因此流动性比水差，故A错误；
Ｂ．NH3中N含有一个孤电子对，能结合水电离产生的H+，释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，故B正确；
Ｃ．电负性：F>O，则OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中的O，因此可以氧化 ，故C正确；
Ｄ．石墨是层状结构，层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，因此石墨具有润滑性，故D正确；
故选A。
【分析】A．石蜡油主要由链烷烃组成；
Ｂ．氨气可结合水中的质子；
Ｃ．中O显正电性，反应过程中其化合价能降低；
Ｄ．石墨层间的主要作用力是范德华力。
8．（2025·湖北） 如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是（　　）
A．在C的水溶液中加入少量固体A，溶液升高
B．D为可溶于水的有毒物质
C．F溶于雨水可形成酸雨
D．常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液
【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A．C的水溶液为氨水，加入氯化铵固体，氯化铵水解显酸性，因此溶液的pH降低，故A错误；
Ｂ．氯化钡为重金属盐，有毒，故B正确；
Ｃ．F为NO2，溶于水生成硝酸，会形成硝酸型酸雨，故C正确；
Ｄ．G为硝酸，常温下铁在浓硝酸中钝化，因此常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，故D正确；
故选A。
【分析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体C为氨气，H是白色固体，常用作钡餐，则H为硫酸钡，氨气与HCl反应生成A，则A是氯化铵，氨气催化氧化生成NO，NO被氧化氧化得到NO2，NO2溶于水生成硝酸，D与硫酸钠反应生成硫酸钡，则D为氯化钡。
9．（2025·湖北）晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．一个晶胞中含有4个O原子
B．晶胞中分子的取向相同
C．1号和2号S原子间的核间距为
D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，S位于晶胞的体心和棱心，数目为，则一个晶胞中含有8个O原子，故A错误；
Ｂ．该晶胞中的SO2分子取向不同，如1号和2号取向不同，故B错误；
Ｃ.1号和2号S原子间的核间距为其所在面面对角线的一半，为， 故C错误；
Ｄ．以体心的S原子为例，由于边长 ，与其等距且紧邻的S原子只有4个，故D正确；
故选D。
【分析】A．SO2分子位于晶胞的体心和棱心；
Ｂ．结合晶胞图分析；
Ｃ.1号和2号S原子间的核间距为上下面面对角线的一半；
Ｄ．结合 边长 分析。
10．（2025·湖北） 制备-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到，通入，反应剧烈放热，通气完毕，在下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式：
下列说法错误的是（　　）
A．干燥管可防止水蒸气进入反应瓶
B．可用溶液作为吸收液
C．通入反应液中可起到搅拌作用
D．控制流速不变可使反应温度稳定
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验中使用的催化剂易水解，因此干燥管的作用是防止水蒸气进入反应瓶，故A正确；
Ｂ．吸收装置用于吸收未反应的氯气和生成的HCl，可用NaOH溶液作吸收液，故B正确；
Ｃ．从反应液底部通入氯气，氯气向上扩散的过程中起到搅拌作用，故C正确；
Ｄ．该反应为放热反应，只有反应还在进行，就会持续放热，控制氯气流速不变不能使温度稳定，故D错误；
故选D。
【分析】异丁酸和氯气在加热条件下发生取代反应生成-氯代异丁酸 ，反应的催化剂易水解，因此干燥管用于吸收水蒸气，防止其进入反应瓶使催化剂水解，最后用吸收装置吸收未反应的氯气和反应生成的HCl。
11．（2025·湖北） 桥头烯烃Ⅰ的制备曾是百年学术难题，下列描述正确的是（　　）
A．Ⅰ的分子式是 B．Ⅰ的稳定性较低
C．Ⅱ有2个手性碳 D．Ⅱ经浓硫酸催化脱水仅形成Ⅰ
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，其分子中含有7个碳原子，10个氢原子，分子式为， 故A错误；
Ｂ．Ⅰ含有碳碳双键，含有不稳定的π键，稳定性较低，故B正确；
Ｃ．Ⅱ有3个手性碳，如图用“*”标记：，故C错误；
Ｄ．Ⅱ经浓硫酸催化脱水形成、两种烯烃，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．碳碳双键易被氧化；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子
Ｄ．Ⅱ脱水形成两种烯烃。
12．（2025·湖北） 某电池的正极材料为，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将注入电池后充电补锂，过程中转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是（　　）
A．在阳极失去电子
B．生成气体中含有氟代烃
C．过程中铁元素的价态降低
D．反应并离去是该电池保持原结构的原因
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，[SO2CF3]-在阳极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．[SO2CF3]-在阳极失去电子，电极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，生成气体中含有氟代烃CF3-CF3，故B正确；
C．充电补锂时，阴极反应为Li++e-=Li，阳极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3， 未参与反应，铁元素价态不变，故C错误；
D．该过程中[SO2CF3]-反应并离去，对原电池起到补锂作用，并维持电池原结构，故D正确；
故选C。
【分析】 将注入电池后充电补锂 ，则阴极反应为Li++e-=Li，转化为气体离去 ，则阳极反应式为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3。
13．（2025·湖北） N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是（　　）
A．的熔点比的低，因为的离子键更强
B．磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键
