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湖南省2025年高考真題化學試卷
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·湖南）材料是人類賴以生存和發展的物質基礎。下列材料屬于金屬材料的是（　　）
A．高強韌無磁不銹鋼——聚變能實驗裝置中的低溫結構部件
B．金剛石薄膜——“夢想”號大洋鉆探船使用的鉆頭表面涂層
C．超細玄武巖纖維——嫦娥六號攜帶的月面國旗的紡織材料
D．超細玻璃纖維——國產大飛機中隔音隔熱的“飛機棉”
【答案】A
【知識點】合理利用金屬資源
【解析】【解答】A．高強韌無磁不銹鋼是鐵的合金，合金屬于金屬材料，故A正確；
Ｂ．金剛石薄膜的成分是碳，碳屬于非金屬單質，不屬于金屬材料，故B錯誤；
Ｃ．超細玄武巖纖維屬于無機非金屬材料，不屬于金屬材料，故C錯誤；
Ｄ．超細玻璃纖維屬于無機非金屬材料，不屬于金屬材料，故D錯誤；
故選A。
【分析】金屬材料是指金屬元素或以金屬元素為主構成的具有金屬特性的材料的統稱。包括純金屬、合金、金屬材料金屬間化合物和特種金屬材料等。
2．（2025·湖南）化學實驗充滿著五顏六色的變化。下列描述錯誤的是（　　）
A．溶液褪色 B．產生紅色沉淀
C．溶液呈紫色 D．試紙變為藍色
【答案】B
【知識點】氨的性質及用途；乙烯的物理、化學性質；苯酚的性質及用途
【解析】【解答】A．乙烯具有還原性，酸性KMnO4溶液具有強氧化性，乙烯能將酸性KMnO4溶液還原，從而使溶液褪色，故A正確；
Ｂ．KOH溶液與CuSO4溶液反應會生成Cu(OH)2藍色沉淀，故B錯誤；
Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液會發生顯色反應，溶液呈紫色，故C正確；
Ｄ．濃氨水揮發出的氨氣為堿性氣體，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，故D正確；
故選B。
【分析】A．乙烯與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｂ．氫氧化銅為藍色沉淀；
Ｃ．苯酚遇氯化鐵顯紫色；
Ｄ．濃氨水能使紅色石蕊變藍。
3．（2025·湖南）加熱時，濃硫酸與木炭發生反應：。設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　?。?br/>A．含質子數為
B．常溫常壓下，含σ鍵數目為
C．的稀硫酸中含數目為
D．與充分反應得到的分子數為
【答案】A
【知識點】阿伏加德羅常數；物質的量與其濃度和氣體摩爾體積的綜合應用
【解析】【解答】A．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，的質子數為6， 的物質的量為1mol，含有的質子數為 ，故A正確；
Ｂ．常溫常壓下，氣體摩爾體積，無法計算CO2的物質的量，進而無法計算CO2所含的 σ鍵數目 ，故B錯誤；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L，則的稀硫酸中含數目為， 故C錯誤；
Ｄ．二氧化硫與氧氣催化反應生成三氧化硫的反應是可逆反應，不能完全轉化，因此（1mol）與（0.5mol）充分反應得到的分子數小于 ，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．的質子數為6；
Ｂ．常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L；
Ｄ．二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應。
4．（2025·湖南）只用一種試劑，將四種物質的溶液區分開，這種試劑是（　　）
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
【答案】D
【知識點】物質的檢驗和鑒別
【解析】【解答】A．NaOH溶液與Na2SO4、KNO3都不反應，無明顯現象，不能區分Na2SO4、KNO3，故A錯誤；
Ｂ．溶液與Na2SO4溶液反應生成Ag2SO4白色沉淀，與碳酸銨和氯化鋁反應生成碳酸銀白色沉淀和氯化銀白色沉淀，無法區分，故B錯誤；
Ｃ．溶液 溶液與Na2SO4、AlCl3、KNO3都不反應，無明顯現象，不能區分Na2SO4、AlCl3、KNO3，故C錯誤；
Ｄ． 溶液與硫酸鈉反應生成白色沉淀，與碳酸銨反應生成碳酸鋇白色沉淀和氨氣，與氯化鋁反應生成氫氧化鋁白色沉淀，過量時沉淀溶解，與KNO3 不反應，無明顯現象，現象不同，能區分，故D正確；
故選D。
【分析】鑒別物質時，根據各物質的特性，選擇合適的試劑，在鑒別過程中，各物質與所選試劑反應應出現不同的現象。
5．（2025·湖南）下列有關物質性質的解釋錯誤的是（　?。?br/>性質 解釋
A 酸性： 是推電子基團
B 熔點： 的體積大于；
C 熔點： 比的金屬性弱
D 沸點： 分子間存在氫鍵
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．在有機酸中， -CH3是推電子基團，會使羧基上的電子云密度增大，H+更難電離，從而導致酸性減弱，甲酸（HCOOH）沒有推電子基團，乙酸（CH3COOH）有 -CH3推電子基團，所以酸性：CH3COOH < HCOOH，故A正確；
Ｂ．離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低，C2H5NH3+的體積大于 NH4+，使得 C2H5NH3NO3的晶格能小于 NH4NO3，所以熔點：C2H5NH3NO3 < NH4NO3，故B正確；
Ｃ．金屬鍵越強，熔點越高，Fe 的原子半徑比 Na 小，價電子數比 Na 多，所以 Fe 的金屬鍵比 Na 強，熔點：Fe > Na，而不是因為金屬性強弱，故C錯誤；
Ｄ．H2O 分子間存在氫鍵，氫鍵是一種較強的分子間作用力，會使物質的沸點升高，H2S 分子間不存在氫鍵，所以沸點：H2O > H2S，故D正確；
故選C。
【分析】A．甲基是推電子基；
Ｂ．對于離子化合物，離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低；
Ｃ．金屬的熔點與金屬鍵的強弱有關；
Ｄ．氫鍵會使物質的沸點升高。
6．（2025·湖南）濃溶液中含有的具有酸性，能溶解金屬氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，分別位于不同的前四周期。Y的最外層電子數是內層的3倍，X和Y的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數，M的價層電子排布是。
下列說法正確的是（　　）
A．電負性：
B．Y形成的兩種單質均為非極性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均為強電解質
D．鐵管上鑲嵌M，鐵管不易被腐蝕
【答案】D
【知識點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．電負性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力，同周期從左到右電負性增大，同主族從上到下電負性減小，O的電負性大于 H，即，Y>X，故A錯誤；
Ｂ．Y為O元素，O形成的單質O2是非極性分子，而O3是極性分子，故B錯誤；
Ｃ．由 X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如 HClO 是弱酸，屬于弱電解質，故C錯誤；
Ｄ．鐵管上鑲嵌 M（Zn），Zn 的活潑性比 Fe 強，形成原電池時 Zn 作負極被腐蝕，Fe 作正極被保護，鐵管不易被腐蝕，為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；
故選D。
【分析】Y的最外層電子數是內層的3倍，則Y為O元素， M的價層電子排布是 ，則M為Zn元素，濃溶液中含有的具有酸性，能溶解金屬氧化物 ，且元素位于不同前四周期，X 原子序數小于 O，推測 X 為氫（H）元素。又因為 X（H）和 Y（O）的最外層電子數之和等于 Z 的最外層電子數，H 最外層 1 個電子，O 最外層 6 個電子，所以 Z 最外層 7 個電子，且原子序數大于 O 小于 Zn，Z 為Cl元素。
