湖南省2025年高考真题化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（2025·湖南）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是（ ）
A．高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B．金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C．超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D．超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A．高强韧无磁不锈钢是铁的合金，合金属于金属材料，故A正确；
Ｂ．金刚石薄膜的成分是碳，碳属于非金属单质，不属于金属材料，故B错误；
Ｃ．超细玄武岩纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
Ｄ．超细玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故D错误；
故选A。
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。
2．（2025·湖南）化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是（ ）
A．溶液褪色 B．产生红色沉淀
C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；乙烯的物理、化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．乙烯具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯能将酸性KMnO4溶液还原，从而使溶液褪色，故A正确；
Ｂ．KOH溶液与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；
Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液会发生显色反应，溶液呈紫色，故C正确；
Ｄ．浓氨水挥发出的氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；
故选B。
【分析】A．乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｂ．氢氧化铜为蓝色沉淀；
Ｃ．苯酚遇氯化铁显紫色；
Ｄ．浓氨水能使红色石蕊变蓝。
3．（2025·湖南）加热时，浓硫酸与木炭发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含质子数为
B．常温常压下，含σ键数目为
C．的稀硫酸中含数目为
D．与充分反应得到的分子数为
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，的质子数为6， 的物质的量为1mol，含有的质子数为 ，故A正确；
Ｂ．常温常压下，气体摩尔体积，无法计算CO2的物质的量，进而无法计算CO2所含的 σ键数目 ，故B错误；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L，则的稀硫酸中含数目为， 故C错误；
Ｄ．二氧化硫与氧气催化反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，不能完全转化，因此（1mol）与（0.5mol）充分反应得到的分子数小于 ，故D错误；
故选A。
【分析】A．的质子数为6；
Ｂ．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L；
Ｄ．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应。
4．（2025·湖南）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是（ ）
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．NaOH溶液与Na2SO4、KNO3都不反应，无明显现象，不能区分Na2SO4、KNO3，故A错误；
Ｂ．溶液与Na2SO4溶液反应生成Ag2SO4白色沉淀，与碳酸铵和氯化铝反应生成碳酸银白色沉淀和氯化银白色沉淀，无法区分，故B错误；
Ｃ．溶液 溶液与Na2SO4、AlCl3、KNO3都不反应，无明显现象，不能区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，故C错误；
Ｄ． 溶液与硫酸钠反应生成白色沉淀，与碳酸铵反应生成碳酸钡白色沉淀和氨气，与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，过量时沉淀溶解，与KNO3 不反应，无明显现象，现象不同，能区分，故D正确；
故选D。
【分析】鉴别物质时，根据各物质的特性，选择合适的试剂，在鉴别过程中，各物质与所选试剂反应应出现不同的现象。
5．（2025·湖南）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
性质 解释
A 酸性： 是推电子基团
B 熔点： 的体积大于；
C 熔点： 比的金属性弱
D 沸点： 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．在有机酸中， -CH3是推电子基团，会使羧基上的电子云密度增大，H+更难电离，从而导致酸性减弱，甲酸（HCOOH）没有推电子基团，乙酸（CH3COOH）有 -CH3推电子基团，所以酸性：CH3COOH < HCOOH，故A正确；
Ｂ．离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，C2H5NH3+的体积大于 NH4+，使得 C2H5NH3NO3的晶格能小于 NH4NO3，所以熔点：C2H5NH3NO3 < NH4NO3，故B正确；
Ｃ．金属键越强，熔点越高，Fe 的原子半径比 Na 小，价电子数比 Na 多，所以 Fe 的金属键比 Na 强，熔点：Fe > Na，而不是因为金属性强弱，故C错误；
Ｄ．H2O 分子间存在氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，会使物质的沸点升高，H2S 分子间不存在氢键，所以沸点：H2O > H2S，故D正确；
故选C。
【分析】A．甲基是推电子基；
Ｂ．对于离子化合物，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；
Ｃ．金属的熔点与金属键的强弱有关；
Ｄ．氢键会使物质的沸点升高。
6．（2025·湖南）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。
下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．Y形成的两种单质均为非极性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质
D．铁管上镶嵌M，铁管不易被腐蚀
【答案】D
【知识点】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．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，O的电负性大于 H，即，Y>X，故A错误；
Ｂ．Y为O元素，O形成的单质O2是非极性分子，而O3是极性分子，故B错误；
Ｃ．由 X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如 HClO 是弱酸，属于弱电解质，故C错误；
Ｄ．铁管上镶嵌 M（Zn），Zn 的活泼性比 Fe 强，形成原电池时 Zn 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，铁管不易被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选D。
【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素， M的价层电子排布是 ，则M为Zn元素，浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物 ，且元素位于不同前四周期，X 原子序数小于 O，推测 X 为氢（H）元素。又因为 X（H）和 Y（O）的最外层电子数之和等于 Z 的最外层电子数，H 最外层 1 个电子，O 最外层 6 个电子，所以 Z 最外层 7 个电子，且原子序数大于 O 小于 Zn，Z 为Cl元素。
7．（2025·湖南）掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成（摩尔质量为），其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个
