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2025 年湖北高考真题化学试题
一、单选题
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
【详解】
A．干冰升华仅为状态变化，成分仍为CO ，无新物质生成，属物理变化，A符合题意；
2
B．珍珠主要成分是CaCO ，与酸反应生成CO 等，属化学变化，B不符合题意；
3 2
C．酶催化蛋白质水解为氨基酸，破坏原有结构，生成新物质，C不符合题意；
D．植物油氧化变质后，主要生成过氧化物、醛、酮、羧酸等，发生变质，属化学变化，D不符合题意；
故选A。
2．下列化学用语表达错误的是
A．甲醛(HCHO)的分子空间结构模型：
催化剂
B．制备聚乙炔：nH−C≡C−H →
C．碳酸银溶于硝酸的离子方程式：CO2−+2H+ =H O+CO ↑
3 2 2
D．1molSO2−含有4N 个σ键电子对
4 A
【答案】C
【详解】
A．HCHO是平面结构的分子，含有C=O键和C—H键，且原子半径：C＞O＞H，其空间结构模型为 ，
A正确；
催化剂
B．乙炔CH≡CH发生加聚反应生成聚乙炔，化学方程式为：nH−C≡C−H → ，B正确；
C．碳酸银难溶于水，不能拆成离子，正确的离子方程式为：Ag CO +2H+ =2Ag++H O+CO ↑，C错误；
2 3 2 2
D．SO2−的价层电子对数是4+ 6+2−4×2 =4，无孤对电子，则1molSO2−含有4N 个σ键电子对，D正确；
4 2 4 A
故选C。
3．下列描述不能正确地反映事实的是
A．室温下SiO 与碳不发生反应，高温下可生成Si和CO
2
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
【详解】
A． 高温下SiO 与碳发生反应生成Si和CO，A正确；
2
B．苯的溴代反应需催化剂，仅升温无法生成溴苯，B错误；
C．硒化合物(如硒化氢)多数有毒，但硒是人体必需的微量元素，微量摄入有益健康，过量则有害，C正确；
D．镇痛类生物碱的双重作用描述正确，例如吗啡等生物碱可用于镇痛治疗，但滥用会导致成瘾和健康危害，D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
【详解】
A．隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的温度，玻璃搅拌棒可使反应完全反应，图中中和反应的反应热
测定装置合理，A不符合题意；
B．乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，饱和水盐水在下，乙酸乙酯在上，可通过分液进行分离，B不符合题意；
C．在铁片上镀镍，待渡金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，C符合题意；
D．转移热蒸发皿至陶土网，需要用坩埚钳夹取蒸发皿，操作合理，D不符合题意；
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
【详解】
A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应，正确描述了丁达尔效应的成因，A正确；
B．合成高分子通过聚合反应生成，但由于聚合度不同，分子链长度和分子量存在差异，因此是混合物而非纯净物，
B错误；
C．配位键的形成本质是电子对给予-接受，符合配位化合物的定义，C正确；
D．超分子由多种分子通过分子间相互作用（如氢键、静电作用、以及金属离子与分子间的弱配位键等）形成，D
正确；
故选B。
6．某化合物的分子式为XY Z。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
2
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+3 D．XZ 与NH 键角相等
3 3
【答案】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XY Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO F符合，
2 2
故X为N，Y为O，Z为F。
【详解】
A．X为N，Y为O，Z为F，N、O、F位于同周期，F在最右边，F的原子半径最小，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，B正确；
C．X为N，N的最高正化合价为+5，C错误；
D．X为N，Z为F，NF 和NH 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
3 3
键电子对之间的斥力较小，键角较小，D错误；
故选B。
7．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 NH 溶于水显碱性 NH 可结合水中的质子
3 3
C OF 可以氧化H O OF 中O显正电性
2 2 2
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
【详解】
A．石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的
原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误；
B．NH 中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH 溶于水显碱性，B正确；
3 3
C．F的电负性大于O，OF 中F显负电性，O显正电性，H O中O显负电性，H O中O容易转移电子给OF 中O，
2 2 2 2
因OF 可以氧化H O，C正确；
2 2
D．石墨是层状结构，石墨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，故石墨具有润滑性，
D正确；
故选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pH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
【分析】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，则C为NH ，G是强酸，则E是NO，F是NO ，G是HNO ；H是白色固体，常用作钡餐，H是
3 2 3
BaSO ，D是BaCl ，A和B反应是NH Cl和Ba(OH) ·8H O反应，C(NH )和HCl可转化为NH Cl，则A是NH Cl，
4 2 4 2 2 3 4 4
B是Ba(OH) ·8H O。
2 2
【详解】
A．在C(NH )的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH ·H O的电离，OH-浓度减小，
3 4 3 2溶液pH减小，A错误；
B．D(BaCl )易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B正确；
2
C．F(NO )与水反应生成强酸硝酸，故NO 溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确；
2 2
D．G是HNO ，常温下浓HNO 将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确；
3 3
故选A。
9．SO 晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是
2
A．一个晶胞中含有4个O原子
B．晶胞中SO 分子的取向相同
2
C．1号和2号S原子间的核间距为√2 √a2+b2pm
2
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
【详解】
A．由晶胞图可知，SO 分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含(12× 1 +1)个SO 分子，含有8个O原子，A错
2 2
4
误；
B．由图可知晶胞中SO 分子的取向不完全相同，如1和2，B错误；