C．次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小
D．P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．离子晶体的离子键越强，熔点越高，中带3个负电荷，而中只带1个负电荷，的离子键比更强，的熔点更高，故A错误；
B．N原子半径较小，p轨道有效重叠，形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此形成四面体结构，故B正确；
C．含氧酸的酸性与O-H键极性有关，O-H键极性越大，越易解离，酸性越强，次磷酸中O-H键的极性小于硝酸中O-H的极性，因此硝酸的酸性更强，故C正确；
D．N的价层电子轨道为2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；P有3d轨道可参与杂化，且P原子半径大，能容纳5个配体，故形成，故D正确；
故选A。
【分析】A．离子键越强，熔点越高；
Ｂ．P原子半径较大，p轨道重叠性差；
Ｃ．O-H的极性越大，越容易电离产生氢离子；
Ｄ．P的价层电子轨道更多。
14．（2025·湖北） 铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是（　　）
A．的
B．当时，
C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小
D．若，则
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，故A错误；
B．当时，由图像可知，，则，，故B错误；
C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，故C正确；
D．若，由图像交点可知，，，则，故，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据的分析计算；
Ｂ．时，；
Ｃ．根据分析；
Ｄ．时，，。
15．（2025·湖北） 某电化学制冷系统的装置如图所示。和在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是（　　）
A．阴极反应为
B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断比稳定
C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，阴极的电极反应式为 ，故A正确；
Ｂ．②处的电解液温度比①处的低，说明是吸热反应，物质的能量越低越稳定，则 更稳定，故B错误；
Ｃ．该装置通过热交换区域进行热量交换，多孔隔膜组织两极液体交换，可以阻止阴极区和阳极区间的热交换，故C正确；
Ｄ．电子转移过程非常快，物质结构来不及改变，说明电子转移过程不会产生热量，则 热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变 ，故D正确；
故选B。
【分析】由图可知，左侧电极上， 发生氧化反应生成 ，电极反应式为，则左侧为阳极，右侧为阴极，电极反应式为 。
16．（2025·湖北） 氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。
时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题：
（1）基态氟离子的电子排布式为　 　。
（2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积　 　。
（3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应　 　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度　 　(填“>”或“<”)
（4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式　 　。
（5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为　 　(填标号)。
a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤
（6）研磨能够促进固相反应的原因可能有　 　(填标号)。
a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键
c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触
【答案】（1）
（2）
（3）正向；＜
（4）
（5）a
（6）ab
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）F为9号元素，得到一个电子形成F-，则基态氟离子的电子排布式为 ，故答案为： 。
（2）时，饱和溶液的浓度为 ，则钙离子浓度为，氟离子浓度为，则的溶度积 ，故答案为： 。
（3）① 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为 ，分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%，说明固相反应向Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大，故答案为：正向。
② 水浸分离，的产率仅为8% ，说明NaF并未大量进入溶液，说明溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，则 < ，故答案为：<。
（4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，则CaF2、与TiO3和NaOH反应生成CaTiO3、NaF和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。
（5）时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大，则从滤液Ⅱ获取晶体的操作为蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 ，故答案为：a。
（6）a.研磨能增大反应物之间的接触面积，使其充分反应，故a正确；
b.研磨会破坏反应物的化学键，产生活性点位，使反应更容易发生，故b正确；
c.加入催化剂才能降低反应的活化能，研磨不能，故c错误；
d.研钵只是研磨的工具，并不参与反应，研钵表面跟反应物更好接触，不能促进反应进行，故d错误；
故答案为：ab。
【分析】Ⅰ.萤石主要含CaF2，与NaOH固体混合研磨，会发生反应：CaF2+2NaOH=Ca(OH)2+2NaF，加入水进行水浸，Ca(OH)2微溶，过滤除去，得到含有NaF的滤液Ⅰ，滤液Ⅰ经过系列处理得到NaF固体；