7．（2025·湖南）摻雜的鉍酸鋇具有超導性。替代部分形成（摩爾質量為），其晶胞結構如圖所示。該立方晶胞的參數為，設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　　）
A．晶體中與鉍離子最近且距離相等的有6個
B．晶胞中含有的鉍離子個數為8
C．第一電離能：
D．晶體的密度為
【答案】A
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算
【解析】【解答】A．鉍離子位于晶胞的頂點，與頂點鉍離子最近且距離相等的 位于面心，有 6 個，故A正確；
Ｂ．鉍離子位于晶胞的頂點，晶胞中含有的鉍離子個數為，故B錯誤；
Ｃ．一般來說，金屬元素的第一電離能小于非金屬元素，Ba是金屬元素，O是非金屬元素，所以第一電離能BaＤ．根據晶胞結構和均攤法可知，一個晶胞中含有1個 （ 摩爾質量為 ），則晶胞質量為， 晶胞體積為，則晶體的密度為， 故D錯誤；
故選A。
【分析】A．該晶胞中，鉍離子位于晶胞的頂點；
Ｂ．根據均攤法計算；
Ｃ．第一電離能是氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量。同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大；
Ｄ．根據計算。
8．（2025·湖南）是一種合成聚酯的催化劑，可用“硝酸鈉法”制備，反應方程式為。下列說法錯誤的是（　　）
A．中元素的化合價為
B．的空間結構為平面三角形
C．反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為
D．反應中消耗，轉移
【答案】C
【知識點】判斷簡單分子或離子的構型；氧化還原反應的電子轉移數目計算；與氧化劑、還原劑有關的計算
【解析】【解答】A．中Na為+1價，O為-2價，化合物中各元素正負化合價代數和為零，則元素的化合價為 ，故A正確；
Ｂ．中，N原子與3個O原子形成3個σ鍵，N原子的最外層電子數為5，則中心N原子不含孤電子對，其價層電子對數為3，空間結構為平面三角形，故B正確；
Ｃ．該反應中，Sb元素化合價從0價升高到+5價，Sb是還原劑，N元素化合價從+5價部分降低到+2價、部分降低到+4價，O元素化合價從0價降低到-2價，則NaNO3和O2為氧化劑，4molSb失去電子，4molNaNO3和3molO2得到電子，氧化劑的總物質的量為4mol+3mol=7mol，還原劑的物質的量為4mol，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為7：4，故C錯誤；
Ｄ．反應中O元素化合價從0價降低到-2價，3molO2參加反應，得到電子的物質的量為12mol，N元素化合價從+5價降低到+2價和+4價，4molNaNO3參加反應，得到電子的物質的量為8mol，則總共轉移20mol電子，即反應中消耗3molO2，轉移 ，故D正確；
故選C。
【分析】A．根據化合物中化合價代數和為0計算；
Ｂ． 中心N原子的價層電子對數為3，不含孤電子對；
Ｃ．氧化劑所含元素化合價降低，還原劑所含元素化合價升高；
Ｄ．根據得失電子守恒計算。
9．（2025·湖南）一種電化學處理硝酸鹽產氨的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．電解過程中，向左室遷移
B．電解過程中，左室中的濃度持續下降
C．用濕潤的藍色石蕊試紙置于b處，試紙先變紅后褪色
D．完全轉化為的電解總反應：
【答案】B
【知識點】電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．在電解池中，陽離子向陰極移動，電極a為陰極，則向左室遷移 ，故A正確；
Ｂ．由圖可知，左室中硝酸根先被還原為亞硝酸根，亞硝酸根再被還原為氨氣， 為中間產物，其濃度是增大還是減小，取決于生成速率和消耗速率的相對大小，不能判斷的濃度持續下降，故B錯誤；
Ｃ．b為陽極，產生氯氣，氯氣與水反應生成HCl和HClO，HCl使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，HClO具有漂白性使試紙褪色，所以用濕潤的藍色石蕊試紙置于b處，試紙先變紅后褪色，故C正確；
Ｄ．根據電解原理，硝酸根在陰極被還原為氨氣，氯離子在陽極被氧化為氯氣，根據得失電子守恒、原子守恒可得電解總反應為 ，故D正確；
故選B。
【分析】該裝置為電解池，由圖可知，a電極上，硝酸根發生還原反應得到氨氣，則電極a為陰極，電極b上，氯離子失去電子發生氧化反應生成氯氣，則電極b為陽極。
10．（2025·湖南）天冬氨酸廣泛應用于醫藥、食品和化工等領域。天冬氨酸的一條合成路線如下：
下列說法正確的是（　　）
A．X的核磁共振氫譜有4組峰
B．與水溶液反應，最多可消耗
C．天冬氨酸是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽
D．天冬氨酸通過加聚反應可合成聚天冬氨酸
【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．X結構對稱， 分子中有 2 種不同化學環境的氫原子，所以其核磁共振氫譜有 2 組峰，故A錯誤；
Ｂ．Y 分子中含有 1 個 -Br 和 2 個 -COOH，-Br 在 NaOH 水溶液中發生水解反應，-COOH 與 NaOH 發生中和反應，1mol -Br 水解消耗 1mol NaOH，2mol -COOH 消耗 2mol NaOH，所以 1molY 與 NaOH 水溶液反應，最多可消耗 3mol NaOH，故B錯誤；
Ｃ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，氨基具有堿性，羧基具有酸性，所以天冬氨酸是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽，故C正確；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，是通過縮聚反應（氨基和羧基之間脫去水分子）合成聚天冬氨酸，而不是加聚反應，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．分子中有幾種不同環境的氫原子，核磁共振氫譜就有幾組峰；
Ｂ．Y中溴原子和羧基能與NaOH反應；
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，能發生縮聚反應。
11．（2025·湖南）具有還原性，易水解。一種制備純凈的的裝置示意圖如下：
下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管
B．實驗過程中應先通入，再開啟管式爐加熱
C．若通入氣體更換為，也可制備純凈的
D．配制溶液需加鹽酸和金屬
【答案】C
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．由于HCl氣體有毒，不能直接排放到空氣中，且易水解，所以導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管，一方面吸收未反應的HCl，另一方面防止空氣中的水蒸氣進入裝置使水解，故A正確；
Ｂ．實驗過程中先通入HCl，可以排盡裝置內的空氣，防止被空氣中的氧氣氧化，同時氛圍可以抑制的水解，然后再開啟管式爐加熱，故B正確；
Ｃ．若通入氣體更換為 ， 具有強氧化性，會將Sn氧化為SnCl4，無法制備純凈的，故C錯誤；
Ｄ．易水解，加鹽酸可以抑制其水解，具有還原性，加金屬Sn可以防止被氧化，故D正確；
故選C。
【分析】首先通入HCl氣體排盡裝置內的空氣，然后HCl與Sn在管式爐中制得SnCl2，SnCl2盛接器放在冷卻劑中，收集SnCl2，具有還原性，易水解，則該裝置要防止空氣和水進入。
12．（2025·湖南）工業廢料的綜合處理有利于減少環境污染并實現資源循環利用。從某工業廢料中回收鎘、錳的部分工藝流程如下：
已知：①富集液中兩種金屬離子濃度相當。
②常溫下，金屬化合物的；
金屬化合物
下列說法錯誤的是（　　）
A．粉碎工業廢料有利于提高金屬元素的浸出率
B．試劑X可以是溶液
C．“沉鎘”和“沉錳”的順序不能對換
D．“沉錳”時，發生反應的離子方程式為
【答案】D
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．粉碎工業廢料可以增大廢料與浸取劑的接觸面積，從而加快反應速率，有利于提高金屬元素的浸出率，故A正確；