B．晶胞中含有的铋离子个数为8
C．第一电离能：
D．晶体的密度为
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】A．铋离子位于晶胞的顶点，与顶点铋离子最近且距离相等的 位于面心，有 6 个，故A正确；
Ｂ．铋离子位于晶胞的顶点，晶胞中含有的铋离子个数为，故B错误；
Ｃ．一般来说，金属元素的第一电离能小于非金属元素，Ba是金属元素，O是非金属元素，所以第一电离能BaＤ．根据晶胞结构和均摊法可知，一个晶胞中含有1个 （ 摩尔质量为 ），则晶胞质量为， 晶胞体积为，则晶体的密度为， 故D错误；
故选A。
【分析】A．该晶胞中，铋离子位于晶胞的顶点；
Ｂ．根据均摊法计算；
Ｃ．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｄ．根据计算。
8．（2025·湖南）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是（ ）
A．中元素的化合价为
B．的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应中消耗，转移
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．中Na为+1价，O为-2价，化合物中各元素正负化合价代数和为零，则元素的化合价为 ，故A正确；
Ｂ．中，N原子与3个O原子形成3个σ键，N原子的最外层电子数为5，则中心N原子不含孤电子对，其价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，故B正确；
Ｃ．该反应中，Sb元素化合价从0价升高到+5价，Sb是还原剂，N元素化合价从+5价部分降低到+2价、部分降低到+4价，O元素化合价从0价降低到-2价，则NaNO3和O2为氧化剂，4molSb失去电子，4molNaNO3和3molO2得到电子，氧化剂的总物质的量为4mol+3mol=7mol，还原剂的物质的量为4mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：4，故C错误；
Ｄ．反应中O元素化合价从0价降低到-2价，3molO2参加反应，得到电子的物质的量为12mol，N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，4molNaNO3参加反应，得到电子的物质的量为8mol，则总共转移20mol电子，即反应中消耗3molO2，转移 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ． 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．氧化剂所含元素化合价降低，还原剂所含元素化合价升高；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
9．（2025·湖南）一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中，向左室迁移
B．电解过程中，左室中的浓度持续下降
C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色
D．完全转化为的电解总反应：
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在电解池中，阳离子向阴极移动，电极a为阴极，则向左室迁移 ，故A正确；
Ｂ．由图可知，左室中硝酸根先被还原为亚硝酸根，亚硝酸根再被还原为氨气， 为中间产物，其浓度是增大还是减小，取决于生成速率和消耗速率的相对大小，不能判断的浓度持续下降，故B错误；
Ｃ．b为阳极，产生氯气，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，HClO具有漂白性使试纸褪色，所以用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色，故C正确；
Ｄ．根据电解原理，硝酸根在阴极被还原为氨气，氯离子在阳极被氧化为氯气，根据得失电子守恒、原子守恒可得电解总反应为 ，故D正确；
故选B。
【分析】该装置为电解池，由图可知，a电极上，硝酸根发生还原反应得到氨气，则电极a为阴极，电极b上，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则电极b为阳极。
10．（2025·湖南）天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A．X的核磁共振氢谱有4组峰
B．与水溶液反应，最多可消耗
C．天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D．天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．X结构对称， 分子中有 2 种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有 2 组峰，故A错误；
Ｂ．Y 分子中含有 1 个 -Br 和 2 个 -COOH，-Br 在 NaOH 水溶液中发生水解反应，-COOH 与 NaOH 发生中和反应，1mol -Br 水解消耗 1mol NaOH，2mol -COOH 消耗 2mol NaOH，所以 1molY 与 NaOH 水溶液反应，最多可消耗 3mol NaOH，故B错误；
Ｃ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，所以天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐，故C正确；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，是通过缩聚反应（氨基和羧基之间脱去水分子）合成聚天冬氨酸，而不是加聚反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；
Ｂ．Y中溴原子和羧基能与NaOH反应；
Ｃ．天冬氨酸含有氨基和羧基；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，能发生缩聚反应。
11．（2025·湖南）具有还原性，易水解。一种制备纯净的的装置示意图如下：
下列说法错误的是（ ）
A．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管
B．实验过程中应先通入，再开启管式炉加热
C．若通入气体更换为，也可制备纯净的
D．配制溶液需加盐酸和金属
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由于HCl气体有毒，不能直接排放到空气中，且易水解，所以导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，一方面吸收未反应的HCl，另一方面防止空气中的水蒸气进入装置使水解，故A正确；
Ｂ．实验过程中先通入HCl，可以排尽装置内的空气，防止被空气中的氧气氧化，同时氛围可以抑制的水解，然后再开启管式炉加热，故B正确；
Ｃ．若通入气体更换为 ， 具有强氧化性，会将Sn氧化为SnCl4，无法制备纯净的，故C错误；
Ｄ．易水解，加盐酸可以抑制其水解，具有还原性，加金属Sn可以防止被氧化，故D正确；
故选C。
【分析】首先通入HCl气体排尽装置内的空气，然后HCl与Sn在管式炉中制得SnCl2，SnCl2盛接器放在冷却剂中，收集SnCl2，具有还原性，易水解，则该装置要防止空气和水进入。
12．（2025·湖南）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的；
金属化合物
下列说法错误的是（ ）
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X可以是溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为
【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．粉碎工业废料可以增大废料与浸取剂的接触面积，从而加快反应速率，有利于提高金属元素的浸出率，故A正确；
Ｂ．由表格数据可知，CdS的Ksp远小于MnS的Ksp，加入 溶液时，Cd2+优先与S2-结合生成CdS沉淀，能实现沉镉的目的，试剂X可以是溶液，故B正确；
Ｃ．CdS的Ksp远小于MnS的Ksp，若先沉锰，会有部分Cd2+也形成沉淀，导致镉的回收率降低，所以 “沉镉” 和 “沉锰” 的顺序不能对换，故C正确；
Ｄ．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，故D错误；
故选D。
