2025年高考湖北卷化学高考真题（原卷版＋解析版）

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一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 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
【解析】
判断物理变化与化学变化的核心依据是 “是否有新物质生成”—— 物理变化仅改变物质状态、形态等，物质本身组成不变；化学变化会形成新的分子或物质。
选项 A：干冰（固态 CO₂）升华是从固态直接变为气态，物质种类仍为 CO₂，无新物质生成，属于物理变化，符合题意；
选项 B：珍珠的主要成分是碳酸钙（CaCO₃），遇酸会发生反应：CaCO₃ + 2H⁺ = Ca²⁺ + CO₂↑ + H₂O，生成 CO₂、可溶性盐等新物质，属于化学变化；
选项 C：加酶洗衣粉中的蛋白酶会催化蛋白质水解，将蛋白质分解为氨基酸（新物质），破坏了蛋白质的原有结构，属于化学变化；
选项 D：植物油久置会发生氧化反应，生成过氧化物、醛类、羧酸等变质产物（新物质），属于化学变化。
故选A。
2. 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
【解析】
化学用语的正确性需结合物质结构、反应规律等判断，关键关注粒子构成、方程式书写规则（如难溶物是否拆分）、空间结构匹配度等。
选项 A：甲醛（HCHO）分子为平面结构，中心 C 原子与 O 原子形成 C=O 键，与两个 H 原子形成 C—H 键，且原子半径满足 C＞O＞H，题干中的空间结构模型符合该特征，表达正确；
选项 B：乙炔（CH≡CH）发生加聚反应时，碳碳三键打开一个 π 键，彼此连接形成聚乙炔（-[CH=CH]-ₙ），反应方程式书写符合加聚反应规律，表达正确；
选项 C：碳酸银（Ag₂CO₃）是难溶物，在离子方程式中不能拆分为 Ag⁺和 CO₃²⁻，正确的离子方程式应为，题干方程式错误；
选项 D：的价层电子对数 =4，， 0孤电子对，故含有个键电子对，表达正确。
故选C。
3. 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
【解析】
本题需结合物质反应条件、元素性质的双重性等判断，重点关注 “反应发生的关键条件” 和 “物质的利弊统一”。
选项 A：SiO₂与碳的反应具有温度依赖性 —— 室温下二者无反应活性，高温下（如工业制粗硅）发生氧化还原反应，生成Si和CO，描述正确；
选项 B：苯与溴的取代反应（生成溴苯）需满足两个关键条件：①催化剂（如 FeBr₃）；②溴为液溴（而非溴水）。仅升高温度，无催化剂参与时，苯与溴无法发生有效反应，描述错误；
选项 C：硒的化合物具有 “毒性与必需性并存” 的特点 —— 多数硒化物（如 H₂Se）有毒，但硒是人体必需的微量元素，微量摄入可参与酶的合成、增强免疫力，过量则危害健康，描述正确；
选项 D：吗啡等镇痛类生物碱是重要的医疗药物，可缓解剧烈疼痛，但此类物质具有成瘾性，滥用会导致身体依赖、器官损伤等健康问题，描述正确。
故选B。
4. 下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
实验装置与目的的匹配性需结合实验原理（如分离方法、电镀原理、操作规范）判断，核心是 “装置设计是否符合反应 / 操作的本质要求”。
选项 A：量热计测定反应热的关键是 “减少热量散失”—— 装置中的隔热层可隔绝环境温度影响，温度计测反应前后温度变化，玻璃搅拌棒使反应充分进行，装置与目的相符；
选项 B：乙酸乙酯与饱和食盐水互不相溶（乙酸乙酯密度小于水，位于上层），分液是分离互不相溶液体的常用方法，装置为分液漏斗，与目的相符；