Ⅱ.萤石与NaOH固体、TiO3粉末研磨，发生反应：CaF2+2NaOH+TiO2=CaTiO3+2NaF+H2O，的溶解度极低 ，则加入水水浸后过滤除去，得到含NaF的滤液Ⅱ，时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大，则通过蒸发结晶获得NaF固体。
17．（2025·湖北） 化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A分子内含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物的反应类型为　 　反应。B的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（3）能用于分离化合物B和C的试剂为　 　(填标号)。
a．水溶液 b．水溶液 c．水溶液
（4）的反应方程式为　 　。在A的氮原子上引入乙酰基的作用是　 　
（5）化合物D与间的反应方程式：
用类比法，下列反应中X的结构简式为　 　。
（6）E存在一种含羰基异构体F，二者处于快速互变平衡。F与反应可生成G，写出F的结构简式　 　。
【答案】（1）羟基
（2）取代；5
（3）b
（4）；保护氨基
（5）+N=O
（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
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中的含氧官能团为羟基，故答案为：羟基。
（2）A与发生取代反应生成B，则化合物的反应类型为取代反应；B分子中含有5种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：取代；5。
（3）B和C的不同之处在于，B的官能团是酯基，C的官能团是羟基和酮羰基，两种溶液均不能和碳酸氢钠溶液反应，C中酚羟基能和碳酸钠溶液反应生成钠盐可溶于水，而B不能和碳酸钠反应，再通过分液即可分离B和C，B和C均不能和硫酸钠溶液反应，则能用碳酸钠水溶液分离B和C，故答案为：b。
（4）C水解生成D和CH3COOH，反应的化学方程式为；根据流程图可知，A→B的过程中将氨基反应掉，C→D的过程中重新得到氨基，则在A的氮原子上引入乙酰基的作用是保护氨基，故答案为：；保护氨基。
（5）根据电荷守恒可知，X应带一个单位正电荷，结合原子守恒可知，X中含有一个N原子和一个O原子，则X的结构简式为+N=O ，故答案为：+N=O 。
（6）由分析可知，F的结构简式为，故答案为：。
【分析】A与发生取代反应生成B，B在AlCl3条件下异构化得到C，C水解得到D，D与亚硝酸钠在酸性条件下反应得到中间体， F与反应可生成G，则F的结构简式为 。
18．（2025·湖北） 某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：
（1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。
①反应产生的砖红色沉淀为　 　(写化学式)，葡萄糖表现出　 　(填“氧化”或“还原”)性。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：　 　。
（2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是　 　
②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是　 　(填标号)。
a． b．包裹 c． d．和
③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验：
由实验结果可知，X的组成是　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是　 　。
【答案】（1）Cu2O；还原；
（2）除去过量的锌粉；b；Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下发生反应：C6H12O6+2Cu (OH)2 →C6H11O7Na+Cu2O↓+2H2O，得到的砖红色沉淀为 Cu2O；该反应中Cu元素的化合价降低，体现氧化性，葡萄糖中C元素的化合价升高，体现还原性，故答案为： Cu2O；还原。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，是因为Cu(OH)2分解生成CuO，CuO为黑色沉淀，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。
（2）①为了使Cu2+完全还原，加入的Zn粉是过量的，通过盐酸除去，因此加入盐酸的目的是除去过量的锌粉，故答案为：除去过量的锌粉。
②先加Zn粉、后加盐酸，得到红棕色固体，则固体中一定有Cu，20mL 0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：
a．若只有Cu，则固体质量应≤0.64g，故a不符题意；
b．若是Cu覆盖在Zn表面，则0.64＜固体质量＜1.18g，故b符合题意；
c．若是CuO，CuO为黑色固体，故c不符题意；
d．若是Cu和Cu2O的混合物，固体质量应介于0.64g-0.72g之间，故d不符题意；
选b。
③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色，故答案为：Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。
【分析】（1） 向溶液加入5滴溶液，得到氢氧化铜悬浊液， 振荡后加入葡萄糖溶液，加热，发生醛基的氧化反应；
（2） 向溶液中加入粉使蓝色完全褪去 ，Cu2+被还原，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，得到含铜的还原产物。
19．（2025·湖北）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则的　 　(用m和n表示)。
（2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　 　(填标号)表示反应的快慢。
a． b． c． d．
（3）图1中曲线　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应反应温度最高。
（4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　 　(填“a”或“b”)是主要途径。
（5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　 　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　 　。