Ｂ．由表格數據可知，CdS的Ksp遠小于MnS的Ksp，加入 溶液時，Cd2+優先與S2-結合生成CdS沉淀，能實現沉鎘的目的，試劑X可以是溶液，故B正確；
Ｃ．CdS的Ksp遠小于MnS的Ksp，若先沉錳，會有部分Cd2+也形成沉淀，導致鎘的回收率降低，所以 “沉鎘” 和 “沉錳” 的順序不能對換，故C正確；
Ｄ．“沉錳”時，發生反應的離子方程式是：，故D錯誤；
故選D。
【分析】工業廢料進行富集得到富集液，富集液主要含有，富集液中兩種金屬離子濃度相當，加入試劑X沉鉻，由金屬化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分離，則試劑X選擇含的試劑，得到CdS濾餅，加入溶液沉錳，發生反應：。
13．（2025·湖南）草酸廣泛應用于食品、藥品等領域。常溫下，通過下列實驗探究了草酸的性質：
實驗1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的與的關系如圖所示。
實驗2：向溶液中加入溶液。
已知：時，?；旌虾笕芤后w積變化忽略不計。
下列說法錯誤的是（　　）
A．實驗1，當溶液中時，
B．實驗1，當溶液呈中性時：
C．實驗2，溶液中有沉淀生成
D．實驗2，溶液中存在：
【答案】D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．根據圖中數據可得，，，，當溶液中時，，pH=2.5，故A正確；
Ｂ．當溶液呈中性時，，，，同理：，，故B正確；
Ｃ．兩步電離平衡反應式相加，得到 ，二者等體積混合，，則有：
則，估算x的數量級為，故，故有沉淀生成，故C正確；
Ｄ．實驗2溶液中，根據電荷守恒有：， 故D錯誤；
故選D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在兩步電離：，，則
、，根據可知，當時，對應的大，pH數值小，因此，。
14．（2025·湖南）環氧化合物是重要的有機合成中間體。以鈦摻雜沸石為催化劑，由丙烯（）為原料生產環氧丙烷（）的反應機理如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．過程中Ⅱ是催化劑
B．過程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成
C．過程中元素的化合價發生了變化
D．丙烯與雙氧水反應生成環氧丙烷的原子利用率為100%
【答案】B
【知識點】極性鍵和非極性鍵；催化劑
【解析】【解答】A．催化劑是在反應前后質量和化學性質都不變的物質，過程 Ⅱ 是反應的中間態，參與了反應過程，不是催化劑，故A錯誤；
Ｂ．反應過程中有極性鍵的斷裂，有O-O非極性鍵的斷裂，有中非極性鍵的形成，以及極性鍵的形成，故B正確；
Ｃ．在整個反應過程中，Ti元素始終與相同數目的氧原子等相連，其化合價沒有發生變化，故C錯誤；
Ｄ．該反應得到產物除了，還有水，則原子利用率小于100%， 故D錯誤；
故選B。
【分析】A．催化劑在反應前后不發生變化；
Ｂ．同種非金屬原子間形成非極性鍵，不同種非金屬原子間形成極性鍵；
Ｃ．該過程中，Ti始終與4個O成鍵；
Ｄ．該反應還有另一產物水。
二、非選擇題：本題共4小題，共58分。
15．（2025·湖南）苯胺是重要的有機化工原料，其實驗室制備原理如下：
相關信息如下：
物質 相對分子質量 熔點/℃ 沸點/℃ 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 與水互溶
乙醚 74 34.5 0.71 微溶于水
反應裝置Ⅰ和蒸餾裝置Ⅱ（加熱、夾持等裝置略）如下：
實驗步驟為：
①向裝置Ⅰ雙頸燒瓶中加入鐵粉、水及乙酸，加熱煮沸；
②稍冷后，通過恒壓滴液漏斗緩慢滴入硝基苯，再加熱回流；
③將裝置Ⅰ改成水蒸氣蒸餾裝置，蒸餾收集苯胺-水餾出液；
④將苯胺-水餾出液用飽和后，轉入分液漏斗靜置分層，分出有機層；水層用乙醚萃取，分出醚層；合并有機層和醚層，用粒狀氫氧化鈉干燥，得到苯胺醚溶液；
⑤將苯胺醚溶液加入圓底燒瓶（裝置Ⅱ），先蒸餾回收乙醚，再蒸餾收集餾分，得到苯胺。
回答下列問題：
（1）實驗室保存硝基苯的玻璃容器是　 　（填標號）。
（2）裝置Ⅰ中冷凝管的進水口為　 ?。ㄌ睢癮”或“b”）。
（3）步驟④中將苯胺-水餾出液用飽和的原因是　 　。
（4）步驟④中第二次分液，醚層位于　 　層（填“上”或“下”）。
（5）蒸餾回收乙醚時，錐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餾，這樣操作的原因是　 　。
（6）下列說法正確的是____（填標號）。
A．緩慢滴加硝基苯是為了減小反應速率
B．蒸餾時需加沸石，防止暴沸
C．用紅外光譜不能判斷苯胺中是否含有硝基苯
D．蒸餾回收乙醚，無需尾氣處理
（7）苯胺的產率為　 　。
【答案】（1）A
（2）a
（3）利用鹽析效應，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升產率
（4）上
（5）防止其揮發損失并提高冷凝效率；避免冷凝水殘留影響后續高溫蒸餾時冷凝管的效率或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂
（6）B
（7）75%
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）常溫下，硝基苯為液體，適合放在細口瓶中，便于傾倒，同時要用玻璃塞，因為硝基苯會腐蝕橡膠塞，故選A，故答案為：A。
（2）一般冷凝管采用逆流原理，即下進上出，這樣能使冷凝管內充滿冷凝水，增強冷凝效果，所以裝置 Ⅰ 中冷凝管的進水口為下口，即進水口是a，故答案為：a。
（3）NaCl在水溶液中電離產生鈉離子和氯離子，產生的離子與水分子強烈水合，減少 “自由” 水分子數量，苯胺在水中有一定溶解度，水對其溶解能力因 “自由” 水分子減少而下降，從而降低苯胺在水中溶解度，使苯胺析出，提升實驗產率，故答案為：利用鹽析效應，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升產率。
（4）醚的密度比水小，所以步驟④中第二次分液，醚層位于上層，故答案為：上。
（5）乙醚沸點低（34.5℃），冰水浴可防止其揮發損失并提高冷凝效率；回收乙醚后放出冷凝管中的冷凝水再蒸餾，原因是若不放出冷凝水，蒸餾時冷凝管內殘留的冷凝水會受熱產生水蒸氣，混入蒸餾產物中，影響產物純度或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂，故答案為：防止其揮發損失并提高冷凝效率；避免冷凝水殘留影響后續高溫蒸餾時冷凝管的效率或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂。
（6）A．緩慢滴加是為了控制反應溫度，而非單純減小速率，因為該反應為放熱反應，若溫度過高，產物苯胺會與乙酸發生取代反應，導致產率下降，故A錯誤；
B．為了防止暴沸，蒸餾時需加沸石，故B正確；
C．紅外光譜可以用于檢測有機物中特定的官能團，硝基苯和苯胺所含的官能團不同，硝基苯含有硝基，苯胺含有氨基，通過紅外光譜可以檢測出相應官能團的特征吸收峰，從而判斷苯胺中是否含有硝基苯，故C錯誤；
D．乙醚是一種易揮發、易燃的有機溶劑，蒸餾回收乙醚時，揮發出來的乙醚蒸汽如果不進行尾氣處理，可能會引發火災等安全事故，故D錯誤；
故選B；
（7）根據反應原理可知，0.08mol硝基苯理論上制備0.08mol苯胺，則理論產量：0.08 mol × 93 g/mol = 7.44 g，實際產量為5.58g，則產率為75% ，故答案為：75%。
【分析】（1）常溫下硝基苯為液體；
（2）為了使冷凝效果更佳，冷凝水要下進上出；
（3）苯胺在水中有一定的溶解度，而水作為溶劑，其 “自由” 水分子數量減少后，對苯胺的溶解能力就會下降，從而使苯胺在溶液中的溶解度降低，促使苯胺從溶液中分離出來；
（4）乙醚的密度小于水；
（5）乙醚沸點較低，易揮發；
（6）根據實驗操作分析；
（7）根據計算。
16．（2025·湖南）一種從深海多金屬結核[主要含，有少量的]中分離獲得金屬資源和電池級鎳鉆錳混合溶液的工藝流程如下：
已知：①金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子。
②常溫下，溶液中金屬離子（假定濃度均為）開始沉淀和完全沉淀的：
開始沉淀的 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
回答下列問題：
（1）基態的價層電子排布式為　 　。