【分析】工业废料进行富集得到富集液，富集液主要含有，富集液中两种金属离子浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：。
13．（2025·湖南）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。
实验2：向溶液中加入溶液。
已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是（ ）
A．实验1，当溶液中时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图中数据可得，，，，当溶液中时，，pH=2.5，故A正确；
Ｂ．当溶液呈中性时，，，，同理：，，故B正确；
Ｃ．两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，则有：
则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，故C正确；
Ｄ．实验2溶液中，根据电荷守恒有：， 故D错误；
故选D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在两步电离：，，则
、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，。
14．（2025·湖南）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程中Ⅱ是催化剂
B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中元素的化合价发生了变化
D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂是在反应前后质量和化学性质都不变的物质，过程 Ⅱ 是反应的中间态，参与了反应过程，不是催化剂，故A错误；
Ｂ．反应过程中有极性键的断裂，有O-O非极性键的断裂，有中非极性键的形成，以及极性键的形成，故B正确；
Ｃ．在整个反应过程中，Ti元素始终与相同数目的氧原子等相连，其化合价没有发生变化，故C错误；
Ｄ．该反应得到产物除了，还有水，则原子利用率小于100%， 故D错误；
故选B。
【分析】A．催化剂在反应前后不发生变化；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．该过程中，Ti始终与4个O成键；
Ｄ．该反应还有另一产物水。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南）苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/ 溶解性
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚
苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶
乙醚 74 34.5 0.71 微溶于水
反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ（加热、夹持等装置略）如下：
实验步骤为：
①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸；
②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流；
③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液；
④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液；
⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶（装置Ⅱ），先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。
回答下列问题：
（1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是 （填标号）。
（2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为 （填“a”或“b”）。
（3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是 。
（4）步骤④中第二次分液，醚层位于 层（填“上”或“下”）。
（5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是 ；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是 。
（6）下列说法正确的是____（填标号）。
A．缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率
B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸
C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯
D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理
（7）苯胺的产率为 。
【答案】（1）A
（2）a
（3）利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率
（4）上
（5）防止其挥发损失并提高冷凝效率；避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂
（6）B
（7）75%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）常温下，硝基苯为液体，适合放在细口瓶中，便于倾倒，同时要用玻璃塞，因为硝基苯会腐蚀橡胶塞，故选A，故答案为：A。
（2）一般冷凝管采用逆流原理，即下进上出，这样能使冷凝管内充满冷凝水，增强冷凝效果，所以装置 Ⅰ 中冷凝管的进水口为下口，即进水口是a，故答案为：a。
（3）NaCl在水溶液中电离产生钠离子和氯离子，产生的离子与水分子强烈水合，减少 “自由” 水分子数量，苯胺在水中有一定溶解度，水对其溶解能力因 “自由” 水分子减少而下降，从而降低苯胺在水中溶解度，使苯胺析出，提升实验产率，故答案为：利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率。
（4）醚的密度比水小，所以步骤④中第二次分液，醚层位于上层，故答案为：上。
（5）乙醚沸点低（34.5℃），冰水浴可防止其挥发损失并提高冷凝效率；回收乙醚后放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，原因是若不放出冷凝水，蒸馏时冷凝管内残留的冷凝水会受热产生水蒸气，混入蒸馏产物中，影响产物纯度或防止高温下冷凝管因温差过大破裂，故答案为：防止其挥发损失并提高冷凝效率；避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂。
（6）A．缓慢滴加是为了控制反应温度，而非单纯减小速率，因为该反应为放热反应，若温度过高，产物苯胺会与乙酸发生取代反应，导致产率下降，故A错误；
B．为了防止暴沸，蒸馏时需加沸石，故B正确；
C．红外光谱可以用于检测有机物中特定的官能团，硝基苯和苯胺所含的官能团不同，硝基苯含有硝基，苯胺含有氨基，通过红外光谱可以检测出相应官能团的特征吸收峰，从而判断苯胺中是否含有硝基苯，故C错误；
D．乙醚是一种易挥发、易燃的有机溶剂，蒸馏回收乙醚时，挥发出来的乙醚蒸汽如果不进行尾气处理，可能会引发火灾等安全事故，故D错误；
故选B；
（7）根据反应原理可知，0.08mol硝基苯理论上制备0.08mol苯胺，则理论产量：0.08 mol × 93 g/mol = 7.44 g，实际产量为5.58g，则产率为75% ，故答案为：75%。
【分析】（1）常温下硝基苯为液体；
（2）为了使冷凝效果更佳，冷凝水要下进上出；
（3）苯胺在水中有一定的溶解度，而水作为溶剂，其 “自由” 水分子数量减少后，对苯胺的溶解能力就会下降，从而使苯胺在溶液中的溶解度降低，促使苯胺从溶液中分离出来；
（4）乙醚的密度小于水；
（5）乙醚沸点较低，易挥发；
（6）根据实验操作分析；
（7）根据计算。
16．（2025·湖南）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钻锰混合溶液的工艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子（假定浓度均为）开始沉淀和完全沉淀的：
开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
（1）基态的价层电子排布式为 。
（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 （写化学式）；还原的化学方程式为 。
（3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。
