2026年高考湖北卷化学高考真题（答案版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0722化学_2026年高考化学真题（湖北卷)+答案

2026年湖北省普通高中学业水平选择性考试
化学参考答案
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.【答案】A
【详解】A．高糖饮料含有大量糖类，长期饮用会引发肥胖、龋齿、血糖异常等健康问题，完全不能替
代日常饮用水长期饮用，A错误；
B．蔬菜中的膳食纤维无法被人体消化吸收，可促进肠道蠕动、帮助排便，适量摄入有益健康，B正
确；
C．组成蛋白质的氨基酸中，有8种(婴儿为9种)是人体无法自行合成的必需氨基酸，必须从食物中
获取，C正确；
D．亚油酸属于人体必需的高级脂肪酸，人体自身不能合成，可通过菜籽油、花生油等天然油脂摄
取，D正确；
故选A。
2.【答案】C
【详解】A．铁镍金属微粒属于金属单质，是无机物，A不符合题意；
B．高熵陶瓷属于无机非金属材料，主要成分为无机物，B不符合题意；
C．聚二甲基硅氧烷是人工合成的有机高分子聚合物，属于有机物，不属于无机物，C符合题意；
D．硼硅玻璃属于无机非金属材料，主要成分为硅酸盐、二氧化硅等无机物，D不符合题意；
故选C。
3.【答案】C
【详解】A．质子数为115，中子数为173的Mc核素质量数为115+173=288，表示为288Mc，A正确；
115
B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：nCH =CHCH
催化剂
，B
2 3
正确；
C．BaCl 是离子化合物，由氯离子和钡离子组成，用电子式表示BaCl 的形成：
2 2
，C错误；
D．常温下Cl 与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl +2OH-=Cl-+ClO-
2 2
+H O，D正确；
2
故选C。
4.【答案】D
【详解】A．容量瓶为定容仪器，不能直接用于溶解固体，应先在烧杯中溶解Na CO 固体，冷却后再
2 3
转移至容量瓶，A错误；
B．电解法制备Mg需电解熔融氯化镁，若电解MgSO 溶液，阴极会产生H ，无法得到Mg单质，B错
4 2
误；
C．标准HCl溶液为酸性溶液，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，C错误；
D．Cu和浓硫酸加热条件下反应生成SO ，品红溶液褪色可验证SO 生成，证明浓硫酸被还原体现
2 2
·1·氧化性，浸NaOH溶液的棉花可吸收尾气避免污染，装置设计合理，D正确；
故选D。
5.【答案】C
【详解】A．同主族元素从上到下电负性依次减小，同周期主族元素从左到右电负性依次增大，电负
性顺序为：O>Cl>S，即M>Z>Y，A错误；
6-3×2
B．YM 为SO ，中心原子价层电子对数为3+ =3，且不含孤电子对，空间构型为平面正三
3 3 2
角形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．同主族元素从上到下第一电离能依次减小，Na为活泼金属，第一电离能远小于S和O，则第一
电离能：O>S>Na，即M>Y>X，C正确；
D．X YM 为Na SO ，由Na+和SO2-构成，属于离子化合物，D错误；
2 4 2 4 4
故选C。
6.【答案】B
1 1
【详解】A．PF-位于晶胞顶点和面心，数目为8× +6× =4，每个晶胞中有4个PF-，A正确；
6 8 2 6
B．PF-位于晶胞顶点和面心，K+位于棱心和体心，以位于面心的PF-为研究对象，每个PF-周围
6 6 6
紧邻的K+为6个，不是12个，B错误；
2
C．K+位于棱心和体心，K+之间最短距离为晶胞面对角线的一半，即 apm，C正确；
2
4×184 736
D．晶胞含4个KPF，总质量为 g= g，晶胞体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，密度
6 N N
A A
736
ρ= g⋅cm-3，D正确；