（2）“酸浸還原”時，“濾渣”的主要成分是　 ?。▽懟瘜W式）；還原的化學方程式為　 　。
（3）“沉鐵”時，轉化為的離子方程式為　 　，加熱至的主要原因是　 　。
（4）“沉鋁”時，未產生沉淀，該溶液中不超過　 　。
（5）“第二次萃取”時，　 　、　 ?。ㄌ铍x子符號）與混合萃取劑形成的配合物（其結構如圖所示，M表示金屬元素）更穩定，這些配合物中氮原子的雜化類型為　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）；防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降
（4）
（5）Co2+；Ni2+；sp2
【知識點】原子核外電子排布；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）Ni為28號元素，核外共有28個電子，原子的價電子是指和能級上的電子，則基態原子的價電子排布式為，故答案為： 。
（2）“酸浸還原”時，不反應，則“濾渣”的主要成分是；Co2O3中Co元素為+3價，SO2將其還原為+2價，與硫酸反應生成CoSO4，則還原的化學方程式為，故答案為： ； 。
（3）在 、高壓條件下通入空氣，將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時調節pH=3.2，沉鐵得到，空氣中的氧氣作氧化劑，則反應的離子方程式為：；已知金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子，則加熱至的主要原因是防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降，故答案為： ； 防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降 。
（4）根據表中數據可知，，“沉鋁”時，未產生沉淀，則，故答案為： 。
（5）電解萃余液2得到Mn單質，說明Mn2+與混合萃取劑形成的配合物不穩定，更容易解離出來，進而可以說明 Co2+ 和 Ni2+ 與混合萃取劑形成的配合物更穩定；該有機物中，N原子的價層電子對數為3，采用sp2雜化，故答案為： Co2+ ； Ni2+ ；sp2。
【分析】金屬結核[主要含，有少量的]加入、進行酸浸還原，SO2與Co2O3發生反應：，不與硫酸反應，因此濾渣為，其他金屬氧化物轉化為對應的硫酸鹽，則濾液中主要含有，在 、高壓條件下通入空氣，將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時調節pH=3.2，沉鐵得到，沉鐵后的濾液中加入NaOH調節pH=5.2沉鋁得到，加入萃取劑進行第一次萃取，將Cu2+萃取離開體系，萃余液中加入混合萃取劑進行第二次萃取，第二次萃取液2進行處理后得到電池級鎳鈷錳混合溶液，電解萃余液2得到Mn單質。
17．（2025·湖南）化合物F是治療實體瘤的潛在藥物。F的一條合成路線如下（略去部分試劑和條件）：
已知：
回答下列問題：
（1）A的官能團名稱是　 　、　 　。
（2）B的結構簡式是　 　。
（3）E生成F的反應類型是　 　。
（4）F所有的碳原子　 　共面（填“可能”或“不可能”）。
（5）B在生成C的同時，有副產物G生成。已知G是C的同分異構體，且與C的官能團相同。G的結構簡式是　 　、　 ?。紤]立體異構）。
（6）C與生成E的同時，有少量產物I生成，此時中間體H的結構簡式是　 　。
（7）依據以上流程信息，結合所學知識，設計以和為原料合成的路線（無機試劑和溶劑任選）。
【答案】（1）(酮)羰基；碳碳雙鍵
（2）
（3）氧化反應
（4）可能
（5）；
（6）
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】（1）A的結構簡式為，其官能團名稱是(酮)羰基、碳碳雙鍵，故答案為：(酮)羰基；碳碳雙鍵。
（2）A和溴發生加成反應得到B，則B的結構簡式為，故答案為：。
（3）E生成F的過程中，氫原子數目減少，屬于“去氫”的反應，則E生成F的反應類型是氧化反應，故答案為：氧化反應。
（4）F分子中，苯環羰基、碳碳雙鍵都是平面結構，單鍵可以旋轉，因此F分子中所有碳原子可能共面，故答案為：可能。
（5）B中一個溴原子發生消去反應得到C，G是該過程的副產物，G是C的同分異構體，且與C官能團相同，可以考慮另外一個溴原子發生消去反應，則G的結構簡式為、，故答案為： ；。
（6）存在轉化： ，結合I的結構簡式可知，可轉換為，與C發生加成反應得到中間體H，則中間體H的結構簡式為，故答案為：。
（7） 中含有酯基，酯基可由羧基和羥基發生酯化反應得到，參考C→E的反應可知，轉化為，然后和H2C=CH－CN發生加成反應得到，中-CN水解生成-COOH得到，中的羧基和羥基發生酯化反應成環得到產物，則具體合成路線為： 。
【分析】A中含有碳碳雙鍵，結合B的分子式可知，A和溴發生加成反應生成B，則B的結構簡式為 ，B中不含碳碳雙鍵，C中形成了一個碳碳雙鍵，說明B在堿存在的條件下發生消去反應生成C，C和發生加成反應生成中間體D，中間體D脫去HBr成環得到E，E與氧氣反應得到產物F。
18．（2025·湖南）在溫和條件下，將轉化為烴類具有重要意義。采用電化學-化學串聯催化策略可將高選擇性合成，該流程示意圖如下：
回答下列問題：
（1）電解池中電極M與電源的　 　極相連。
（2）放電生成的電極反應式為　 　。
（3）在反應器中，發生如下反應：
反應i：
反應ii：
計算反應的　 　，該反應　 ?。ㄌ顦颂枺?。
A.高溫自發 B.低溫自發 C.高溫低溫均自發 D.高溫低溫均不自發
（4）一定溫度下，和（體積比為）按一定流速進入裝有催化劑的恒容反應器（入口壓強為）發生反應i和ii。有存在時，反應ii的反應進程如圖1所示。隨著x的增加，的轉化率和產物的選擇性（選擇性）如圖2所示。
根據圖1，寫出生成的決速步反應式　 　；的選擇性大于的原因是　 　。
②結合圖2，當時，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x的增大，的轉化率減小的原因是　 　；當時，該溫度下反應ii的　 ?。ūＡ魞晌恍担?。0.16
【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8時，活化能較大，反應速率慢；隨著x的增大，CO的分壓增大，對于反應i和反應ii相當于減壓，反應i和反應ii平衡均逆向移動，所以的轉化率減??；0.16
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡移動原理；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）N電極上CO轉化為C2H4，發生還原反應，N為陰極，則M為陽極，與電源正極相連，故答案為：正。
（2）CO發生還原反應得到C2H4，還原反應得電子，電解液呈堿性，則電極反應式為：，故答案為：。
（3）根據蓋斯定律，將反應ii－反應i得到 ，則；該反應為放熱反應，，氣體分子數減小，，該反應在低溫下存在，則該反應在低溫下能自發進行，故選B，故答案為：﹣126；B。
（4）①活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，由圖可知，TSⅡ的壘能最大，該步驟是決速步驟，反應式為；由生成時，活化能較大，反應速率慢，說明的選擇性大于，故答案為： ； 由C4H9生成C4H8時，活化能較大，反應速率慢 。
② 當時 ，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x增大，CO的量增大，CO不參與該反應，而容器恒容，這相當于稀釋了反應物和H2，反應i和反應ii的平衡均逆向移動，導致的轉化率減小；當x=2時，的轉化率為90%，的選擇性為80%，和 的體積比為2：2：1，則設CO的物質的量為2mol，的物質的量為2mol，H2的物質的量為1mol，則有、、、，氣體總物質的量為(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此時壓強為，、、，反應ii的Kp==，故答案為：0.16。
【分析】（1）N電極上，CO轉化為乙烯，發生還原反應，則N為陰極，M為陽極；
（2） 得電子發生還原反應生成 ；
（3）根據蓋斯定律計算；當時反應能夠自發進行；
（4）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；先計算各物質的分壓，結合平衡常數表達式計算。