（4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。
（5）“第二次萃取”时， 、 （填离子符号）与混合萃取剂形成的配合物（其结构如图所示，M表示金属元素）更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
【答案】（1）
（2）；
（3）；防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
（4）
（5）Co2+；Ni2+；sp2
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，核外共有28个电子，原子的价电子是指和能级上的电子，则基态原子的价电子排布式为，故答案为： 。
（2）“酸浸还原”时，不反应，则“滤渣”的主要成分是；Co2O3中Co元素为+3价，SO2将其还原为+2价，与硫酸反应生成CoSO4，则还原的化学方程式为，故答案为： ； 。
（3）在 、高压条件下通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节pH=3.2，沉铁得到，空气中的氧气作氧化剂，则反应的离子方程式为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降，故答案为： ； 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 。
（4）根据表中数据可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则，故答案为： 。
（5）电解萃余液2得到Mn单质，说明Mn2+与混合萃取剂形成的配合物不稳定，更容易解离出来，进而可以说明 Co2+ 和 Ni2+ 与混合萃取剂形成的配合物更稳定；该有机物中，N原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为： Co2+ ； Ni2+ ；sp2。
【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，SO2与Co2O3发生反应：，不与硫酸反应，因此滤渣为，其他金属氧化物转化为对应的硫酸盐，则滤液中主要含有，在 、高压条件下通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节pH=3.2，沉铁得到，沉铁后的滤液中加入NaOH调节pH=5.2沉铝得到，加入萃取剂进行第一次萃取，将Cu2+萃取离开体系，萃余液中加入混合萃取剂进行第二次萃取，第二次萃取液2进行处理后得到电池级镍钴锰混合溶液，电解萃余液2得到Mn单质。
17．（2025·湖南）化合物F是治疗实体瘤的潜在药物。F的一条合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
已知：
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是 、 。
（2）B的结构简式是 。
（3）E生成F的反应类型是 。
（4）F所有的碳原子 共面（填“可能”或“不可能”）。
（5）B在生成C的同时，有副产物G生成。已知G是C的同分异构体，且与C的官能团相同。G的结构简式是 、 （考虑立体异构）。
（6）C与生成E的同时，有少量产物I生成，此时中间体H的结构简式是 。
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线（无机试剂和溶剂任选）。
【答案】（1）(酮)羰基；碳碳双键
（2）
（3）氧化反应
（4）可能
（5）；
（6）
（7）
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】（1）A的结构简式为，其官能团名称是(酮)羰基、碳碳双键，故答案为：(酮)羰基；碳碳双键。
（2）A和溴发生加成反应得到B，则B的结构简式为，故答案为：。
（3）E生成F的过程中，氢原子数目减少，属于“去氢”的反应，则E生成F的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应。
（4）F分子中，苯环羰基、碳碳双键都是平面结构，单键可以旋转，因此F分子中所有碳原子可能共面，故答案为：可能。
（5）B中一个溴原子发生消去反应得到C，G是该过程的副产物，G是C的同分异构体，且与C官能团相同，可以考虑另外一个溴原子发生消去反应，则G的结构简式为、，故答案为： ；。
（6）存在转化： ，结合I的结构简式可知，可转换为，与C发生加成反应得到中间体H，则中间体H的结构简式为，故答案为：。
（7） 中含有酯基，酯基可由羧基和羟基发生酯化反应得到，参考C→E的反应可知，转化为，然后和H2C=CH－CN发生加成反应得到，中-CN水解生成-COOH得到，中的羧基和羟基发生酯化反应成环得到产物，则具体合成路线为： 。
【分析】A中含有碳碳双键，结合B的分子式可知，A和溴发生加成反应生成B，则B的结构简式为 ，B中不含碳碳双键，C中形成了一个碳碳双键，说明B在碱存在的条件下发生消去反应生成C，C和发生加成反应生成中间体D，中间体D脱去HBr成环得到E，E与氧气反应得到产物F。
18．（2025·湖南）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的 极相连。
（2）放电生成的电极反应式为 。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应的 ，该反应 （填标号）。
A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发
（4）一定温度下，和（体积比为）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为）发生反应i和ii。有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性（选择性）如图2所示。
根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。
②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 （保留两位小数）。0.16
【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢；随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；0.16
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）N电极上CO转化为C2H4，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连，故答案为：正。
（2）CO发生还原反应得到C2H4，还原反应得电子，电解液呈碱性，则电极反应式为：，故答案为：。
（3）根据盖斯定律，将反应ii－反应i得到 ，则；该反应为放热反应，，气体分子数减小，，该反应在低温下存在，则该反应在低温下能自发进行，故选B，故答案为：﹣126；B。
（4）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由生成时，活化能较大，反应速率慢，说明的选择性大于，故答案为： ； 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 。
② 当时 ，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x增大，CO的量增大，CO不参与该反应，而容器恒容，这相当于稀释了反应物和H2，反应i和反应ii的平衡均逆向移动，导致的转化率减小；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，和 的体积比为2：2：1，则设CO的物质的量为2mol，的物质的量为2mol，H2的物质的量为1mol，则有、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp==，故答案为：0.16。
【分析】（1）N电极上，CO转化为乙烯，发生还原反应，则N为阴极，M为阳极；
（2） 得电子发生还原反应生成 ；
（3）根据盖斯定律计算；当时反应能够自发进行；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；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；先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
1 / 1湖南省2025年高考真题化学试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（2025·湖南）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是（ ）