N ×a3×10-30
A
故选B。
7.【答案】B
【详解】A．由[20]胶原烯结构可知，苯环共10个，甲基共20个，二者数量比为1:2，A正确；
B．[20]胶原烯、C 、C 均不含N、O、F与氢原子直接相连的结构，不满足氢键形成条件，二者通
60 70
过非共价键形成超分子，并非氢键作用，B错误；
C．超分子依靠弱相互作用结合，条件改变时弱相互作用被破坏，可释放C 、C ，C正确；
60 70
D．[20]胶原烯兼具刚性与空腔适应性，尺寸在空腔可容纳范围内的C 、C 衍生物均可被结合，D
60 70
正确；
故选B。
8.【答案】D
5-1×3
【详解】A．PCl 中心P价层电子对数为3+ =4，含1对孤对电子，空间结构为三角锥形；
3 2
6-1×3-1
H O+中心O价层电子对数为3+ =4，含1对孤对电子，空间结构也为三角锥形，A正
3 2
确；
B．O 和SO 中心原子价层电子对数均为3，含1对孤对电子，VSEPR模型均为平面三角形，分子
3 2
空间结构均为V形，B正确；
C．SO F 和SO Cl 中S均为sp3杂化，F电负性大于Cl，S-F键成键电子对更远离中心S，成键
2 2 2 2
电子对间斥力更小，故键角F-S-F<Cl-S-Cl，C正确；
D．乙烯结构对称，为非极性分子；图2为顺-1,2-二氯乙烯，正负电荷中心不重合，为极性分子，不
·2·是非极性分子，D错误；
故选D。
9.【答案】A
【详解】A．机械力作用下化合物Ⅰ的四元环开环生成Ⅱ，过程中发生碳碳σ键断裂，A正确；
B．Ⅰ中四元环为环丁烷结构，环上碳原子均为sp3杂化，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；
C．化学平衡要求正逆反应在相同条件下同时进行，该过程正向反应条件为机械力，逆向反应条件为
特定波长光照，反应条件不同，不属于可逆反应，二者不处于平衡状态，C错误；
D．Ⅱ中含有酰胺键，酸性条件下可发生水解反应生成羧酸和铵盐，D错误；
故选A。
10.【答案】B
【详解】A．M (OH) CO 中的OH-和CO2-均可与强酸反应，生成铜盐、CO 和H O，A正确；
2 2 3 3 2 2
B．CuSO 与过量浓氨水反应会生成可溶性的[Cu(NH ) ]2+，无法得到Cu(OH) 沉淀，因此NaOH
4 3 4 2
溶液不能用过量浓氨水代替，B错误；
C．新制Cu(OH) 是弱氧化剂，加热条件下可氧化乙醛，自身被还原为Cu O，C正确；
2 2
D．[Cu(NH ) ]+中Cu为+1价，具有强还原性，易被O 氧化为+2价的[Cu(NH ) ]2+，与流程转化
3 2 2 3 4
一致，D正确；
故选B。
11.【答案】B
【详解】A．反应物为N 、H O、CO，生成物为NH 、CO ，所给方程式原子守恒、符合反应事实，A正
2 2 3 2
确；
B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高NH
3
的平衡产率，B错误；
C．若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高
不一定有利于NH 的生成，C正确；
3
D．过程b中CO与催化剂表面吸附的O*反应生成CO 脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活
2
性的恢复，D正确；
故选B。
12.【答案】C
【详解】A．球形冷凝管通水遵循下进上出原则，图中1为下口，是进水口，2为上口，是出水口，A错
误；
B．反应物中的酚类、醛类都易被空气中的氧气氧化，N 作为惰性氛围，主要作用是防止反应物被
2
O ​氧化，且装置末端已有干燥管防外界水蒸气进入，B错误；
2
C．由题干信息可知，不分离Ⅰ直接进行下一步反应，Ⅱ产率74%；分离出Ⅰ后再反应，产率仅20%。
分离Ⅰ的过程会除去体系中的甲醇，产率大幅下降，说明甲醇对Ⅰ→Ⅱ反应的产率有显著影响，C正
确；
D．由流程可知，Ⅰ分子中的羟基氧转化为Ⅱ分子中六元坏中的氧原子，Ⅱ分子中还有一个羟基，该
羟基氧原子来自氧化剂H O ，NaOH只提供碱性环境，不提供氧原子，D错误；