（6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设①，②，根据盖斯定律，将×①+×②可得，则=×+×=，故答案为： 。
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d，故答案为：d。
（3）温度越高反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，说明曲线Ⅰ对应的反应温度最高，故答案为：Ⅰ。
（4）途径a中能垒为1.3eV，小于途径b，能垒越小反应速率越快，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径，故答案为：a。
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小，故答案为：②； 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 。
（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因是：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率，故答案为：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率；
（3）温度越高，反应速率越快；
（4）活化能越大，反应速率越快；
（5）反应①固体质量减小，反应②固体质量增大；
（6）化学平衡移动原理的具体内容为：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。
1 / 1湖北省2025年高考化学真题
1．（2025·湖北） 下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是（　　）
A．干冰升华助力舞台云雾形成 B．珍珠遇酸后失去光泽
C．加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍 D．植物油久置氧化变质
2．（2025·湖北） 下列化学用语表达错误的是（　　）
A．甲醛的分子空间结构模型：
B．制备聚乙炔：
C．碳酸银溶于硝酸的离子方程式：
D．含有个键电子对
3．（2025·湖北） 下列描述不能正确地反映事实的是（　　）
A．室温下与碳不发生反应，高温下可生成和
B．室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯
C．通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康
D．某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康
4．（2025·湖北） 下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是（　　）
选项 A B
实验目的 用量热计测定反应热 分离乙酸乙酯和饱和食盐水
实验示意图
选项 C D
实验目的 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网
实验示意图
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·湖北） 下列说法错误的是（　　）
A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应
B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物
C．配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键
D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成
6．（2025·湖北） 某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
7．（2025·湖北） 下列关于物质性质或应用解释错误的是（　　）
选项 性质或应用 解释
A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小
B 溶于水显碱性 可结合水中的质子
C 可以氧化 中O显正电性
D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·湖北） 如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是（　　）
A．在C的水溶液中加入少量固体A，溶液升高
B．D为可溶于水的有毒物质
C．F溶于雨水可形成酸雨
D．常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液
9．（2025·湖北）晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．一个晶胞中含有4个O原子
B．晶胞中分子的取向相同
C．1号和2号S原子间的核间距为
D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个
10．（2025·湖北） 制备-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到，通入，反应剧烈放热，通气完毕，在下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式：
下列说法错误的是（　　）
A．干燥管可防止水蒸气进入反应瓶
B．可用溶液作为吸收液
C．通入反应液中可起到搅拌作用
D．控制流速不变可使反应温度稳定
11．（2025·湖北） 桥头烯烃Ⅰ的制备曾是百年学术难题，下列描述正确的是（　　）
A．Ⅰ的分子式是 B．Ⅰ的稳定性较低
C．Ⅱ有2个手性碳 D．Ⅱ经浓硫酸催化脱水仅形成Ⅰ
12．（2025·湖北） 某电池的正极材料为，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将注入电池后充电补锂，过程中转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是（　　）
A．在阳极失去电子
B．生成气体中含有氟代烃
C．过程中铁元素的价态降低
D．反应并离去是该电池保持原结构的原因
13．（2025·湖北） N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是（　　）
A．的熔点比的低，因为的离子键更强
B．磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键
C．次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小
D．P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大
