一、单选题
1．河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成
分属于有机物的是
A．基石B．斗拱C．青瓦D．琉璃
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．古建筑中的基石一般使用石质材料，常用的石材有花岗岩、青石等，花岗岩的主要成分是硅酸盐，青石的主要
成分是CaCO，均属于无机物，A错误；
B．斗拱是由木材制成的，木材的主要成分是纤维素，属于有机物，B正确；
C．青瓦是由黏土烧制而成的传统建筑材料，黏土的主要成分为含水的铝硅酸盐，属于无机物，C错误；
D．琉璃的主要成分是二氧化硅，属于无机物，D错误；
故选B。
2．下列不符合实验安全要求的是
A．酸、碱废液分别收集后直接排放B．进行化学实验时需要佩戴护目镜
C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种
【答案】A
【详解】
A．酸、碱废液需中和处理达标后才能排放，直接排放会污染环境，不符合安全要求，A错误；
B．实验时佩戴护目镜是防止化学试剂溅入眼睛的必要防护措施，B正确；
C．选择合适的加热工具如坩埚钳，可避免直接接触高温物体导致烫伤，C正确；
D．乙醇易燃，存放于阴凉通风处并远离火源是防止火灾的安全措施，D正确；
故选A。
3．高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件B．聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜
C．聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料D．热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板
【答案】B
【详解】
A．ABS高韧性工程塑料常用于汽车零配件，因其良好的机械性能，A正确；
B．聚氯乙烯（PVC）含塑化剂等添加剂，可能释放有害物质，不适合用于饮用水分离膜（常用材料如聚丙烯），B
错误；
C．聚苯乙烯泡沫具有优良保温性能，广泛用于建筑工程保温，C正确；
D．热固性酚醛树脂耐高温、绝缘性好，适合制造集成电路底板，D正确；
故选B。
4．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．18gH2O晶体内氢键的数目为2NA
?1
B．1L1mol?L的NaF溶液中阳离子总数为NA
C．28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为2NA
D．铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为2NA
【答案】B
【详解】
A．每个水分子在冰中形成4个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2个氢键。18gH2O为1mol，
氢键数目为2NA，A正确；
+++(+)(+)(?)(?)
B．NaF溶液中阳离子包括Na和H。Na为1mol，根据电荷守恒：cNa+cH=cF+cOH，钠离子不
(+)(+)
会水解，并且水电离出少量氢离子，则有nNa+nH1mol，所以阳离子总数大于NA，B错误；
C．环己烷和戊烯的最简式均为CH2，28g混合物含2molCH2单元，对应2mol碳原子，碳原子数目为2NA，C正确；
D．铅酸蓄电池负极反应为Pb+SO2??2e?=PbSO4↓。增重96g对应生成1molPbSO4，转移2mol电子，数目为：2NA，
D正确；
故选B。
5．下列化学用语表述正确的是
22
A．中子数为12的氖核素：NeB．氯化镁的电子式：
12
C．甲醛分子的球棍模型：D．CO2?的价层电子对互斥模型：
【答案】C
【详解】
22
A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素Ne，A错误；
10
B．氯化镁为离子化合物，电子式为，B错误；
C．甲醛（HCHO）分子为平面三角形结构，球棍模型中原子大小、连接方式应与实际结构相符。甲醛中C原子连
接2个H原子和1个O原子，且为平面结构，题中模型符合甲醛分子结构特点，C正确；
D．对于CO2?，中心C原子的价层电子对数=3+4+2?3×2=3，孤电子对数为0，价层电子对互斥模型应为平面三
角形，D错误；
故选C。
6．丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下：
下列说法正确的是
A．K中含手性碳原子B．M中碳原子都是sp2杂化
C．K、M均能与NaHCO3反应D．K、M共有四种含氧官能团
【答案】D
【详解】
A．由图知，K中环上碳原子均为sp杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，A错误；
B．M中环上碳原子和羧基上的碳原子均为sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化，B错误；
C．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞HCO?，所以K中的酚羟基不能与NaHCO3溶液反应，K中不含能与NaHCO3溶
液反应的官能团，M中羧基可与NaHCO3溶液反应，C错误；
D．K、M中共有羟基、醚键、羰基、羧基四种含氧官能团，D正确；
故选D。
7．如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是
A．电石与饱和NaCl溶液B．Na2SO3固体与70%的浓H2SO4
C．大理石与稀HClD．Al2S3固体与水
【答案】C
【详解】
A．电石与饱和NaCl溶液反应制备CH，CH中含有不饱和键，可使酸性KMnO溶液褪色，能完成相应气体的制
22224
备和检验，A不符合题意；
B．NaSO固体与70%的浓HSO反应制备SO，SO可使酸性KMnO溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，B
2324224
不符合题意；
C．大理石与稀HCl反应制备CO，CO不可使酸性KMnO溶液褪色，不能完成相应气体的制备和检验，C符合题意；
224
D．AlS固体遇水水解生成Al(OH)和HS，HS可使酸性KMnO溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，D不符
233224
合题意；
故选C。
8．化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
选项宏观现象微观解释