A．高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B．金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C．超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D．超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
2．（2025·湖南）化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是（ ）
A．溶液褪色 B．产生红色沉淀
C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色
3．（2025·湖南）加热时，浓硫酸与木炭发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含质子数为
B．常温常压下，含σ键数目为
C．的稀硫酸中含数目为
D．与充分反应得到的分子数为
4．（2025·湖南）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是（ ）
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
5．（2025·湖南）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
性质 解释
A 酸性： 是推电子基团
B 熔点： 的体积大于；
C 熔点： 比的金属性弱
D 沸点： 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·湖南）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。
下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．Y形成的两种单质均为非极性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质
D．铁管上镶嵌M，铁管不易被腐蚀
7．（2025·湖南）掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成（摩尔质量为），其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个
B．晶胞中含有的铋离子个数为8
C．第一电离能：
D．晶体的密度为
8．（2025·湖南）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是（ ）
A．中元素的化合价为
B．的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应中消耗，转移
9．（2025·湖南）一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电解过程中，向左室迁移
B．电解过程中，左室中的浓度持续下降
C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色
D．完全转化为的电解总反应：
10．（2025·湖南）天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：
下列说法正确的是（ ）
A．X的核磁共振氢谱有4组峰
B．与水溶液反应，最多可消耗
C．天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D．天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸
11．（2025·湖南）具有还原性，易水解。一种制备纯净的的装置示意图如下：
下列说法错误的是（ ）
A．导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管
B．实验过程中应先通入，再开启管式炉加热
C．若通入气体更换为，也可制备纯净的
D．配制溶液需加盐酸和金属
12．（2025·湖南）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的；
金属化合物
下列说法错误的是（ ）
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X可以是溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为
13．（2025·湖南）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。
实验2：向溶液中加入溶液。
已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是（ ）
A．实验1，当溶液中时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
14．（2025·湖南）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程中Ⅱ是催化剂
B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中元素的化合价发生了变化
D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南）苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/ 溶解性
硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚
苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶
乙醚 74 34.5 0.71 微溶于水
反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ（加热、夹持等装置略）如下：
实验步骤为：
①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸；
②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流；
③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液；
④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液；
⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶（装置Ⅱ），先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。
回答下列问题：
（1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是 （填标号）。
（2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为 （填“a”或“b”）。
（3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是 。
（4）步骤④中第二次分液，醚层位于 层（填“上”或“下”）。
（5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是 ；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是 。
（6）下列说法正确的是____（填标号）。
A．缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率
B．蒸馏时需加沸石，防止暴沸
C．用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯
D．蒸馏回收乙醚，无需尾气处理
（7）苯胺的产率为 。
16．（2025·湖南）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钻锰混合溶液的工艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子（假定浓度均为）开始沉淀和完全沉淀的：
开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
（1）基态的价层电子排布式为 。
（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 （写化学式）；还原的化学方程式为 。
（3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。
（4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。