选项 C：铁片上镀镍的电镀原理为：待镀金属（铁片）作阴极（接电源负极），镀层金属（镍片）作阳极（接电源正极），电镀液含 Ni²⁺。题干装置中电极连接未明确，但从 “电极放置” 可判断：若镍片与铁片接反，无法实现镀镍，装置与目的不相符；
选项 D：热蒸发皿温度较高，需用坩埚钳夹取转移至陶土网（避免直接放在桌面上导致炸裂），操作规范，装置与目的相符。
故选C。
5. 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
【解析】
本题考查胶体、合成高分子、配位化合物、超分子的核心概念，需明确概念的本质特征（如混合物与纯净物的区别、化学键形成方式）。
选项 A：丁达尔效应的本质是 “胶体粒子对可见光的散射作用”—— 胶体粒子直径在 1~100nm 之间，能使光线向四周扩散，形成光亮的 “通路”，描述正确；
选项 B：合成高分子是通过加聚反应或缩聚反应生成的，但聚合反应中，单体聚合的程度（聚合度 n）不同，导致高分子的分子量存在分布范围（如聚乙烯的 n 可为几百到几千），因此合成高分子是混合物，而非纯净物，描述错误；
选项 C：配位化合物的核心是配位键，其形成机制为 “一方提供孤电子对（给予体），另一方提供空轨道（接受体）”，即 “电子对给予 - 接受”，描述正确；
选项 D：超分子的定义是 “由两种或两种以上分子通过分子间相互作用（如氢键、范德华力、静电作用等）形成的聚集体”，分子间作用力是其稳定存在的关键，描述正确。
故选B。
6. 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
【解析】
本题解题步骤为 “确定 Z 元素→推导 X、Y 元素→分析元素性质”，核心是利用 “电负性、电子层数、未成对电子数、化合价” 进行推断。
确定 Z 元素：周期表中电负性最大的元素是 F（氟），其核外电子层数为 2，未成对电子数为 1（2p 轨道上 1 个未成对电子）；
推导 X、Y 元素：X、Y、Z 同周期（均为第二周期），故三者电子层数之和 = 2+2+2=6；根据 “电子层数之和 = 未成对电子数之和”，可知 X、Y、Z 未成对电子数之和 = 6，因此 X、Y 未成对电子数之和 = 6-1=5。第二周期元素中，未成对电子数可能为 1（如 Li、B、F）、2（如 C、O）、3（如 N），满足 “和为 5” 的组合仅为 N（3 个未成对电子）和 O（2 个未成对电子）；结合分子式 XY₂Z 的化合价：Z（F）为 - 1 价，整体化合物电中性，故 X+2Y-1=0→X+2Y=1。N 常见化合价为 - 3、+1、+2、+3、+5，O 常见化合价为 - 2，代入得：N（+3）+ 2×O（-1）=1（不符合），N（+5）+ 2×O（-2）=1（符合），因此 X 为 N，Y 为 O，Z 为 F；
分析选项：
选项 A：同周期元素原子半径随原子序数增大而减小（核电荷数增大，吸引电子能力增强），N、O、F 中 F 原子序数最大，半径最小，错误；
选项 B：同周期第一电离能总体呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半充满结构（稳定状态），第一电离能大于相邻的 O，故三者第一电离能顺序为 F＞N＞O，Y（O）的第一电离能最小，正确；
选项 C：X 为 N，其最外层电子数为 5，最高正化合价为 + 5（如 HNO₃），错误；
选项 D：NF₃和 NH₃的中心 N 原子均为 sp³ 杂化（含 3 个成键电子对、1 个孤电子对），但 F 的电负性远大于 H，NF₃中 N-F 键的成键电子对更靠近 F，成键电子对之间的斥力小于 NH₃中 N-H 键的成键电子对斥力，故 NF₃的键角小于 NH₃，错误。
答案选B。
7. 下列关于物质性质或应用解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
物质的性质与应用需从 “微观作用力（如分子间作用力、化学键）”“粒子结构（如孤电子对、电负性）” 等本质原因解释，避免表面关联。