14．（2025·湖北） 铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是（　　）
A．的
B．当时，
C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小
D．若，则
15．（2025·湖北） 某电化学制冷系统的装置如图所示。和在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是（　　）
A．阴极反应为
B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断比稳定
C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变
16．（2025·湖北） 氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。
时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题：
（1）基态氟离子的电子排布式为　 　。
（2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积　 　。
（3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应　 　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度　 　(填“>”或“<”)
（4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式　 　。
（5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为　 　(填标号)。
a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤
（6）研磨能够促进固相反应的原因可能有　 　(填标号)。
a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键
c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触
17．（2025·湖北） 化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A分子内含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物的反应类型为　 　反应。B的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（3）能用于分离化合物B和C的试剂为　 　(填标号)。
a．水溶液 b．水溶液 c．水溶液
（4）的反应方程式为　 　。在A的氮原子上引入乙酰基的作用是　 　
（5）化合物D与间的反应方程式：
用类比法，下列反应中X的结构简式为　 　。
（6）E存在一种含羰基异构体F，二者处于快速互变平衡。F与反应可生成G，写出F的结构简式　 　。
18．（2025·湖北） 某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：
（1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。
①反应产生的砖红色沉淀为　 　(写化学式)，葡萄糖表现出　 　(填“氧化”或“还原”)性。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：　 　。
（2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是　 　
②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是　 　(填标号)。
a． b．包裹 c． d．和
③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验：
由实验结果可知，X的组成是　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是　 　。
19．（2025·湖北）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则的　 　(用m和n表示)。
（2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　 　(填标号)表示反应的快慢。
a． b． c． d．
（3）图1中曲线　 　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应反应温度最高。
（4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　 　(填“a”或“b”)是主要途径。
（5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　 　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　 　。
（6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．干冰（固态 CO2）升华时吸收热量，使周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成小水滴，从而产生云雾效果。该过程中仅发生 CO2的状态变化（固态→气态），没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；
Ｂ．珍珠的主要成分是碳酸钙（CaCO3），遇酸（如醋酸、盐酸等）会发生化学反应产生新物质，故B错误；
Ｃ．加酶洗衣粉中的蛋白酶能催化蛋白质污渍发生水解反应，将大分子蛋白质分解为易溶于水的小分子氨基酸或肽，从而去除污渍，涉及化学变化，故C错误；
Ｄ．植物油中含有不饱和脂肪酸甘油酯，久置时易与空气中的氧气发生氧化反应，生成过氧化物和醛、酮等物质，涉及化学变化，故D错误；
故选A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化。
2．【答案】C
【知识点】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．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，空间构型呈平面三角形，其结构模型为 ，故A正确；
Ｂ．聚乙炔的单体是乙炔，乙炔发生加聚反应生成聚乙炔，反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ．碳酸银应写化学式，正确的离子方程式为：， 故C错误；