1 / 1湖南省2025年高考真題化學試卷
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·湖南）材料是人類賴以生存和發展的物質基礎。下列材料屬于金屬材料的是（　?。?br/>A．高強韌無磁不銹鋼——聚變能實驗裝置中的低溫結構部件
B．金剛石薄膜——“夢想”號大洋鉆探船使用的鉆頭表面涂層
C．超細玄武巖纖維——嫦娥六號攜帶的月面國旗的紡織材料
D．超細玻璃纖維——國產大飛機中隔音隔熱的“飛機棉”
2．（2025·湖南）化學實驗充滿著五顏六色的變化。下列描述錯誤的是（　　）
A．溶液褪色 B．產生紅色沉淀
C．溶液呈紫色 D．試紙變為藍色
3．（2025·湖南）加熱時，濃硫酸與木炭發生反應：。設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　?。?br/>A．含質子數為
B．常溫常壓下，含σ鍵數目為
C．的稀硫酸中含數目為
D．與充分反應得到的分子數為
4．（2025·湖南）只用一種試劑，將四種物質的溶液區分開，這種試劑是（　　）
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
5．（2025·湖南）下列有關物質性質的解釋錯誤的是（　　）
性質 解釋
A 酸性： 是推電子基團
B 熔點： 的體積大于；
C 熔點： 比的金屬性弱
D 沸點： 分子間存在氫鍵
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·湖南）濃溶液中含有的具有酸性，能溶解金屬氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，分別位于不同的前四周期。Y的最外層電子數是內層的3倍，X和Y的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數，M的價層電子排布是。
下列說法正確的是（　　）
A．電負性：
B．Y形成的兩種單質均為非極性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均為強電解質
D．鐵管上鑲嵌M，鐵管不易被腐蝕
7．（2025·湖南）摻雜的鉍酸鋇具有超導性。替代部分形成（摩爾質量為），其晶胞結構如圖所示。該立方晶胞的參數為，設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　?。?br/>A．晶體中與鉍離子最近且距離相等的有6個
B．晶胞中含有的鉍離子個數為8
C．第一電離能：
D．晶體的密度為
8．（2025·湖南）是一種合成聚酯的催化劑，可用“硝酸鈉法”制備，反應方程式為。下列說法錯誤的是（　　）
A．中元素的化合價為
B．的空間結構為平面三角形
C．反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為
D．反應中消耗，轉移
9．（2025·湖南）一種電化學處理硝酸鹽產氨的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．電解過程中，向左室遷移
B．電解過程中，左室中的濃度持續下降
C．用濕潤的藍色石蕊試紙置于b處，試紙先變紅后褪色
D．完全轉化為的電解總反應：
10．（2025·湖南）天冬氨酸廣泛應用于醫藥、食品和化工等領域。天冬氨酸的一條合成路線如下：
下列說法正確的是（　?。?br/>A．X的核磁共振氫譜有4組峰
B．與水溶液反應，最多可消耗
C．天冬氨酸是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽
D．天冬氨酸通過加聚反應可合成聚天冬氨酸
11．（2025·湖南）具有還原性，易水解。一種制備純凈的的裝置示意圖如下：
下列說法錯誤的是（　　）
A．導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管
B．實驗過程中應先通入，再開啟管式爐加熱
C．若通入氣體更換為，也可制備純凈的
D．配制溶液需加鹽酸和金屬
12．（2025·湖南）工業廢料的綜合處理有利于減少環境污染并實現資源循環利用。從某工業廢料中回收鎘、錳的部分工藝流程如下：
已知：①富集液中兩種金屬離子濃度相當。
②常溫下，金屬化合物的；
金屬化合物
下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．粉碎工業廢料有利于提高金屬元素的浸出率
B．試劑X可以是溶液
C．“沉鎘”和“沉錳”的順序不能對換
D．“沉錳”時，發生反應的離子方程式為
13．（2025·湖南）草酸廣泛應用于食品、藥品等領域。常溫下，通過下列實驗探究了草酸的性質：
實驗1：向溶液中滴入一定量溶液?；旌先芤旱呐c的關系如圖所示。
實驗2：向溶液中加入溶液。
已知：時，?；旌虾笕芤后w積變化忽略不計。
下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．實驗1，當溶液中時，
B．實驗1，當溶液呈中性時：
C．實驗2，溶液中有沉淀生成
D．實驗2，溶液中存在：
14．（2025·湖南）環氧化合物是重要的有機合成中間體。以鈦摻雜沸石為催化劑，由丙烯（）為原料生產環氧丙烷（）的反應機理如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．過程中Ⅱ是催化劑
B．過程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成
C．過程中元素的化合價發生了變化
D．丙烯與雙氧水反應生成環氧丙烷的原子利用率為100%
二、非選擇題：本題共4小題，共58分。
15．（2025·湖南）苯胺是重要的有機化工原料，其實驗室制備原理如下：
相關信息如下：
物質 相對分子質量 熔點/℃ 沸點/℃ 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 與水互溶
乙醚 74 34.5 0.71 微溶于水
反應裝置Ⅰ和蒸餾裝置Ⅱ（加熱、夾持等裝置略）如下：
實驗步驟為：
①向裝置Ⅰ雙頸燒瓶中加入鐵粉、水及乙酸，加熱煮沸；
②稍冷后，通過恒壓滴液漏斗緩慢滴入硝基苯，再加熱回流；
③將裝置Ⅰ改成水蒸氣蒸餾裝置，蒸餾收集苯胺-水餾出液；
④將苯胺-水餾出液用飽和后，轉入分液漏斗靜置分層，分出有機層；水層用乙醚萃取，分出醚層；合并有機層和醚層，用粒狀氫氧化鈉干燥，得到苯胺醚溶液；
⑤將苯胺醚溶液加入圓底燒瓶（裝置Ⅱ），先蒸餾回收乙醚，再蒸餾收集餾分，得到苯胺。
回答下列問題：
（1）實驗室保存硝基苯的玻璃容器是　 ?。ㄌ顦颂枺?。
（2）裝置Ⅰ中冷凝管的進水口為　 ?。ㄌ睢癮”或“b”）。
（3）步驟④中將苯胺-水餾出液用飽和的原因是　 　。
（4）步驟④中第二次分液，醚層位于　 　層（填“上”或“下”）。
（5）蒸餾回收乙醚時，錐形瓶需冰水浴的原因是　 ?。换厥找颐押?，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸餾，這樣操作的原因是　 　。
（6）下列說法正確的是____（填標號）。
A．緩慢滴加硝基苯是為了減小反應速率
B．蒸餾時需加沸石，防止暴沸
C．用紅外光譜不能判斷苯胺中是否含有硝基苯
D．蒸餾回收乙醚，無需尾氣處理
（7）苯胺的產率為　 　。
16．（2025·湖南）一種從深海多金屬結核[主要含，有少量的]中分離獲得金屬資源和電池級鎳鉆錳混合溶液的工藝流程如下：
已知：①金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子。
②常溫下，溶液中金屬離子（假定濃度均為）開始沉淀和完全沉淀的：
開始沉淀的 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
回答下列問題：
（1）基態的價層電子排布式為　 　。
（2）“酸浸還原”時，“濾渣”的主要成分是　 ?。▽懟瘜W式）；還原的化學方程式為　 　。
（3）“沉鐵”時，轉化為的離子方程式為　 　，加熱至的主要原因是　 　。
（4）“沉鋁”時，未產生沉淀，該溶液中不超過　 　。
（5）“第二次萃取”時，　 　、　 ?。ㄌ铍x子符號）與混合萃取劑形成的配合物（其結構如圖所示，M表示金屬元素）更穩定，這些配合物中氮原子的雜化類型為　 　。
17．（2025·湖南）化合物F是治療實體瘤的潛在藥物。F的一條合成路線如下（略去部分試劑和條件）：
已知：
回答下列問題：
（1）A的官能團名稱是　 　、　 　。