选项 A：物质的流动性与粘度相关，粘度越大，流动性越差。石蜡油的主要成分是高碳烷烃（相对分子质量大），分子间作用力（范德华力）更强，导致粘度远大于水，流动性更差。题干解释 “分子间作用力比水小” 与事实相反，错误；
选项 B：NH₃溶于水时，N 原子具有 1 对孤电子对，可与水分子电离出的 H⁺（质子）结合形成 NH₄⁺，促使水分子进一步电离：NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH⁻，溶液中 OH⁻浓度增大，显碱性，解释正确；
选项 C：OF₂中，F 的电负性（3.98）大于 O（3.44），电子对偏向 F，故 O 显正电性；H₂O 中 O 显负电性（H 电负性 1.00）。正电性的 O 具有氧化性，可氧化 H₂O 中负电性的 O，因此 OF₂能氧化 H₂O，解释正确；
选项 D：石墨为层状结构，层内 C 原子通过共价键形成六元环，层间仅靠较弱的范德华力维系，层与层之间易发生相对滑动，因此石墨可作为润滑剂，解释正确。
答案选A。
8. 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
【解析】
本题解题核心是 “抓住物质特征推断转化关系”，关键特征：气体 C（碱性气体，应为 NH₃）、H（钡餐，应为 BaSO₄）、G（强酸，结合转化关系应为 HNO₃）。
推断转化关系：
气体 C 使湿润红色石蕊试纸变蓝→C 为 NH₃；
H 为钡餐→H 为 BaSO₄，结合 “D 与 Na₂SO₄溶液反应生成 H”，可知 D 含 Ba²⁺，应为 BaCl₂；
G 是强酸，结合 “C（NH₃）→E→F→G” 的转化（NH₃与 HCl 反应生成 NH₄Cl，NH₄Cl 氧化可生成 NO，NO→NO₂→HNO₃），故 E 为 NO，F 为 NO₂，G 为 HNO₃；
固体 A 与 B 混合生成 NH₃、BaCl₂，且温度下降（吸热反应），应为 NH₄Cl 与 Ba (OH)₂・8H₂O 的反应：2NH₄Cl + Ba (OH)₂・8H₂O = BaCl₂ + 2NH₃↑ + 10H₂O，故 A 为 NH₄Cl，B 为 Ba (OH)₂・8H₂O；
分析选项：
选项 A：C 的水溶液为氨水（NH₃・H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH⁻），加入少量 A（NH₄Cl），NH₄⁺浓度增大，平衡逆向移动，OH⁻浓度减小，溶液 pH 减小（而非升高），错误；
选项 B：D 为 BaCl₂，易溶于水，Ba²⁺是重金属离子，能使蛋白质变性，具有毒性，正确；
选项 C：F 为 NO₂，与雨水反应：3NO₂ + H₂O = 2HNO₃ + NO，生成的 HNO₃是强酸，可形成硝酸型酸雨，正确；
选项 D：G 为 HNO₃，常温下浓 HNO₃会使 Fe 表面形成一层致密的氧化膜（钝化），阻止 Fe 与浓 HNO₃进一步反应，故可用铁制容器盛装，正确。
答案选A。
9. 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
【解析】
晶胞相关判断需关注 “粒子个数计算、粒子取向、核间距计算、配位关系”，核心是利用 “均摊法” 和 “几何关系” 分析。
选项 A：由晶胞结构可知，SO₂分子位于长方体的棱心和体心。根据均摊法：棱心粒子贡献 1/4，体心粒子贡献 1，故 1 个晶胞中 SO₂分子数 = 12×1/4 + 1=4，O 原子数 = 4×2=8，而非 4 个，错误；
选项 B：观察晶胞中 SO₂分子的空间取向（如 1 号与 2 号 S 原子连接的 O 原子方向），可知分子取向不完全相同（部分分子沿 a 轴方向，部分沿 b 轴方向），错误；
选项 C：1 号和 2 号 S 原子分别位于上下底面的棱心，其核间距需结合底面的几何关系：底面为长方形（边长 a pm、b pm），两点间距离为底面面对角线的一半，即√(a² + b²)/2 pm，错误；