Ｄ．硫酸根的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，则含有个键电子对 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．甲醛分子的空间构型为平面三角形；
Ｂ．乙炔发生加聚反应生成聚乙炔；
Ｃ．碳酸银是固体，应保留化学式；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
3．【答案】B
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A． 与碳在室温下化学性质稳定，无明显反应，高温下 与碳发生置换反应生成Si和CO，故A正确；
Ｂ．苯与液溴在室温下不反应，但在溴化铁作催化剂的条件下，无需高温即可发生取代反应生成溴苯和溴化氢，若没有催化剂，即使温度升高，苯与溴也难以发生反应，因为苯环的大 π 键结构稳定，取代反应需要催化剂降低反应活化能，故B错误；
Ｃ．硒的化合物（如硒化氢、亚硒酸盐）具有毒性，但人体必需的微量元素硒（如以硒蛋白形式存在）在适量摄入时可抗氧化、增强免疫力，故C正确；
Ｄ．吗啡、可待因等生物碱具有镇痛作用，常用于医疗止痛，但因其具有成瘾性，滥用会导致生理和心理依赖，危害健康，故D正确；
故选B。
【分析】A． 与碳在室温下化学性质稳定；
Ｂ．若没有催化剂，即使温度升高，苯与溴也难以发生反应；
Ｃ．硒的化合物（如硒化氢、亚硒酸盐）具有毒性，但人体需要硒元素；
Ｄ．吗啡、可待因等生物碱具有镇痛作用，常用于医疗止痛，但具有成瘾性。
4．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；中和热的测定；电镀
【解析】【解答】A．图示仪器构成简易量热计，能用于测定反应热，故A正确；
Ｂ．乙酸乙酯难溶于饱和食盐水，两者混合分层，乙酸乙酯密度小于水，在上层，可采用分液分离，故B正确；
Ｃ．电镀时，待镀金属（铁片）作阴极，镀层金属（镍）作阳极，电解质溶液含镍离子（如 NiSO4溶液），故C错误；
Ｄ．热蒸发皿需用坩埚钳夹持，放置在陶土网上冷却，故D正确；
故选C。
【分析】A．量热计的核心结构包括隔热容器、搅拌器和温度计；
Ｂ．乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，会分层；
Ｃ．电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极；
Ｄ．热蒸发皿需用坩埚钳夹持。
5．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分散系、胶体与溶液的概念及关系；超分子
【解析】【解答】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间，当可见光通过胶体时，粒子对光线产生散射作用，形成明亮的 “光路”，即丁达尔效应，故A正确；
Ｂ．高分子化合物由于链节数不同，本质上是由多种分子组成的混合物，而非纯净物，故B错误；
Ｃ．配位键的形成过程中，配体提供孤对电子（电子对给予体），中心原子或离子提供空轨道（电子对接受体），通过 “电子对给予 - 接受” 形成配位键，故C正确；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键（如氢键、范德华力）相互作用组装而成的分子聚集体，其结构和功能依赖于分子间的协同作用，故D正确；
故选B。
【分析】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间；
Ｂ．纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质，组成固定，有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号，能用一个化学式表示；
Ｃ．配位键由配位原子提供孤电子对，中心离子提供空轨道形成；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键形成。
6．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；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为N，Y为O，Z为F，同周期从左到右原子半径逐渐减小，F的原子半径最小，故A错误；
B．X为N，Y为O，Z为F，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于O，故三者中O的第一电离能最小，故B正确；
C．X为N，N的最高正化合价为+5，故C错误；
D．X为N，Z为F，NF3和NH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，故D错误；
故选B。
【分析】Z是周期表中电负性最大的元素，Z为F，电子层数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子数之和为5，X为C和Y为N或X为N和Y为O；化合物分子式为XY2Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO2F符合，故X为N，Y为O，Z为F。
7．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．石蜡油的成分主要是高碳烧烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致其粘度大，因此流动性比水差，故A错误；
Ｂ．NH3中N含有一个孤电子对，能结合水电离产生的H+，释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，故B正确；
Ｃ．电负性：F>O，则OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中的O，因此可以氧化 ，故C正确；
Ｄ．石墨是层状结构，层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，因此石墨具有润滑性，故D正确；
故选A。
【分析】A．石蜡油主要由链烷烃组成；
Ｂ．氨气可结合水中的质子；
Ｃ．中O显正电性，反应过程中其化合价能降低；
Ｄ．石墨层间的主要作用力是范德华力。
8．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A．C的水溶液为氨水，加入氯化铵固体，氯化铵水解显酸性，因此溶液的pH降低，故A错误；
Ｂ．氯化钡为重金属盐，有毒，故B正确；
Ｃ．F为NO2，溶于水生成硝酸，会形成硝酸型酸雨，故C正确；
Ｄ．G为硝酸，常温下铁在浓硝酸中钝化，因此常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，故D正确；
故选A。