2
C．1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即1 √a2+b2pm，C错误；
2
D．以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S原子有4个，D正确；
故选D。
10．制备α-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70℃，通入Cl ，反应剧烈放
2
热，通气完毕，在120℃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NaOH溶液作为吸收液
C．Cl 通入反应液中可起到搅拌作用 D．控制Cl 流速不变可使反应温度稳定
2 2【答案】D
【分析】异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成α-氯代异丁酸和HCl，催化剂易水解，实验中干燥
管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，未反应的氯气和产生的HCl用NaOH溶液吸收，防止污染空
气。
【详解】
A．催化剂易水解，实验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确；
B．尾气含未反应的氯气和产生的HCl，二者均可以被NaOH溶液吸收，故可用NaOH溶液作为吸收液，B正确；
C．将氯气Cl 通入反应液的底部，氯气在液体中由下往上扩散，使氯气去反应液充分接触，故Cl 通入可起到搅拌作
2 2
用，C正确；
D．只要反应还未完全，Cl 流速不变，温度就会持续升高，要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的流速，D错误；
2
故选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C H B．Ⅰ的稳定性较低
7 12
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
【详解】
A．结合Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C H ，A错误；
7 10
B．Ⅰ中碳碳双键两端的碳原子形成环，张力较大，不稳定，B正确；
C．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，Ⅱ中含有三个手性碳，如图： ，C错误；
D．Ⅱ经过浓硫酸催化脱水，可以形成 和 两种物质，D错误；
故选B；
12．某电池的正极材料为LiFePO ，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂LiSO CF ，能使失活的
4 2 3
电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将LiSO CF 注入电池后充电补锂，过程中[SO CF ]−转化为气体离去。
2 3 2 3
下列有关充电补锂的说法错误的是
A．[SO CF ]−在阳极失去电子
2 3
B．生成气体中含有氟代烃
C．过程中铁元素的价态降低
D．[SO CF ]−反应并离去是该电池保持原结构的原因
2 3
【答案】C
【详解】
A．充电时，Li+在阴极得电子生成Li嵌入负极材料，[SO CF ]-在阳极失去电子生成气体离去，A正确；
2 3
B．[SO CF ]-在阳极失去电子，反应为2[SO CF ]--2e-=2SO + CF -CF ，生成气体中含有氟代烃CF -CF ，B正确；
2 3 2 3 2 3 3 3 3
C．充电补锂时正极反应为2[SO CF ]--2e-=2SO + CF -CF ，不涉及正极材料反应，铁元素价态不变，C错误；
2 3 2 3 3
D．[SO CF ]-反应后离去，维持电池原结构，D正确；
2 3
故选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．KNO 的熔点比K PO 的低，因为KNO 的离子键更强
3 3 4 3
B．磷单质通常不以P 形式存在，因为磷磷之间难以形成三键
2C．次磷酸 比硝酸 的酸性弱，因为前者的H−O键极性小
D．P形成PF 而N形成NF ，因为P的价层电子轨道更多且半径更大
5 3
【答案】A
【详解】
A．熔点的差异源于离子键的强度。K PO 中PO3−带3个负电荷，而KNO 中NO−只带1个负电荷；离子电荷越高，
3 4 4 3 3
静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，K PO 的离子键比KNO 更强，A错误；
3 4 3
B．氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的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，因此倾向于形成P 四面体结构，B正确；
4
C．含氧酸的酸性与O-H键极性有关。中心原子电负性越高，O-H键极性越大，越易解离H+；氮电负性高于磷，因
此HNO 中O-H键极性大，酸性强；H PO 中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确；
3 3 2
D．氮价层仅有2s和2p轨道，NF 的中心原子N形成sp3杂化后有3个𝜎键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与sp3d
3
杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成PF ，D正确；
5
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1.0×10−3mol⋅L−1。下列描述正确的是
A．Cu++3L⇌[CuL ]+的lgK=0.27
3
B．当c(Cu+)=c{[CuL]+}时，c{[CuL ]+}=2.0×10−4mol⋅L−1
2
C．n从0增加到2，[CuL ]+结合L的能力随之减小
n
D．若c{[CuL]+}=c{[CuL ]+}，则2c{[CuL ]+}”或“<”)
2 2
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF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NaF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)1s22s22p6
(2)4c3
(3) 正向 ＜
(4)CaF +TiO +2NaOH=CaTiO +2NaF+H O
2 2 3 2
(5)a
(6)ab
【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF +2NaOH=Ca(OH) +2NaF，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)
2 2 2
溶液，经过系列操作得到NaF固体；
对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加TiO 粉末，由题目可知，生成的CaTiO 的溶解度极低，使得Ca2+不转化为Ca(OH) ，
2 3 2
提高了NaF的产率，据此解答。
【详解】
（1）氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为1s22s22p6；
（2）CaF 饱和溶液的浓度为cmol⋅L−1，则c(Ca2+)=cmol/L、c(F−)=2cmol/L，K [CaF ]=c(Ca2+)×c2(F−)=4c3；
2 sp 2
（3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH) 和NaF的方向进行，即正向进行程度大；
2
②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH) 向CaF 的转化过程，根据沉淀转化的规
2 2
律可推测： s(CaF )