选项 D：由于晶胞为长方体（a≠b≠c），以体心的 S 原子为例，其周围等距且紧邻（距离最小）的 S 原子位于四个侧面的棱心，共 4 个，配位关系为 4，正确。
答案选D。
10. 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
【解析】
本题需结合 “实验原理、装置作用、操作目的” 分析，核心是 “围绕反应放热、催化剂易水解、尾气处理” 展开。
选项 A：催化剂易水解，若水蒸气进入反应瓶，会导致催化剂失效，因此干燥管的作用是隔绝空气中的水蒸气，防止催化剂水解，正确；
选项 B：反应生成 α- 氯代异丁酸和 HCl，同时有未反应的 Cl₂，尾气中 Cl₂和 HCl 均为酸性气体，可与 NaOH 溶液反应（Cl₂ + 2NaOH = NaCl + NaClO + H₂O、HCl + NaOH = NaCl + H₂O），故可用 NaOH 溶液作为吸收液，正确；
选项 C：Cl₂通入反应液底部，气体从下往上扩散的过程中，可搅拌反应液，使异丁酸与 Cl₂充分接触，提高反应速率和转化率，正确；
选项 D：反应剧烈放热，若控制 Cl₂流速不变，随着反应进行，放热持续积累，反应温度会不断升高（而非稳定）。为控制温度稳定，应根据温度变化逐渐减小 Cl₂流速（减慢反应速率，减少放热），错误。
答案选D。
11. 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
【解析】
有机物的结构与性质分析需关注 “分子式、稳定性（环张力）、手性碳、消去反应产物”，核心是结合结构特征判断性质。
选项 A：根据 Ⅰ 的结构简式（含 7 个 C 原子、10 个 H 原子，无其他元素），其分子式为 C₇H₁₀，而非 C₇H₁₂，错误；
选项 B：Ⅰ 为桥头烯烃，碳碳双键两端的 C 原子均属于环结构（桥头碳），环的空间结构导致碳碳双键的键角偏离理想值，存在较大的环张力，因此稳定性较低，正确；
选项 C：手性碳的判断标准是 “连有 4 个不同的原子或原子团”。Ⅱ 的结构中，手性碳位置如图所示（标记为 *）：，共 3 个手性碳，，而非 2 个，错误；
选项 D：Ⅱ 经浓硫酸催化脱水（消去反应），羟基（-OH）与相邻 C 原子上的 H 原子脱去形成碳碳双键，由于相邻 C 原子有两种不同的氢环境，可形成两种产物：和，而非仅形成 Ⅰ，错误。
故选B；
12. 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
【解析】
充电过程为电解池原理，需明确 “阴阳极反应、产物判断、元素价态变化”，核心是结合 “补锂” 目的和 “气体离去” 现象推导反应。
选项 A：充电时，阴极发生还原反应（Li⁺得电子嵌入负极），阳极发生氧化反应。由于 SO₂CF₃⁻转化为气体离去，说明其在阳极失去电子（被氧化），正确；
选项 B：SO₂CF₃⁻在阳极氧化时，C、F 元素化合价稳定（F 为 - 1 价，C 为 + 4 价），S 元素从 + 4 价升高为 + 6 价（生成 SO₂），同时 C 原子之间可能形成 C-C 键，生成 CF₃-CF₃（氟代烃），反应为2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，故生成气体含 SO₂和氟代烃，正确；
选项 C：充电补锂的核心反应是 SO₂CF₃⁻在阳极氧化离去，2[SO2CF3]--2e-=2SO2+ CF3-CF3，正极材料 LiFePO₄未参与反应（电池保持原结构），Fe 元素的价态（+2 价）始终不变，而非降低，错误；
选项 D：SO₂CF₃⁻作为补锂试剂的阴离子，反应后以气体形式离去，不会在电池中残留，因此能保持电池原有的电极结构和电解质环境，正确。
答案选C。