【分析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体C为氨气，H是白色固体，常用作钡餐，则H为硫酸钡，氨气与HCl反应生成A，则A是氯化铵，氨气催化氧化生成NO，NO被氧化氧化得到NO2，NO2溶于水生成硝酸，D与硫酸钠反应生成硫酸钡，则D为氯化钡。
9．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，S位于晶胞的体心和棱心，数目为，则一个晶胞中含有8个O原子，故A错误；
Ｂ．该晶胞中的SO2分子取向不同，如1号和2号取向不同，故B错误；
Ｃ.1号和2号S原子间的核间距为其所在面面对角线的一半，为， 故C错误；
Ｄ．以体心的S原子为例，由于边长 ，与其等距且紧邻的S原子只有4个，故D正确；
故选D。
【分析】A．SO2分子位于晶胞的体心和棱心；
Ｂ．结合晶胞图分析；
Ｃ.1号和2号S原子间的核间距为上下面面对角线的一半；
Ｄ．结合 边长 分析。
10．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验中使用的催化剂易水解，因此干燥管的作用是防止水蒸气进入反应瓶，故A正确；
Ｂ．吸收装置用于吸收未反应的氯气和生成的HCl，可用NaOH溶液作吸收液，故B正确；
Ｃ．从反应液底部通入氯气，氯气向上扩散的过程中起到搅拌作用，故C正确；
Ｄ．该反应为放热反应，只有反应还在进行，就会持续放热，控制氯气流速不变不能使温度稳定，故D错误；
故选D。
【分析】异丁酸和氯气在加热条件下发生取代反应生成-氯代异丁酸 ，反应的催化剂易水解，因此干燥管用于吸收水蒸气，防止其进入反应瓶使催化剂水解，最后用吸收装置吸收未反应的氯气和反应生成的HCl。
11．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，其分子中含有7个碳原子，10个氢原子，分子式为， 故A错误；
Ｂ．Ⅰ含有碳碳双键，含有不稳定的π键，稳定性较低，故B正确；
Ｃ．Ⅱ有3个手性碳，如图用“*”标记：，故C错误；
Ｄ．Ⅱ经浓硫酸催化脱水形成、两种烯烃，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．碳碳双键易被氧化；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子
Ｄ．Ⅱ脱水形成两种烯烃。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，[SO2CF3]-在阳极失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．[SO2CF3]-在阳极失去电子，电极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，生成气体中含有氟代烃CF3-CF3，故B正确；
C．充电补锂时，阴极反应为Li++e-=Li，阳极反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3， 未参与反应，铁元素价态不变，故C错误；
D．该过程中[SO2CF3]-反应并离去，对原电池起到补锂作用，并维持电池原结构，故D正确；
故选C。
【分析】 将注入电池后充电补锂 ，则阴极反应为Li++e-=Li，转化为气体离去 ，则阳极反应式为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3。
13．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．离子晶体的离子键越强，熔点越高，中带3个负电荷，而中只带1个负电荷，的离子键比更强，的熔点更高，故A错误；
B．N原子半径较小，p轨道有效重叠，形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此形成四面体结构，故B正确；
C．含氧酸的酸性与O-H键极性有关，O-H键极性越大，越易解离，酸性越强，次磷酸中O-H键的极性小于硝酸中O-H的极性，因此硝酸的酸性更强，故C正确；
D．N的价层电子轨道为2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；P有3d轨道可参与杂化，且P原子半径大，能容纳5个配体，故形成，故D正确；
故选A。
【分析】A．离子键越强，熔点越高；
Ｂ．P原子半径较大，p轨道重叠性差；
Ｃ．O-H的极性越大，越容易电离产生氢离子；
Ｄ．P的价层电子轨道更多。
14．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，故A错误；
B．当时，由图像可知，，则，，故B错误；
C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，故C正确；
D．若，由图像交点可知，，，则，故，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据的分析计算；
Ｂ．时，；
Ｃ．根据分析；
Ｄ．时，，。
15．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，阴极的电极反应式为 ，故A正确；
Ｂ．②处的电解液温度比①处的低，说明是吸热反应，物质的能量越低越稳定，则 更稳定，故B错误；
Ｃ．该装置通过热交换区域进行热量交换，多孔隔膜组织两极液体交换，可以阻止阴极区和阳极区间的热交换，故C正确；
Ｄ．电子转移过程非常快，物质结构来不及改变，说明电子转移过程不会产生热量，则 热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变 ，故D正确；
故选B。
【分析】由图可知，左侧电极上， 发生氧化反应生成 ，电极反应式为，则左侧为阳极，右侧为阴极，电极反应式为 。
16．【答案】（1）
（2）
（3）正向；＜
（4）
（5）a
（6）ab
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）F为9号元素，得到一个电子形成F-，则基态氟离子的电子排布式为 ，故答案为： 。
（2）时，饱和溶液的浓度为 ，则钙离子浓度为，氟离子浓度为，则的溶度积 ，故答案为： 。
（3）① 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为 ，分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%，说明固相反应向Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大，故答案为：正向。
② 水浸分离，的产率仅为8% ，说明NaF并未大量进入溶液，说明溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，则 < ，故答案为：<。