2 2
故选C。
13.【答案】A
·3·【详解】A．氨基酸水溶性与pH有关是因为氨基酸同时含有碱性氨基和酸性羧基，不同pH下两种基
团的解离状态共同影响水溶性，结构因素仅提及氨基，与事实不相符，A符合题意；
B．NH 分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点相对较高易液化，结构因素与事实相符，B不符
3
合题意；
C．Fe3+电荷高、半径小，极化能力强，易结合水电离出的OH-水解生成Fe(OH) 胶体，结构因素与
3
事实相符，C不符合题意；
D．两种物质均为离子晶体，阳离子相同，BF-半径大于Cl-，对应离子晶体晶格能更小，熔点更低，
4
结构因素与事实相符，D不符合题意；
故选A。
14.【答案】B
【详解】A．偏压为-0.2V时为负偏压，光电极发生还原反应，NO-得电子生成NH+，电极方程式为
3 4
NO-+8e-+10H+=NH++3H O，A正确；
3 4 2
B．18g NH+的物质的量为1mol，生成1mol NH+转移8mol电子。右室对电极反应为2H O-
4 4 2
4e-=O ↑+4H+，转移8mol电子时，生成2mol O (质量64g)逸出，同时有8mol H+通过质子交换
2 2
膜进入左室，右室共减少质量为64g+8×1g=72g，B错误；
C．偏压为1.0V时为正偏压，光电极带正电，会排斥阳离子NH+，可清洁电极表面，C正确；
4
D．脉冲偏压下，负偏压时还原生成NH+，正偏压时同种电荷相互排斥，及时排出生成的NH+，能有
4 4
效刷新电极表面，从而提高长效反应的催化效率，利于提高制NH+的效率，D正确；
4
故选B。
15.【答案】D
【详解】A．从图像中可以看出，在pH=2.10之后，代表ZnL 的平衡曲线就已经离开横轴(分布系数
2
大于0)，说明在pH=2.10时，已经有络合产物有ZnL 生成，A正确；
2
B．pH=3.25时，HL的δ=0.5，故c(HL)=0.5×5.0×10-3=2.5×10-3mol⋅L-1；此时消耗HL的
物质的量为2.5×10-3mol⋅L-1，生成c(ZnL )=1.25×10-3mol⋅L-1；由HL电离常数K =
2 a
cH+  cL- 
cHL 
，得cL-  = K a ⋅cHL 
cH+ 
10-9.32×2.5×10-3 = =2.5×10-9.07mol/L；因此浓度顺序为
10-3.25
c(HL)>c(ZnL )>c(L-)，B正确；
2
C．反应Zn2++2L-⇌ZnL ​的平衡常数K= cZnL 2
2

cZn2+  ⋅cL- 
； pH=3.25时，c(Zn2+)=c(ZnL )，
2 2
1
约去后得K=
cL- 
；由B项知cL-
2
 =2.5×10-9.07，则lgcL-  =lg2.5-9.07=0.40-9.07=
-8.67，因此lgK=-2lgcL-  =17.34，C正确；
D．c点δ(HL)=δ(ZnL )即c(HL)=c(ZnL )，根据物料守恒：总L：c(HL)+c(L-)+2c(ZnL )=
2 2 2
5.0×10-3mol/L， 总Zn：c(Zn2+)+c(ZnL )=2.5×10-3 mol/L，两边乘2得：2c(Zn2+)+
2
2c(ZnL )=5.0×10-3mol/L 联立两式消去相同项得：c(HL)+c(L-)=2c(Zn2+)，代入c(HL)=
2
c(ZnL )得： c(ZnL )+c(L-)=2c(Zn2+)，D错误；
2 2
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16.【答案】(1)3d64s2
(2)矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率
(3)提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供Cl-，与Fe3+形成稳定配离子 FeCl 4  -，
·4·促进铁元素浸出、同时Cl-不引入杂质，不干扰后续FePO 沉淀生成(任选两条)
4