（2）B的結構簡式是　 　。
（3）E生成F的反應類型是　 　。
（4）F所有的碳原子　 　共面（填“可能”或“不可能”）。
（5）B在生成C的同時，有副產物G生成。已知G是C的同分異構體，且與C的官能團相同。G的結構簡式是　 　、　 ?。紤]立體異構）。
（6）C與生成E的同時，有少量產物I生成，此時中間體H的結構簡式是　 　。
（7）依據以上流程信息，結合所學知識，設計以和為原料合成的路線（無機試劑和溶劑任選）。
18．（2025·湖南）在溫和條件下，將轉化為烴類具有重要意義。采用電化學-化學串聯催化策略可將高選擇性合成，該流程示意圖如下：
回答下列問題：
（1）電解池中電極M與電源的　 　極相連。
（2）放電生成的電極反應式為　 　。
（3）在反應器中，發生如下反應：
反應i：
反應ii：
計算反應的　 　，該反應　 　（填標號）。
A.高溫自發 B.低溫自發 C.高溫低溫均自發 D.高溫低溫均不自發
（4）一定溫度下，和（體積比為）按一定流速進入裝有催化劑的恒容反應器（入口壓強為）發生反應i和ii。有存在時，反應ii的反應進程如圖1所示。隨著x的增加，的轉化率和產物的選擇性（選擇性）如圖2所示。
根據圖1，寫出生成的決速步反應式　 ?。坏倪x擇性大于的原因是　 　。
②結合圖2，當時，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x的增大，的轉化率減小的原因是　 ?。划敃r，該溫度下反應ii的　 ?。ūＡ魞晌恍担?.16
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】合理利用金屬資源
【解析】【解答】A．高強韌無磁不銹鋼是鐵的合金，合金屬于金屬材料，故A正確；
Ｂ．金剛石薄膜的成分是碳，碳屬于非金屬單質，不屬于金屬材料，故B錯誤；
Ｃ．超細玄武巖纖維屬于無機非金屬材料，不屬于金屬材料，故C錯誤；
Ｄ．超細玻璃纖維屬于無機非金屬材料，不屬于金屬材料，故D錯誤；
故選A。
【分析】金屬材料是指金屬元素或以金屬元素為主構成的具有金屬特性的材料的統稱。包括純金屬、合金、金屬材料金屬間化合物和特種金屬材料等。
2．【答案】B
【知識點】氨的性質及用途；乙烯的物理、化學性質；苯酚的性質及用途
【解析】【解答】A．乙烯具有還原性，酸性KMnO4溶液具有強氧化性，乙烯能將酸性KMnO4溶液還原，從而使溶液褪色，故A正確；
Ｂ．KOH溶液與CuSO4溶液反應會生成Cu(OH)2藍色沉淀，故B錯誤；
Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液會發生顯色反應，溶液呈紫色，故C正確；
Ｄ．濃氨水揮發出的氨氣為堿性氣體，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，故D正確；
故選B。
【分析】A．乙烯與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｂ．氫氧化銅為藍色沉淀；
Ｃ．苯酚遇氯化鐵顯紫色；
Ｄ．濃氨水能使紅色石蕊變藍。
3．【答案】A
【知識點】阿伏加德羅常數；物質的量與其濃度和氣體摩爾體積的綜合應用
【解析】【解答】A．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，的質子數為6， 的物質的量為1mol，含有的質子數為 ，故A正確；
Ｂ．常溫常壓下，氣體摩爾體積，無法計算CO2的物質的量，進而無法計算CO2所含的 σ鍵數目 ，故B錯誤；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L，則的稀硫酸中含數目為， 故C錯誤；
Ｄ．二氧化硫與氧氣催化反應生成三氧化硫的反應是可逆反應，不能完全轉化，因此（1mol）與（0.5mol）充分反應得到的分子數小于 ，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．的質子數為6；
Ｂ．常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol；
Ｃ．pH=1的稀硫酸，c(H+)=0.1mol/L；
Ｄ．二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應。
4．【答案】D
【知識點】物質的檢驗和鑒別
【解析】【解答】A．NaOH溶液與Na2SO4、KNO3都不反應，無明顯現象，不能區分Na2SO4、KNO3，故A錯誤；
Ｂ．溶液與Na2SO4溶液反應生成Ag2SO4白色沉淀，與碳酸銨和氯化鋁反應生成碳酸銀白色沉淀和氯化銀白色沉淀，無法區分，故B錯誤；
Ｃ．溶液 溶液與Na2SO4、AlCl3、KNO3都不反應，無明顯現象，不能區分Na2SO4、AlCl3、KNO3，故C錯誤；
Ｄ． 溶液與硫酸鈉反應生成白色沉淀，與碳酸銨反應生成碳酸鋇白色沉淀和氨氣，與氯化鋁反應生成氫氧化鋁白色沉淀，過量時沉淀溶解，與KNO3 不反應，無明顯現象，現象不同，能區分，故D正確；
故選D。
【分析】鑒別物質時，根據各物質的特性，選擇合適的試劑，在鑒別過程中，各物質與所選試劑反應應出現不同的現象。
5．【答案】C
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．在有機酸中， -CH3是推電子基團，會使羧基上的電子云密度增大，H+更難電離，從而導致酸性減弱，甲酸（HCOOH）沒有推電子基團，乙酸（CH3COOH）有 -CH3推電子基團，所以酸性：CH3COOH < HCOOH，故A正確；
Ｂ．離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低，C2H5NH3+的體積大于 NH4+，使得 C2H5NH3NO3的晶格能小于 NH4NO3，所以熔點：C2H5NH3NO3 < NH4NO3，故B正確；
Ｃ．金屬鍵越強，熔點越高，Fe 的原子半徑比 Na 小，價電子數比 Na 多，所以 Fe 的金屬鍵比 Na 強，熔點：Fe > Na，而不是因為金屬性強弱，故C錯誤；
Ｄ．H2O 分子間存在氫鍵，氫鍵是一種較強的分子間作用力，會使物質的沸點升高，H2S 分子間不存在氫鍵，所以沸點：H2O > H2S，故D正確；
故選C。
【分析】A．甲基是推電子基；
Ｂ．對于離子化合物，離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低；
Ｃ．金屬的熔點與金屬鍵的強弱有關；
Ｄ．氫鍵會使物質的沸點升高。
6．【答案】D
【知識點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．電負性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力，同周期從左到右電負性增大，同主族從上到下電負性減小，O的電負性大于 H，即，Y>X，故A錯誤；
Ｂ．Y為O元素，O形成的單質O2是非極性分子，而O3是極性分子，故B錯誤；
Ｃ．由 X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如 HClO 是弱酸，屬于弱電解質，故C錯誤；
Ｄ．鐵管上鑲嵌 M（Zn），Zn 的活潑性比 Fe 強，形成原電池時 Zn 作負極被腐蝕，Fe 作正極被保護，鐵管不易被腐蝕，為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；
故選D。
【分析】Y的最外層電子數是內層的3倍，則Y為O元素， M的價層電子排布是 ，則M為Zn元素，濃溶液中含有的具有酸性，能溶解金屬氧化物 ，且元素位于不同前四周期，X 原子序數小于 O，推測 X 為氫（H）元素。又因為 X（H）和 Y（O）的最外層電子數之和等于 Z 的最外層電子數，H 最外層 1 個電子，O 最外層 6 個電子，所以 Z 最外層 7 個電子，且原子序數大于 O 小于 Zn，Z 為Cl元素。
7．【答案】A
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算
【解析】【解答】A．鉍離子位于晶胞的頂點，與頂點鉍離子最近且距離相等的 位于面心，有 6 個，故A正確；
Ｂ．鉍離子位于晶胞的頂點，晶胞中含有的鉍離子個數為，故B錯誤；
Ｃ．一般來說，金屬元素的第一電離能小于非金屬元素，Ba是金屬元素，O是非金屬元素，所以第一電離能BaＤ．根據晶胞結構和均攤法可知，一個晶胞中含有1個 （ 摩爾質量為 ），則晶胞質量為， 晶胞體積為，則晶體的密度為， 故D錯誤；