A氮气稳定存在于自然界中氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
苯不能使溴的CCl4溶液褪
B苯分子中碳原子形成了稳定的大π键
C天然水晶呈现多面体外形原子在三维空间里呈周期性有序排列
氯化钠晶体熔点高于氯化离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子
铝晶体晶体熔点越低
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，A正确；
B．苯因大π键结构稳定，难以与溴发生加成或取代，B正确；
C．水晶的规则外形由原子三维有序排列（晶体结构）导致，C正确；
D．氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，选项中将二者均视为离子晶体并用离子
电荷和半径解释，不符合实际，D错误；
故选D。
9．W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与
W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是
A．第二电离能：XYB．原子半径：ZW
C．单质沸点：YZD．电负性：WX
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，
22222624
则W价电子排布式可能是：1s2s2p或1s2s2p3s3p，若W是C，X与W同族，则X是Si，Y与X相邻且Y
原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P，Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P，与Y重复；故W是
S；X与W同族，则X是O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是N；Z位于W的对角线位
置，则Z是F。
【详解】
+3+2
A．O的第二电离能高于N，因为O的电子构型为2p（半充满），失去电子需更高能量，而N的电子构型为2p，
失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A错误；
B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位于第三周
期，原子半径S＞O＞F，即：ZW，B正确；
C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C正确；
D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于S，D正确；
故选A。
10．科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LiCoO(x1)再锂化的电化学装置，其示意图如下：
x2
已知：参比电极的作用是确定LiCoO再锂化为LiCoO的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是
x22
A．LiCoO电极上发生的反应：LiCoO+xe?+xLi+=LiCoO
x2x22
B．产生标准状况下5.6LO时，理论上可转化mol的LiCoO
2x2
1?x
C．再锂化过程中，SO2?向LiCoO电极迁移
4x2
D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高
【答案】B
【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则LiCoO(x1)转化为LiCoO过程中，Co元素化合
x22
()?+
价由+4?x降为+3，LiCoO得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为LiCoO+(1?x）e+（1?x）Li=
x2x2
LiCoO，Pt电极为阳极，失电子，发生还原反应，电极反应式为2HO?4e?=O↑+4H+，据此回答。
222
【详解】
A．由分析知，LiCoO电极上发生的反应：LiCoO+(1?x）e?+（1?x）Li+=LiCoO，A错误；
x2x22
B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25mol)O时转移1mol电子，理论上转化mol的LiCoO，B
2x2
1?x
正确；
C．SO2?为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误；
D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生H+、消耗HO，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误；
故选B。
11．SmCok(k1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞
示意图如下，晶胞参数a=500pm、c=400pm，M、N原子的分数坐标分别为(5,1,1)、(1,5,1)。设NA是阿伏加德
662662
罗常数的值。
下列说法错误的是
A．该物质的化学式为SmCo5B．体心原子的分数坐标为(1,1,1)
222
890√3?3
C．晶体的密度为?22g?cmD．原子Q到体心的距离为100√41pm
3NA×10
【答案】D
【详解】
A．由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，晶胞中数目为8×1+8×1+2=5，
84
结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为SmCo5，A正确；
B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为(1,1,1)，B正确；
222
√32NA×(150+59×5)g890√3
C．每个晶胞中含有1个“SmCo”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为ac，则晶体密度为==g?
52√3a2ccm33NA×10?22
cm?3，C正确；
D．原子Q的分数坐标为(0,1,1)，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与
22
原子Q可得直角三角形，则原子Q到体心的距离=√250+200pm=50√41pm，
D错误；
故选D。
()()
12．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3s+2NH3g?
