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2025 年湖北省普通高中学业水平选择性考试
化学
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】
A．干冰升华仅为状态变化，成分仍为 ，无新物质生成，属物理变化，A符合题意；
B．珍珠主要成分是 ，与酸反应生成 等，属化学变化，B不符合题意；
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 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】
A．甲醛（HCHO）的分子中C原子为sp2杂化，为平面三角形，分子空间结构模型： ，A
正确；B．乙炔 发生加聚反应生成聚乙炔，化学方程式为：
，B正确；
C．碳酸银难溶于水，在写离子方程式时不能拆，正确离子方程式为：
Ag CO +2H+=2Ag++H O+CO ↑，，C错误；
2 3 2 2
D．SO2− 中有4个σ键，故 1molSO2− 含有 4N 个σ键电子对，D正确；
4 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 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】
A．高温下SiO 与碳发生反应生成Si和CO，A正确；
2
B．苯与液溴在溴化铁作催化剂条件下可发生取代反应生成溴苯，若只是单纯升高温度，苯与溴（溴水或
液溴无合适催化剂时）不发生反应生成大量溴苯，B错误；
C．含硒化合物如亚硒酸盐等有毒性，但人体适量摄入微量硒元素，能起到抗氧化等有益健康的作用，C
正确；
D．吗啡等镇痛类生物碱，在医疗上可用于缓解剧痛等，但滥用会使人成瘾、损害身体机能等危害健康，
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
分离乙酸乙酯和饱和食盐
实验目 的用量热计测定反应热
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
【解析】
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．中用分液法分离乙酸乙酯与饱和食盐水，且乙酸乙酯密度小在上层，B不符合题意；
C．在铁片上镀镍，铁片应接电源负极，镍片应接电源正极，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
【解析】
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 。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】
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，
2
NO F符合，故X为N，Y为O，Z为F。
2
A．X、Y、Z 三种元素分别是 N、O、F；Z 是周期表中电负性最大的元素，故 Z 是 F，则三种元素位于第
二周期，它们的电子数之和为 6，故 X、Y 的未成对电子数之和为 5，则 X、Y 可以是 C、N 或 N、O；
根据分子式推出 X、Y、Z 是 N、O、F，A 项原子 N>O>F，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
3 3
远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，D错误；
答案选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
石蜡油的流动性比水的
A 石蜡油的分子间作用力比水的小
差
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
【解析】
A．石蜡油（烃类混合物）分子间作用力比水小，分子间作用力小，分子更易相对滑动，流动性应更好，
而不是更差，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，HO中O显负电性，HO中O容易转移电子给
2 2 2
OF 中O，因OF 可以氧化HO，C正确；
2 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；
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】
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，
3 2 3
H是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
4 2 4 2 2 3 4
A是NH Cl，B是Ba(OH) ·8H O。
4 2 2
A. A 为 N H Cl 水解显酸性，C 的水溶液显碱性，加入少量固体 A，溶液 pH 降低，故 A 错误；
4
B. D 为 BaCl 溶液，Ba 为重金属，D 为可溶于水的有毒物质，故 B 正确；
2
C. F 为 NO ，和水反应生成 $HNO_3$，溶于雨水可形成酸雨，故 C 正确；
2D. G 为 HNO ，浓硝酸遇到铁钝化，常温下可用铁制容器来盛装 C 的浓溶液，故 D 正确；
3
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】
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)个SO 分子，含有8个O
2 2
原子，A错误；
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 pm，C错误；
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；
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】
异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成 -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。
A. 由于催化剂易水解，所以要避免有水进入反应装置，在吸收装置前面加装干燥管，可防止吸收装置中水
蒸气进入反应瓶，导致催化剂变质，影响反应，故A正确；
B. 根据题目信息，反应生成了 HCl，可用 NaOH 溶液作为吸收液，故B正确；
C. 将 Cl 通入反应液中，气体会搅动液体，可起到搅拌作用，故C正确；
2
D. 由于该反应剧烈放热，如果控制 Cl 流速不变，会持续反应放热，导致温度不断升高，故D错误；
2
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】
A．Ⅰ的分子式为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形成2中结构， 和 两种物质，D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】
A．充电时，阳极发生氧化反应，在阳极失去电子，A正确；
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
2 3 2 3 2 3 3 3 3
正确；
C．充电补锂过程中，正极材料，Fe元素价态未降低（充电时主要是相关变化，Fe元素价态保持稳定），
C错误；
D．LiSO CF 反应并离去，使电池内部结构可恢复原状态，是电池保持原结构的原因，D正确；
2 3
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】
A．熔点的差异源于离子键的强度。 中 带3个负电荷，而 中 只带1个负电荷；离
子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此， 的离子键比 更强，A错误；
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 四面体结构，B正确；
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 ；氮电负性
高于磷，因此 中O-H键极性大，酸性强； 中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确；
D．氮价层仅有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；磷有3d轨
道可参与 杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成 ，D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】
A． 的 ，当图中 时， ，
，由图像可知，此时 ，则 ≠0.27，A错误；
B．当 时，由图像可知， ， 可忽略不计，
则， ， ，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，C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】
由图可知，左侧电极发生反应 ，则左侧为阳极，右侧电极反应为，则右侧电极为阴极，据此解答。
A．由分析可知，阴极反应为 ，A正确；
B．T >T ，可知 [Fe(H O) ] 3+→[Fe(H O) ] 2+ 的过程吸热，则 [Fe(H O) ] 3+ 能量低，更稳定，
2 1 2 6 2 6 2 6
B错误；
C．为保证热交换只发生在区域 I、II，故隔膜可以阻隔阴极区和阳极区的热交换，C正确；
D．题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移（即氧化还原反应）本
身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子： 和
因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D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：
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） ①. 正向 ②. ＜
（4） （5）a （6）ab
【解析】
工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为 ，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、
Ca(OH) 溶液，经过系列操作得到NaF固体；
2
对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加 粉末，由题目可知，生成的 的溶解度极低，使得 不转
化为Ca(OH) ，提高了 的产率，据此解答。
2
【小问1详解】
氟的原子序数为9，基态氟离子的电子排布式为 1s22s22p6，
【小问2详解】
20℃时，CaF 饱和溶液的浓度为 cmol⋅L−1，则c（Ca2+ ）=cmol⋅L−1，
2
c（F−）=2cmol⋅L−1，则 CaF 的溶度积 K =c（Ca2+ )×c2（F−）=c×(2c) 2=4c3 ，
2 sp
【小问3详解】
①工艺 I 中研磨引发的固相反应为CaF +2NaOH=Ca（OH）+2NaF，分析测得反应的转化率为
2 2
78%，工艺 I 的固相反应正向进行程度大，②水浸分离，NaF的产率仅为 8%，说明溶液中存在：Ca2+ 与 F− 结合转化为 CaF 的过程，Ca2+
2
来自于Ca（OH） 的电离，由此可以推测溶解度 s（CaF ）