（5）“第二次萃取”时， 、 （填离子符号）与混合萃取剂形成的配合物（其结构如图所示，M表示金属元素）更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
17．（2025·湖南）化合物F是治疗实体瘤的潜在药物。F的一条合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
已知：
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是 、 。
（2）B的结构简式是 。
（3）E生成F的反应类型是 。
（4）F所有的碳原子 共面（填“可能”或“不可能”）。
（5）B在生成C的同时，有副产物G生成。已知G是C的同分异构体，且与C的官能团相同。G的结构简式是 、 （考虑立体异构）。
（6）C与生成E的同时，有少量产物I生成，此时中间体H的结构简式是 。
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线（无机试剂和溶剂任选）。
18．（2025·湖南）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的 极相连。
（2）放电生成的电极反应式为 。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应的 ，该反应 （填标号）。
A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发
（4）一定温度下，和（体积比为）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为）发生反应i和ii。有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性（选择性）如图2所示。
根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。
②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 （保留两位小数）。0.16
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A．高强韧无磁不锈钢是铁的合金，合金属于金属材料，故A正确；
Ｂ．金刚石薄膜的成分是碳，碳属于非金属单质，不属于金属材料，故B错误；
Ｃ．超细玄武岩纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
Ｄ．超细玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故D错误；
故选A。
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。
2．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；乙烯的物理、化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．乙烯具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯能将酸性KMnO4溶液还原，从而使溶液褪色，故A正确；
Ｂ．KOH溶液与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；
Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液会发生显色反应，溶液呈紫色，故C正确；
Ｄ．浓氨水挥发出的氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；
故选B。
【分析】A．乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
Ｂ．氢氧化铜为蓝色沉淀；
Ｃ．苯酚遇氯化铁显紫色；
Ｄ．浓氨水能使红色石蕊变蓝。
3．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，的质子数为6， 的物质的量为1mol，含有的质子数为 ，故A正确；
Ｂ．常温常压下，气体摩尔体积，无法计算CO2的物质的量，进而无法计算CO2所含的 σ键数目 ，故B错误；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L，则的稀硫酸中含数目为， 故C错误；
Ｄ．二氧化硫与氧气催化反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，不能完全转化，因此（1mol）与（0.5mol）充分反应得到的分子数小于 ，故D错误；
故选A。
【分析】A．的质子数为6；
Ｂ．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L；
Ｄ．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应。
4．【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．NaOH溶液与Na2SO4、KNO3都不反应，无明显现象，不能区分Na2SO4、KNO3，故A错误；
Ｂ．溶液与Na2SO4溶液反应生成Ag2SO4白色沉淀，与碳酸铵和氯化铝反应生成碳酸银白色沉淀和氯化银白色沉淀，无法区分，故B错误；
Ｃ．溶液 溶液与Na2SO4、AlCl3、KNO3都不反应，无明显现象，不能区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，故C错误；
Ｄ． 溶液与硫酸钠反应生成白色沉淀，与碳酸铵反应生成碳酸钡白色沉淀和氨气，与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，过量时沉淀溶解，与KNO3 不反应，无明显现象，现象不同，能区分，故D正确；
故选D。
【分析】鉴别物质时，根据各物质的特性，选择合适的试剂，在鉴别过程中，各物质与所选试剂反应应出现不同的现象。
5．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．在有机酸中， -CH3是推电子基团，会使羧基上的电子云密度增大，H+更难电离，从而导致酸性减弱，甲酸（HCOOH）没有推电子基团，乙酸（CH3COOH）有 -CH3推电子基团，所以酸性：CH3COOH < HCOOH，故A正确；
Ｂ．离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，C2H5NH3+的体积大于 NH4+，使得 C2H5NH3NO3的晶格能小于 NH4NO3，所以熔点：C2H5NH3NO3 < NH4NO3，故B正确；
Ｃ．金属键越强，熔点越高，Fe 的原子半径比 Na 小，价电子数比 Na 多，所以 Fe 的金属键比 Na 强，熔点：Fe > Na，而不是因为金属性强弱，故C错误；
Ｄ．H2O 分子间存在氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，会使物质的沸点升高，H2S 分子间不存在氢键，所以沸点：H2O > H2S，故D正确；
故选C。
【分析】A．甲基是推电子基；
Ｂ．对于离子化合物，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；
Ｃ．金属的熔点与金属键的强弱有关；
Ｄ．氢键会使物质的沸点升高。
6．【答案】D
【知识点】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．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，O的电负性大于 H，即，Y>X，故A错误；
Ｂ．Y为O元素，O形成的单质O2是非极性分子，而O3是极性分子，故B错误；
Ｃ．由 X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如 HClO 是弱酸，属于弱电解质，故C错误；
Ｄ．铁管上镶嵌 M（Zn），Zn 的活泼性比 Fe 强，形成原电池时 Zn 作负极被腐蚀，Fe 作正极被保护，铁管不易被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选D。
【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素， M的价层电子排布是 ，则M为Zn元素，浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物 ，且元素位于不同前四周期，X 原子序数小于 O，推测 X 为氢（H）元素。又因为 X（H）和 Y（O）的最外层电子数之和等于 Z 的最外层电子数，H 最外层 1 个电子，O 最外层 6 个电子，所以 Z 最外层 7 个电子，且原子序数大于 O 小于 Zn，Z 为Cl元素。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】A．铋离子位于晶胞的顶点，与顶点铋离子最近且距离相等的 位于面心，有 6 个，故A正确；