故選A。
【分析】A．該晶胞中，鉍離子位于晶胞的頂點；
Ｂ．根據均攤法計算；
Ｃ．第一電離能是氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量。同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大；
Ｄ．根據計算。
8．【答案】C
【知識點】判斷簡單分子或離子的構型；氧化還原反應的電子轉移數目計算；與氧化劑、還原劑有關的計算
【解析】【解答】A．中Na為+1價，O為-2價，化合物中各元素正負化合價代數和為零，則元素的化合價為 ，故A正確；
Ｂ．中，N原子與3個O原子形成3個σ鍵，N原子的最外層電子數為5，則中心N原子不含孤電子對，其價層電子對數為3，空間結構為平面三角形，故B正確；
Ｃ．該反應中，Sb元素化合價從0價升高到+5價，Sb是還原劑，N元素化合價從+5價部分降低到+2價、部分降低到+4價，O元素化合價從0價降低到-2價，則NaNO3和O2為氧化劑，4molSb失去電子，4molNaNO3和3molO2得到電子，氧化劑的總物質的量為4mol+3mol=7mol，還原劑的物質的量為4mol，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為7：4，故C錯誤；
Ｄ．反應中O元素化合價從0價降低到-2價，3molO2參加反應，得到電子的物質的量為12mol，N元素化合價從+5價降低到+2價和+4價，4molNaNO3參加反應，得到電子的物質的量為8mol，則總共轉移20mol電子，即反應中消耗3molO2，轉移 ，故D正確；
故選C。
【分析】A．根據化合物中化合價代數和為0計算；
Ｂ． 中心N原子的價層電子對數為3，不含孤電子對；
Ｃ．氧化劑所含元素化合價降低，還原劑所含元素化合價升高；
Ｄ．根據得失電子守恒計算。
9．【答案】B
【知識點】電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．在電解池中，陽離子向陰極移動，電極a為陰極，則向左室遷移 ，故A正確；
Ｂ．由圖可知，左室中硝酸根先被還原為亞硝酸根，亞硝酸根再被還原為氨氣， 為中間產物，其濃度是增大還是減小，取決于生成速率和消耗速率的相對大小，不能判斷的濃度持續下降，故B錯誤；
Ｃ．b為陽極，產生氯氣，氯氣與水反應生成HCl和HClO，HCl使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，HClO具有漂白性使試紙褪色，所以用濕潤的藍色石蕊試紙置于b處，試紙先變紅后褪色，故C正確；
Ｄ．根據電解原理，硝酸根在陰極被還原為氨氣，氯離子在陽極被氧化為氯氣，根據得失電子守恒、原子守恒可得電解總反應為 ，故D正確；
故選B。
【分析】該裝置為電解池，由圖可知，a電極上，硝酸根發生還原反應得到氨氣，則電極a為陰極，電極b上，氯離子失去電子發生氧化反應生成氯氣，則電極b為陽極。
10．【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．X結構對稱， 分子中有 2 種不同化學環境的氫原子，所以其核磁共振氫譜有 2 組峰，故A錯誤；
Ｂ．Y 分子中含有 1 個 -Br 和 2 個 -COOH，-Br 在 NaOH 水溶液中發生水解反應，-COOH 與 NaOH 發生中和反應，1mol -Br 水解消耗 1mol NaOH，2mol -COOH 消耗 2mol NaOH，所以 1molY 與 NaOH 水溶液反應，最多可消耗 3mol NaOH，故B錯誤；
Ｃ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，氨基具有堿性，羧基具有酸性，所以天冬氨酸是兩性化合物，能與酸、堿反應生成鹽，故C正確；
Ｄ．天冬氨酸分子中含有氨基和羧基，是通過縮聚反應（氨基和羧基之間脫去水分子）合成聚天冬氨酸，而不是加聚反應，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．分子中有幾種不同環境的氫原子，核磁共振氫譜就有幾組峰；
Ｂ．Y中溴原子和羧基能與NaOH反應；
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，能發生縮聚反應。
11．【答案】C
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．由于HCl氣體有毒，不能直接排放到空氣中，且易水解，所以導氣管a需接一個裝有堿石灰的干燥管，一方面吸收未反應的HCl，另一方面防止空氣中的水蒸氣進入裝置使水解，故A正確；
Ｂ．實驗過程中先通入HCl，可以排盡裝置內的空氣，防止被空氣中的氧氣氧化，同時氛圍可以抑制的水解，然后再開啟管式爐加熱，故B正確；
Ｃ．若通入氣體更換為 ， 具有強氧化性，會將Sn氧化為SnCl4，無法制備純凈的，故C錯誤；
Ｄ．易水解，加鹽酸可以抑制其水解，具有還原性，加金屬Sn可以防止被氧化，故D正確；
故選C。
【分析】首先通入HCl氣體排盡裝置內的空氣，然后HCl與Sn在管式爐中制得SnCl2，SnCl2盛接器放在冷卻劑中，收集SnCl2，具有還原性，易水解，則該裝置要防止空氣和水進入。
12．【答案】D
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】A．粉碎工業廢料可以增大廢料與浸取劑的接觸面積，從而加快反應速率，有利于提高金屬元素的浸出率，故A正確；
Ｂ．由表格數據可知，CdS的Ksp遠小于MnS的Ksp，加入 溶液時，Cd2+優先與S2-結合生成CdS沉淀，能實現沉鎘的目的，試劑X可以是溶液，故B正確；
Ｃ．CdS的Ksp遠小于MnS的Ksp，若先沉錳，會有部分Cd2+也形成沉淀，導致鎘的回收率降低，所以 “沉鎘” 和 “沉錳” 的順序不能對換，故C正確；
Ｄ．“沉錳”時，發生反應的離子方程式是：，故D錯誤；
故選D。
【分析】工業廢料進行富集得到富集液，富集液主要含有，富集液中兩種金屬離子濃度相當，加入試劑X沉鉻，由金屬化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分離，則試劑X選擇含的試劑，得到CdS濾餅，加入溶液沉錳，發生反應：。
13．【答案】D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．根據圖中數據可得，，，，當溶液中時，，pH=2.5，故A正確；
Ｂ．當溶液呈中性時，，，，同理：，，故B正確；
Ｃ．兩步電離平衡反應式相加，得到 ，二者等體積混合，，則有：
則，估算x的數量級為，故，故有沉淀生成，故C正確；
Ｄ．實驗2溶液中，根據電荷守恒有：， 故D錯誤；
故選D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在兩步電離：，，則
、，根據可知，當時，對應的大，pH數值小，因此，。
14．【答案】B
【知識點】極性鍵和非極性鍵；催化劑
【解析】【解答】A．催化劑是在反應前后質量和化學性質都不變的物質，過程 Ⅱ 是反應的中間態，參與了反應過程，不是催化劑，故A錯誤；
Ｂ．反應過程中有極性鍵的斷裂，有O-O非極性鍵的斷裂，有中非極性鍵的形成，以及極性鍵的形成，故B正確；
Ｃ．在整個反應過程中，Ti元素始終與相同數目的氧原子等相連，其化合價沒有發生變化，故C錯誤；
Ｄ．該反應得到產物除了，還有水，則原子利用率小于100%， 故D錯誤；
故選B。
【分析】A．催化劑在反應前后不發生變化；
Ｂ．同種非金屬原子間形成非極性鍵，不同種非金屬原子間形成極性鍵；
Ｃ．該過程中，Ti始終與4個O成鍵；
Ｄ．該反應還有另一產物水。
15．【答案】（1）A
（2）a
（3）利用鹽析效應，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升產率
（4）上
（5）防止其揮發損失并提高冷凝效率；避免冷凝水殘留影響后續高溫蒸餾時冷凝管的效率或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂
（6）B
（7）75%
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）常溫下，硝基苯為液體，適合放在細口瓶中，便于傾倒，同時要用玻璃塞，因為硝基苯會腐蝕橡膠塞，故選A，故答案為：A。
（2）一般冷凝管采用逆流原理，即下進上出，這樣能使冷凝管內充滿冷凝水，增強冷凝效果，所以裝置 Ⅰ 中冷凝管的進水口為下口，即進水口是a，故答案為：a。