13. 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
【解析】
同主族元素性质差异的本质原因是 “原子半径、电负性不同”，需结合 “化学键强度、成键能力、含氧酸结构” 等分析。
选项 A：离子晶体的熔点与离子键强度正相关，离子键强度取决于 “离子电荷数” 和 “离子半径”。中带3个负电荷，而中只带1个负电荷；；离子电荷数越多，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此 的离子键比更强，熔点更高，题干解释错误；
选项 B：N 原子半径小（0.075nm），2p 轨道能有效重叠，可形成稳定的 N≡N 三键（键能大），故氮气以 N₂形式存在；P 原子半径大（0.110nm），3p 轨道重叠程度差，难以形成稳定的 P≡P 三键，因此磷单质倾向于形成 P₄（四面体结构，单键连接），解释正确；
选项 C：含氧酸的酸性与 O-H 键的极性相关 —— 中心原子电负性越大，对 O 原子的吸引越强，O-H 键极性越大，越易电离出 H⁺（酸性越强）。H₃PO₂（次磷酸）的中心 P 电负性（2.19）小于 HNO₃的中心 N 电负性（3.04），故 H₃PO₂中 O-H 键极性小，酸性弱于 HNO₃，解释正确；
选项 D：N 原子的价层电子轨道为 2s、2p（无 3d 轨道），最多可形成 4 个杂化轨道（sp³ 杂化），故只能形成 NF₃（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对）；P 原子的价层电子轨道含 3d 轨道，可参与杂化（sp³d 杂化），且原子半径大，可以容纳 5 个配体（F 原子），形成 PF₅，解释正确。
故选A。
14. 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
【解析】
分布曲线的分析核心是 “交点含义（浓度相等）、平衡常数计算、结合能力判断”，需利用 “δ=0.5 时，两种物种浓度相等” 推导。
选项 A：Cu⁺与 L 结合生成 [CuL3]⁺的平衡常数 。当 时，c (Cu⁺)=c [CuL3]⁺，此时 。由图可知，
此时，，≠0.27，A错误；
选项 B：当 时，由图可知 ，，
，选项错误。
选项 C：Cu⁺结合 L 的反应依次为：①Cu⁺ + L ⇌ [CuL]⁺（K₁）；②[CuL]⁺ + L ⇌ [CuL₂]⁺（K₂）。，即，当交点处 c (反应物)=c (产物)， 。K 值越大，结合能力越强，因此 n 从 0 增加到 2，结合 L 的能力随 K 值减小而减弱，正确；
D．若，由图像交点可知，，则，故，D错误；
故选C。
15. 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
【解析】
电化学制冷系统的核心是 “电极反应与热效应的关联”，需先确定电极反应类型（氧化还原），再结合温度变化分析能量变化。
选项 A：由图可知，右侧电极上 ，Fe 元素化合价从 + 3 价降低为 + 2 价，发生还原反应，故右侧为阴极。A正确；
选项 B：②处电解液温度比①处低，说明①→②的过程吸收热量（吸热反应），但反应的吸放热与物质稳定性无直接关联（稳定物质能量低，但吸热反应可能是反应物能量低于产物），无法推断与 的稳定性，错误；
选项 C：多孔隔膜的作用是 “允许离子通过（维持电中性），阻止阴极区与阳极区的溶液对流”，而溶液对流是热交换的重要途径，因此隔膜可阻止两区间的热交换，正确；
选项 D：根据题干明确信息，说明电子转移本身不产生热效应；热效应来源于电子转移后，和 的配位环境、电荷分布发生改变（结构重组），导致能量变化（吸热或放热），正确。
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 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“