（4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，则CaF2、与TiO3和NaOH反应生成CaTiO3、NaF和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。
（5）时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大，则从滤液Ⅱ获取晶体的操作为蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 ，故答案为：a。
（6）a.研磨能增大反应物之间的接触面积，使其充分反应，故a正确；
b.研磨会破坏反应物的化学键，产生活性点位，使反应更容易发生，故b正确；
c.加入催化剂才能降低反应的活化能，研磨不能，故c错误；
d.研钵只是研磨的工具，并不参与反应，研钵表面跟反应物更好接触，不能促进反应进行，故d错误；
故答案为：ab。
【分析】Ⅰ.萤石主要含CaF2，与NaOH固体混合研磨，会发生反应：CaF2+2NaOH=Ca(OH)2+2NaF，加入水进行水浸，Ca(OH)2微溶，过滤除去，得到含有NaF的滤液Ⅰ，滤液Ⅰ经过系列处理得到NaF固体；
Ⅱ.萤石与NaOH固体、TiO3粉末研磨，发生反应：CaF2+2NaOH+TiO2=CaTiO3+2NaF+H2O，的溶解度极低 ，则加入水水浸后过滤除去，得到含NaF的滤液Ⅱ，时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大，则通过蒸发结晶获得NaF固体。
17．【答案】（1）羟基
（2）取代；5
（3）b
（4）；保护氨基
（5）+N=O
（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
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中的含氧官能团为羟基，故答案为：羟基。
（2）A与发生取代反应生成B，则化合物的反应类型为取代反应；B分子中含有5种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：取代；5。
（3）B和C的不同之处在于，B的官能团是酯基，C的官能团是羟基和酮羰基，两种溶液均不能和碳酸氢钠溶液反应，C中酚羟基能和碳酸钠溶液反应生成钠盐可溶于水，而B不能和碳酸钠反应，再通过分液即可分离B和C，B和C均不能和硫酸钠溶液反应，则能用碳酸钠水溶液分离B和C，故答案为：b。
（4）C水解生成D和CH3COOH，反应的化学方程式为；根据流程图可知，A→B的过程中将氨基反应掉，C→D的过程中重新得到氨基，则在A的氮原子上引入乙酰基的作用是保护氨基，故答案为：；保护氨基。
（5）根据电荷守恒可知，X应带一个单位正电荷，结合原子守恒可知，X中含有一个N原子和一个O原子，则X的结构简式为+N=O ，故答案为：+N=O 。
（6）由分析可知，F的结构简式为，故答案为：。
【分析】A与发生取代反应生成B，B在AlCl3条件下异构化得到C，C水解得到D，D与亚硝酸钠在酸性条件下反应得到中间体， F与反应可生成G，则F的结构简式为 。
18．【答案】（1）Cu2O；还原；
（2）除去过量的锌粉；b；Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下发生反应：C6H12O6+2Cu (OH)2 →C6H11O7Na+Cu2O↓+2H2O，得到的砖红色沉淀为 Cu2O；该反应中Cu元素的化合价降低，体现氧化性，葡萄糖中C元素的化合价升高，体现还原性，故答案为： Cu2O；还原。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，是因为Cu(OH)2分解生成CuO，CuO为黑色沉淀，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。
（2）①为了使Cu2+完全还原，加入的Zn粉是过量的，通过盐酸除去，因此加入盐酸的目的是除去过量的锌粉，故答案为：除去过量的锌粉。
②先加Zn粉、后加盐酸，得到红棕色固体，则固体中一定有Cu，20mL 0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：
a．若只有Cu，则固体质量应≤0.64g，故a不符题意；
b．若是Cu覆盖在Zn表面，则0.64＜固体质量＜1.18g，故b符合题意；
c．若是CuO，CuO为黑色固体，故c不符题意；
d．若是Cu和Cu2O的混合物，固体质量应介于0.64g-0.72g之间，故d不符题意；
选b。
③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色，故答案为：Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。
【分析】（1） 向溶液加入5滴溶液，得到氢氧化铜悬浊液， 振荡后加入葡萄糖溶液，加热，发生醛基的氧化反应；
（2） 向溶液中加入粉使蓝色完全褪去 ，Cu2+被还原，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，得到含铜的还原产物。
19．【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设①，②，根据盖斯定律，将×①+×②可得，则=×+×=，故答案为： 。
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d，故答案为：d。
（3）温度越高反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，说明曲线Ⅰ对应的反应温度最高，故答案为：Ⅰ。
（4）途径a中能垒为1.3eV，小于途径b，能垒越小反应速率越快，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径，故答案为：a。
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小，故答案为：②； 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 。
（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因是：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率，故答案为：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率；
（3）温度越高，反应速率越快；
（4）活化能越大，反应速率越快；
（5）反应①固体质量减小，反应②固体质量增大；
（6）化学平衡移动原理的具体内容为：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。
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