Ｂ．铋离子位于晶胞的顶点，晶胞中含有的铋离子个数为，故B错误；
Ｃ．一般来说，金属元素的第一电离能小于非金属元素，Ba是金属元素，O是非金属元素，所以第一电离能BaＤ．根据晶胞结构和均摊法可知，一个晶胞中含有1个 （ 摩尔质量为 ），则晶胞质量为， 晶胞体积为，则晶体的密度为， 故D错误；
故选A。
【分析】A．该晶胞中，铋离子位于晶胞的顶点；
Ｂ．根据均摊法计算；
Ｃ．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｄ．根据计算。
8．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．中Na为+1价，O为-2价，化合物中各元素正负化合价代数和为零，则元素的化合价为 ，故A正确；
Ｂ．中，N原子与3个O原子形成3个σ键，N原子的最外层电子数为5，则中心N原子不含孤电子对，其价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，故B正确；
Ｃ．该反应中，Sb元素化合价从0价升高到+5价，Sb是还原剂，N元素化合价从+5价部分降低到+2价、部分降低到+4价，O元素化合价从0价降低到-2价，则NaNO3和O2为氧化剂，4molSb失去电子，4molNaNO3和3molO2得到电子，氧化剂的总物质的量为4mol+3mol=7mol，还原剂的物质的量为4mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：4，故C错误；
Ｄ．反应中O元素化合价从0价降低到-2价，3molO2参加反应，得到电子的物质的量为12mol，N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，4molNaNO3参加反应，得到电子的物质的量为8mol，则总共转移20mol电子，即反应中消耗3molO2，转移 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ． 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．氧化剂所含元素化合价降低，还原剂所含元素化合价升高；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
9．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在电解池中，阳离子向阴极移动，电极a为阴极，则向左室迁移 ，故A正确；
Ｂ．由图可知，左室中硝酸根先被还原为亚硝酸根，亚硝酸根再被还原为氨气， 为中间产物，其浓度是增大还是减小，取决于生成速率和消耗速率的相对大小，不能判断的浓度持续下降，故B错误；
Ｃ．b为阳极，产生氯气，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，HClO具有漂白性使试纸褪色，所以用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色，故C正确；
Ｄ．根据电解原理，硝酸根在阴极被还原为氨气，氯离子在阳极被氧化为氯气，根据得失电子守恒、原子守恒可得电解总反应为 ，故D正确；
故选B。
【分析】该装置为电解池，由图可知，a电极上，硝酸根发生还原反应得到氨气，则电极a为阴极，电极b上，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则电极b为阳极。
10．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．X结构对称， 分子中有 2 种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有 2 组峰，故A错误；
Ｂ．Y 分子中含有 1 个 -Br 和 2 个 -COOH，-Br 在 NaOH 水溶液中发生水解反应，-COOH 与 NaOH 发生中和反应，1mol -Br 水解消耗 1mol NaOH，2mol -COOH 消耗 2mol NaOH，所以 1molY 与 NaOH 水溶液反应，最多可消耗 3mol NaOH，故B错误；
Ｃ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，所以天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐，故C正确；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，是通过缩聚反应（氨基和羧基之间脱去水分子）合成聚天冬氨酸，而不是加聚反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．分子中有几种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱就有几组峰；
Ｂ．Y中溴原子和羧基能与NaOH反应；
Ｃ．天冬氨酸含有氨基和羧基；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，能发生缩聚反应。
11．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由于HCl气体有毒，不能直接排放到空气中，且易水解，所以导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管，一方面吸收未反应的HCl，另一方面防止空气中的水蒸气进入装置使水解，故A正确；
Ｂ．实验过程中先通入HCl，可以排尽装置内的空气，防止被空气中的氧气氧化，同时氛围可以抑制的水解，然后再开启管式炉加热，故B正确；
Ｃ．若通入气体更换为 ， 具有强氧化性，会将Sn氧化为SnCl4，无法制备纯净的，故C错误；
Ｄ．易水解，加盐酸可以抑制其水解，具有还原性，加金属Sn可以防止被氧化，故D正确；
故选C。
【分析】首先通入HCl气体排尽装置内的空气，然后HCl与Sn在管式炉中制得SnCl2，SnCl2盛接器放在冷却剂中，收集SnCl2，具有还原性，易水解，则该装置要防止空气和水进入。
12．【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．粉碎工业废料可以增大废料与浸取剂的接触面积，从而加快反应速率，有利于提高金属元素的浸出率，故A正确；
Ｂ．由表格数据可知，CdS的Ksp远小于MnS的Ksp，加入 溶液时，Cd2+优先与S2-结合生成CdS沉淀，能实现沉镉的目的，试剂X可以是溶液，故B正确；
Ｃ．CdS的Ksp远小于MnS的Ksp，若先沉锰，会有部分Cd2+也形成沉淀，导致镉的回收率降低，所以 “沉镉” 和 “沉锰” 的顺序不能对换，故C正确；
Ｄ．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，故D错误；
故选D。
【分析】工业废料进行富集得到富集液，富集液主要含有，富集液中两种金属离子浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图中数据可得，，，，当溶液中时，，pH=2.5，故A正确；
Ｂ．当溶液呈中性时，，，，同理：，，故B正确；
Ｃ．两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，则有：
则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，故C正确；
Ｄ．实验2溶液中，根据电荷守恒有：， 故D错误；
故选D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在两步电离：，，则
、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，。
14．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂是在反应前后质量和化学性质都不变的物质，过程 Ⅱ 是反应的中间态，参与了反应过程，不是催化剂，故A错误；
Ｂ．反应过程中有极性键的断裂，有O-O非极性键的断裂，有中非极性键的形成，以及极性键的形成，故B正确；
Ｃ．在整个反应过程中，Ti元素始终与相同数目的氧原子等相连，其化合价没有发生变化，故C错误；
Ｄ．该反应得到产物除了，还有水，则原子利用率小于100%， 故D错误；
故选B。
【分析】A．催化剂在反应前后不发生变化；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．该过程中，Ti始终与4个O成键；
Ｄ．该反应还有另一产物水。
15．【答案】（1）A
（2）a
（3）利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率
（4）上
（5）防止其挥发损失并提高冷凝效率；避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂
（6）B