(4)2Fe2++H O +8Cl-+2H+=2[FeCl ]-+2H O
2 2 4 2
(5) ①. 2.80×10-3 ②. NH Cl、MgCl 、AlCl
4 2 3
(6)Fe O
2 3
【解析】
【小问1详解】
Fe为26号元素，电子排布[Ar]3d64s2，价层电子排布式为：3d64s2；
【小问2详解】
矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内
部，有效提升浸出反应速率；
【小问3详解】
“酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供Cl-，与Fe3+形成稳定配
离子 FeCl 4  -，促进铁元素浸出；同时Cl-不引入杂质，不干扰后续FePO 沉淀生成(任选两条)； 4
【小问4详解】
酸浸液中加入H 2 O 2 ，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与Cl-形成配合物 FeCl 4  -，离子方程式为：2Fe2++
H O +8Cl-+2H+=2[FeCl ]-+2H O；
2 2 4 2
【小问5详解】
K
①pH=2，c(H+)=10-2 mol/L，c(OH-)= w =10-12 mol/L，K [Fe(OH) ]=c(Fe3+)⋅c3
c(H+) sp 3
2.80×10-39
(OH-)=2.80×10-39，c(Fe3+)= =2.80×10-3 mol⋅L-1；矿石含Al、Mg杂质，加
(10-12)3
HCl、H PO 、NH ⋅H O，故阳离子主要为：NH+、Al3+、Mg2+，阴离子主要为：Cl-，此时滤液中的主
3 4 3 2 4
要成分为NH Cl、MgCl 、AlCl ；
4 2 3
【小问6详解】
FePO ⋅2H O中Fe与P原子个数比为1∶1，煅烧沉淀得到的目标产物中Fe与P原子个数比为1.02
4 2
∶1，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质Fe(OH) 、FeO(OH)煅烧脱水生成Fe O ，故产
3 2 3
物中杂质是Fe O 。
2 3
17.【答案】(1)酯基 (2) ①. 取代反应 ②. 1
(3) (4)做还原剂，将酮羰基还原为羟基
(5) + →
·5·(6) (7)总产率更高(或合成步骤短，工艺更简洁，答一条即可)
【解析】
【小问1详解】
化合物A中-COOCH 官能团的名称为酯基。
3
【小问2详解】
由A、 和B的结构可以推知，A和 发生取代反应生成B。手
性碳是连4个不同基团的饱和碳，B中含有1个手性碳原子： 。
【小问3详解】
B分子量195，C分子量197，差为2；B中碳碳双键经臭氧化还原，-C=CH 断裂转化为C=O，分
2
子量恰好增加16-14=2，结合分析可知，C的结构简式为： 。
【小问4详解】
NaBH 是温和的还原剂，可选择性还原醛酮羰基，不能还原酯基，C中酮羰基被还原为羟基得到D，
4
符合结构变化。
【小问5详解】
F和 反应生成G，由原子守恒可知，该反应中没有其它物质生成，化学方程式为：
+ → 。
·6·【小问6详解】
G与等物质的量碱反应，主要得到H，H与HCl反应得到G，结合A→B的反应原理可以推知，氯原
子与-COOCH 相连碳原子上的氢原子结合生成HCl，H的结构简式为 ，
3
H中的酯基在碱性条件下水解、酸化后变为羧基生成I，I中羟基被F原子取代且羧基被还原为羟基
得到E。
【小问7详解】
路线b总产率为90%×70%=63%，远高于路线a的11%，且步骤更少，工艺更优。
18.【答案】(1)恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)
(2) ①. 气泡增多(或有气泡产生) ②. AgCl
60°C
(3)MgCl +2CFSO H →Mg(CFSO ) +2HCl↑
2 3 3 3 3 2
(4)冰水浴冷却(或缓慢滴加、不断搅拌等)
(5)使杂质分解，挥发除去乙醚，并使 CFSO H 溶解在氯仿中
3 3
(6)90.1
【解析】
【小问1详解】