（3）NaCl在水溶液中電離產生鈉離子和氯離子，產生的離子與水分子強烈水合，減少 “自由” 水分子數量，苯胺在水中有一定溶解度，水對其溶解能力因 “自由” 水分子減少而下降，從而降低苯胺在水中溶解度，使苯胺析出，提升實驗產率，故答案為：利用鹽析效應，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升產率。
（4）醚的密度比水小，所以步驟④中第二次分液，醚層位于上層，故答案為：上。
（5）乙醚沸點低（34.5℃），冰水浴可防止其揮發損失并提高冷凝效率；回收乙醚后放出冷凝管中的冷凝水再蒸餾，原因是若不放出冷凝水，蒸餾時冷凝管內殘留的冷凝水會受熱產生水蒸氣，混入蒸餾產物中，影響產物純度或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂，故答案為：防止其揮發損失并提高冷凝效率；避免冷凝水殘留影響后續高溫蒸餾時冷凝管的效率或防止高溫下冷凝管因溫差過大破裂。
（6）A．緩慢滴加是為了控制反應溫度，而非單純減小速率，因為該反應為放熱反應，若溫度過高，產物苯胺會與乙酸發生取代反應，導致產率下降，故A錯誤；
B．為了防止暴沸，蒸餾時需加沸石，故B正確；
C．紅外光譜可以用于檢測有機物中特定的官能團，硝基苯和苯胺所含的官能團不同，硝基苯含有硝基，苯胺含有氨基，通過紅外光譜可以檢測出相應官能團的特征吸收峰，從而判斷苯胺中是否含有硝基苯，故C錯誤；
D．乙醚是一種易揮發、易燃的有機溶劑，蒸餾回收乙醚時，揮發出來的乙醚蒸汽如果不進行尾氣處理，可能會引發火災等安全事故，故D錯誤；
故選B；
（7）根據反應原理可知，0.08mol硝基苯理論上制備0.08mol苯胺，則理論產量：0.08 mol × 93 g/mol = 7.44 g，實際產量為5.58g，則產率為75% ，故答案為：75%。
【分析】（1）常溫下硝基苯為液體；
（2）為了使冷凝效果更佳，冷凝水要下進上出；
（3）苯胺在水中有一定的溶解度，而水作為溶劑，其 “自由” 水分子數量減少后，對苯胺的溶解能力就會下降，從而使苯胺在溶液中的溶解度降低，促使苯胺從溶液中分離出來；
（4）乙醚的密度小于水；
（5）乙醚沸點較低，易揮發；
（6）根據實驗操作分析；
（7）根據計算。
16．【答案】（1）
（2）；
（3）；防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降
（4）
（5）Co2+；Ni2+；sp2
【知識點】原子核外電子排布；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）Ni為28號元素，核外共有28個電子，原子的價電子是指和能級上的電子，則基態原子的價電子排布式為，故答案為： 。
（2）“酸浸還原”時，不反應，則“濾渣”的主要成分是；Co2O3中Co元素為+3價，SO2將其還原為+2價，與硫酸反應生成CoSO4，則還原的化學方程式為，故答案為： ； 。
（3）在 、高壓條件下通入空氣，將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時調節pH=3.2，沉鐵得到，空氣中的氧氣作氧化劑，則反應的離子方程式為：；已知金屬氫氧化物膠體具有吸附性，可吸附金屬陽離子，則加熱至的主要原因是防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降，故答案為： ； 防止形成膠體，防止其吸附其他金屬陽離子，造成產率下降 。
（4）根據表中數據可知，，“沉鋁”時，未產生沉淀，則，故答案為： 。
（5）電解萃余液2得到Mn單質，說明Mn2+與混合萃取劑形成的配合物不穩定，更容易解離出來，進而可以說明 Co2+ 和 Ni2+ 與混合萃取劑形成的配合物更穩定；該有機物中，N原子的價層電子對數為3，采用sp2雜化，故答案為： Co2+ ； Ni2+ ；sp2。
【分析】金屬結核[主要含，有少量的]加入、進行酸浸還原，SO2與Co2O3發生反應：，不與硫酸反應，因此濾渣為，其他金屬氧化物轉化為對應的硫酸鹽，則濾液中主要含有，在 、高壓條件下通入空氣，將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時調節pH=3.2，沉鐵得到，沉鐵后的濾液中加入NaOH調節pH=5.2沉鋁得到，加入萃取劑進行第一次萃取，將Cu2+萃取離開體系，萃余液中加入混合萃取劑進行第二次萃取，第二次萃取液2進行處理后得到電池級鎳鈷錳混合溶液，電解萃余液2得到Mn單質。
17．【答案】（1）(酮)羰基；碳碳雙鍵
（2）
（3）氧化反應
（4）可能
（5）；
（6）
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】（1）A的結構簡式為，其官能團名稱是(酮)羰基、碳碳雙鍵，故答案為：(酮)羰基；碳碳雙鍵。
（2）A和溴發生加成反應得到B，則B的結構簡式為，故答案為：。
（3）E生成F的過程中，氫原子數目減少，屬于“去氫”的反應，則E生成F的反應類型是氧化反應，故答案為：氧化反應。
（4）F分子中，苯環羰基、碳碳雙鍵都是平面結構，單鍵可以旋轉，因此F分子中所有碳原子可能共面，故答案為：可能。
（5）B中一個溴原子發生消去反應得到C，G是該過程的副產物，G是C的同分異構體，且與C官能團相同，可以考慮另外一個溴原子發生消去反應，則G的結構簡式為、，故答案為： ；。
（6）存在轉化： ，結合I的結構簡式可知，可轉換為，與C發生加成反應得到中間體H，則中間體H的結構簡式為，故答案為：。
（7） 中含有酯基，酯基可由羧基和羥基發生酯化反應得到，參考C→E的反應可知，轉化為，然后和H2C=CH－CN發生加成反應得到，中-CN水解生成-COOH得到，中的羧基和羥基發生酯化反應成環得到產物，則具體合成路線為： 。
【分析】A中含有碳碳雙鍵，結合B的分子式可知，A和溴發生加成反應生成B，則B的結構簡式為 ，B中不含碳碳雙鍵，C中形成了一個碳碳雙鍵，說明B在堿存在的條件下發生消去反應生成C，C和發生加成反應生成中間體D，中間體D脫去HBr成環得到E，E與氧氣反應得到產物F。
18．【答案】（1）正
（2）
（3）﹣126；B
（4）；由C4H9生成C4H8時，活化能較大，反應速率慢；隨著x的增大，CO的分壓增大，對于反應i和反應ii相當于減壓，反應i和反應ii平衡均逆向移動，所以的轉化率減??；0.16
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡移動原理；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）N電極上CO轉化為C2H4，發生還原反應，N為陰極，則M為陽極，與電源正極相連，故答案為：正。
（2）CO發生還原反應得到C2H4，還原反應得電子，電解液呈堿性，則電極反應式為：，故答案為：。
（3）根據蓋斯定律，將反應ii－反應i得到 ，則；該反應為放熱反應，，氣體分子數減小，，該反應在低溫下存在，則該反應在低溫下能自發進行，故選B，故答案為：﹣126；B。
（4）①活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，由圖可知，TSⅡ的壘能最大，該步驟是決速步驟，反應式為；由生成時，活化能較大，反應速率慢，說明的選擇性大于，故答案為： ； 由C4H9生成C4H8時，活化能較大，反應速率慢 。
② 當時 ，混合氣體以較低的流速經過恒容反應器時，反應近似達到平衡，隨著x增大，CO的量增大，CO不參與該反應，而容器恒容，這相當于稀釋了反應物和H2，反應i和反應ii的平衡均逆向移動，導致的轉化率減??；當x=2時，的轉化率為90%，的選擇性為80%，和 的體積比為2：2：1，則設CO的物質的量為2mol，的物質的量為2mol，H2的物質的量為1mol，則有、、、，氣體總物質的量為(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此時壓強為，、、，反應ii的Kp==，故答案為：0.16。
【分析】（1）N電極上，CO轉化為乙烯，發生還原反應，則N為陰極，M為陽極；
（2） 得電子發生還原反應生成 ；
（3）根據蓋斯定律計算；當時反應能夠自發進行；
（4）活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；先計算各物質的分壓，結合平衡常數表達式計算。
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