（7）75%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）常温下，硝基苯为液体，适合放在细口瓶中，便于倾倒，同时要用玻璃塞，因为硝基苯会腐蚀橡胶塞，故选A，故答案为：A。
（2）一般冷凝管采用逆流原理，即下进上出，这样能使冷凝管内充满冷凝水，增强冷凝效果，所以装置 Ⅰ 中冷凝管的进水口为下口，即进水口是a，故答案为：a。
（3）NaCl在水溶液中电离产生钠离子和氯离子，产生的离子与水分子强烈水合，减少 “自由” 水分子数量，苯胺在水中有一定溶解度，水对其溶解能力因 “自由” 水分子减少而下降，从而降低苯胺在水中溶解度，使苯胺析出，提升实验产率，故答案为：利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率。
（4）醚的密度比水小，所以步骤④中第二次分液，醚层位于上层，故答案为：上。
（5）乙醚沸点低（34.5℃），冰水浴可防止其挥发损失并提高冷凝效率；回收乙醚后放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，原因是若不放出冷凝水，蒸馏时冷凝管内残留的冷凝水会受热产生水蒸气，混入蒸馏产物中，影响产物纯度或防止高温下冷凝管因温差过大破裂，故答案为：防止其挥发损失并提高冷凝效率；避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂。
（6）A．缓慢滴加是为了控制反应温度，而非单纯减小速率，因为该反应为放热反应，若温度过高，产物苯胺会与乙酸发生取代反应，导致产率下降，故A错误；
B．为了防止暴沸，蒸馏时需加沸石，故B正确；
C．红外光谱可以用于检测有机物中特定的官能团，硝基苯和苯胺所含的官能团不同，硝基苯含有硝基，苯胺含有氨基，通过红外光谱可以检测出相应官能团的特征吸收峰，从而判断苯胺中是否含有硝基苯，故C错误；
D．乙醚是一种易挥发、易燃的有机溶剂，蒸馏回收乙醚时，挥发出来的乙醚蒸汽如果不进行尾气处理，可能会引发火灾等安全事故，故D错误；
故选B；
（7）根据反应原理可知，0.08mol硝基苯理论上制备0.08mol苯胺，则理论产量：0.08 mol × 93 g/mol = 7.44 g，实际产量为5.58g，则产率为75% ，故答案为：75%。
【分析】（1）常温下硝基苯为液体；
（2）为了使冷凝效果更佳，冷凝水要下进上出；
（3）苯胺在水中有一定的溶解度，而水作为溶剂，其 “自由” 水分子数量减少后，对苯胺的溶解能力就会下降，从而使苯胺在溶液中的溶解度降低，促使苯胺从溶液中分离出来；
（4）乙醚的密度小于水；
（5）乙醚沸点较低，易挥发；
（6）根据实验操作分析；
（7）根据计算。
16．【答案】（1）
（2）；
（3）；防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
（4）
（5）Co2+；Ni2+；sp2
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，核外共有28个电子，原子的价电子是指和能级上的电子，则基态原子的价电子排布式为，故答案为： 。
（2）“酸浸还原”时，不反应，则“滤渣”的主要成分是；Co2O3中Co元素为+3价，SO2将其还原为+2价，与硫酸反应生成CoSO4，则还原的化学方程式为，故答案为： ； 。
（3）在 、高压条件下通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节pH=3.2，沉铁得到，空气中的氧气作氧化剂，则反应的离子方程式为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降，故答案为： ； 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 。
（4）根据表中数据可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则，故答案为： 。
（5）电解萃余液2得到Mn单质，说明Mn2+与混合萃取剂形成的配合物不稳定，更容易解离出来，进而可以说明 Co2+ 和 Ni2+ 与混合萃取剂形成的配合物更稳定；该有机物中，N原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，故答案为： Co2+ ； Ni2+ ；sp2。
【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，SO2与Co2O3发生反应：，不与硫酸反应，因此滤渣为，其他金属氧化物转化为对应的硫酸盐，则滤液中主要含有，在 、高压条件下通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节pH=3.2，沉铁得到，沉铁后的滤液中加入NaOH调节pH=5.2沉铝得到，加入萃取剂进行第一次萃取，将Cu2+萃取离开体系，萃余液中加入混合萃取剂进行第二次萃取，第二次萃取液2进行处理后得到电池级镍钴锰混合溶液，电解萃余液2得到Mn单质。
17．【答案】（1）(酮)羰基；碳碳双键
（2）
（3）氧化反应
（4）可能
（5）；
（6）
（7）
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】（1）A的结构简式为，其官能团名称是(酮)羰基、碳碳双键，故答案为：(酮)羰基；碳碳双键。
（2）A和溴发生加成反应得到B，则B的结构简式为，故答案为：。
（3）E生成F的过程中，氢原子数目减少，属于“去氢”的反应，则E生成F的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应。
（4）F分子中，苯环羰基、碳碳双键都是平面结构，单键可以旋转，因此F分子中所有碳原子可能共面，故答案为：可能。
（5）B中一个溴原子发生消去反应得到C，G是该过程的副产物，G是C的同分异构体，且与C官能团相同，可以考虑另外一个溴原子发生消去反应，则G的结构简式为、，故答案为： ；。
（6）存在转化： ，结合I的结构简式可知，可转换为，与C发生加成反应得到中间体H，则中间体H的结构简式为，故答案为：。
（7） 中含有酯基，酯基可由羧基和羟基发生酯化反应得到，参考C→E的反应可知，转化为，然后和H2C=CH－CN发生加成反应得到，中-CN水解生成-COOH得到，中的羧基和羟基发生酯化反应成环得到产物，则具体合成路线为： 。
【分析】A中含有碳碳双键，结合B的分子式可知，A和溴发生加成反应生成B，则B的结构简式为 ，B中不含碳碳双键，C中形成了一个碳碳双键，说明B在碱存在的条件下发生消去反应生成C，C和发生加成反应生成中间体D，中间体D脱去HBr成环得到E，E与氧气反应得到产物F。
18．【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢；随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；0.16
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）N电极上CO转化为C2H4，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连，故答案为：正。
（2）CO发生还原反应得到C2H4，还原反应得电子，电解液呈碱性，则电极反应式为：，故答案为：。
（3）根据盖斯定律，将反应ii－反应i得到 ，则；该反应为放热反应，，气体分子数减小，，该反应在低温下存在，则该反应在低温下能自发进行，故选B，故答案为：﹣126；B。
（4）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由生成时，活化能较大，反应速率慢，说明的选择性大于，故答案为： ； 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 。
② 当时 ，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x增大，CO的量增大，CO不参与该反应，而容器恒容，这相当于稀释了反应物和H2，反应i和反应ii的平衡均逆向移动，导致的转化率减小；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，和 的体积比为2：2：1，则设CO的物质的量为2mol，的物质的量为2mol，H2的物质的量为1mol，则有、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp==，故答案为：0.16。
【分析】（1）N电极上，CO转化为乙烯，发生还原反应，则N为阴极，M为阳极；
（2） 得电子发生还原反应生成 ；
（3）根据盖斯定律计算；当时反应能够自发进行；
（4）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；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；先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
1 / 1