由装置图可知仪器a的名称为恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗)；
【小问2详解】
反应生成HCl气体，随N 进入装置B，HCl不与浓硫酸反应，因此导管口持续有气泡冒出；HCl被装
2
置C的蒸馏水吸收，溶液中含Cl-，与硝酸酸化的AgNO 反应生成AgCl沉淀；
3
【小问3详解】
MgCl 与三氟甲磺酸发生复分解反应，生成目标产物和HCl，HCl挥发推动反应进行，配平即可得到
2
60°C
反应方程式MgCl +2CFSO H →Mg(CFSO ) +2HCl↑ ；
2 3 3 3 3 2
【小问4详解】
乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部
过热；
【小问5详解】
升高温度可以使杂质CH 3 CH 2 
+
OH⋅CFSO-分解成乙醚和 CFSO H ，从而使乙醚挥发除去，并 2 3 3 3 3
使 CFSO H 溶解在氯仿中；
3 3
【小问6详解】
nMgCl 2  =0.02mol，理论生成nMg(CF 3 SO 3 ) 2  =0.02mol，理论产量=0.02mol×322g/mol=
实际产量 5.8g
6.44g，产率= ×100%= ×100%≈90.1%。
理论产量 6.44g
19.【答案】(1) ①. -559.6 ②. 熵增
24
 2 V
(2) ①. 缩短反应时间，且能提高 H 的产量 ②. ③.
2 V

6
4

V

246
(或 )
4 44V2
·7·(3) ①. 降低 ②. 球磨的机械作用削弱(或部分破坏)了反应物中的化学键，使反应物更易断
键发生反应，从而降低活化能
(4)产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度 H
2
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得
到，因此 ΔH 1 =2ΔH 2 +ΔH 3 =2×+92.0kJ⋅mol-1  +-743.6kJ⋅mol-1  =-559.6kJ⋅mol-1。反应
Ⅰ中，气体分子数由4增加到6，体系混乱度增大，属于熵增反应。
【小问2详解】
① 题目已知球磨总转数固定为 6500 转，当转速为 650 转/分钟时，反应耗时为 10min；当转速为
400 转/分钟时，反应耗时为 16.25min。且由图1可知，650 转/分钟时的 H 产量高于 400 转/分
2
钟时。因此，选择 650 转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高 H 的产量。
2
② 反应 12min 时，NH 3 转化了 20mmol×80%=16mmol，根据方程式 4NH 3g  +3Sis  =
6H 2g  +Si 3 N 4 s 
6
可知，生成 H 的物质的量为 16mmol× =24mmol。则 0∼12min 生成 H 2 4 2
的平均速率 vH 2 
24mmol 2
= = mmol/mL⋅min VmL×12min V  。此时剩余 NH 为 20-16=4mmol， 3
体系中 cH 2  24 = V mmol/mL，cNH 3  = 4 mmol/mL，该反应的浓度商 Q = c6H 2 V c  c4NH 3 
24
 V = 
6
4 
V
 。 4
【小问3详解】
由图2可知，球磨条件下反应的活化能(即过渡态能量与反应物能量之差)明显小于非球磨条件，故
球磨能降低反应的活化能。从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中
的化学键，使得反应物的相对能量升高，从而减少了反应断键所需的能量，使反应更容易达到过渡
态。
【小问4详解】
反应Ⅱ的产物为 N 和 H 的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有 H 一种气
2 2 2
体，副产物 Si N 为固体，固气极易分离，无需复杂的提纯步骤即可直接得到高纯度 H 。
3 4 2
·8·