()()
2GaNs+3H2Og制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是
A．反应ⅰ是吸热过程
()
B．反应ⅱ中H2Og脱去步骤的活化能为2.69eV
C．反应ⅲ包含2个基元反应
D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
【答案】D
【详解】
()()()
A．观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3s+NH3g的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NHs和
H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；
()
B．反应ⅱ中因H2Og脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，
B正确；
()()()
C．反应ⅲ从Ga2ON2H2s生成2GaNs+H2Og经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反
应，C正确；
D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步
包含在反应ⅲ中，D错误；
故选D。
13．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
实验操作及现象结论
化学平衡向NO减少的
A向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，最终气体颜色变浅2
方向移动
以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl?，先出现白色沉淀，后出Ksp(AgCl)
现砖红色沉淀Ksp(Ag2CrO4)
C向盛有2mLFeCl3溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液Fe2+具有还原性
无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红
向盛有2mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸
D蛋白质沉淀后活性改变
馏水稀释，再振荡，沉淀溶解
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．恒压条件下通入N，容器体积增大，NO和NO的浓度均降低，平衡向NO增加颜色的方向移动，A错误；
22242
-10-12
B．AgCl的K（1.8×10）小于AgCrO的K（1.1×10），但AgCl先沉淀是因为其溶度积更小，B错误；
sp24sp
C．Fe3+被Fe还原为Fe2+，滴加氯水后Fe2+被氧化为Fe3+，证明Fe2+具有还原性，C正确；
D．饱和Na?SO4使蛋白质盐析，加水后沉淀溶解，说明未破坏蛋白质活性，D错误；
故选C。
2+3??4??1?1
14．已知Cu和L结合形成两种配离子CuL和CuL2常温下，0.100mol?L的H3L和0.002mol?L的CuSO4混
(2+)
2?3?cCu
合溶液中，HL和L的浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)
例如δCu2+=2+?4?
与溶
()()()
cCu+cCuL+cCuL2
液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是
2+3??9.4
A．Cu+L?,K=10
2?+3??11.6
B．HL?H+L,K=10
C．图中a点对应的pH=4.2
(2?)(4?)(?)(3?)
D．当pH=6.4时，体系中cHLcCuL2cCuLcL
【答案】C
2?3?2?+3?2?2?
【分析】HL和L之间存在HL?H+L转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以HL为主，则c(HL)
3?2?3?2?3?2?+3?
c(L)，lgc(HL)lgc(L)，则曲线I代表lgc(HL)，曲线II代表lgc(L)，随着pH增大，HL?H+L正
3?2+3?2+3??3??4?
向移动，c(L)增大，Cu和L结合形成配离子的反应依次为Cu+L?CuLK1、L+CuL?CuL2K2，
因此随pH增大，δCu2+持续减小，为曲线III，δ?，先增大后减小2025年河北省高考试题及答案，为曲线IV，δ4?一直增大，为曲线V，
据此回答。
【详解】
2+?3?
2+?
A．曲线III和曲线IV的交点代表δCu=δ，即c(Cu)=c(CuL)，由图可知，此时lgc(L)=?9.4，带入平
衡表达式得K1=c(CuL)=1=109.4，A正确；
c(Cu2+)c(L3?)10?9.4
3?2?3?2?
B．曲线I和曲线II的交点代表lgc(L)=lgc(HL)，即c(L)=c(HL)，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得
K=c(L3?)?c(H+)=10?11.6，B正确；
c(HL2?)
4??3?3?
?4?
C．曲线IV和曲线V得交点代表，δ=δ，即c(CuL2)=c(CuL)，此时lgc(L)=?7.2，可得L+
4?
??4?的平衡常数K2=c(CuL2)=1=107.2，a点时，δCu2+=δ4?，带入K1×
3???7.22
c(L)?c(CuL)10
?4?
c(CuL)c(CuL2)19.47.216.63??8.32?
K2=3?2+×3??=23?=10×10=10，解得c(L)=10mol/L，且a点对应c(HL)=
c(L)?c(Cu)c(L)?c(CuL)c(L)
2?+3?c(L3?)?c(H+)?11.6+?4.3
0.1mol/L，带入HL?H+L的平衡常数K=2?=10，计算得c(H)=10mol/L，故pH=4.3，C
c(HL)
错误；
2??13??6.2
D．当pH=6.4时，c(HL)最大，接近10mol/L物业经理人，结合B项中平衡常数可计算得c(L)≈10mol/L，δ4?=0.90，
4??3?
δ=0.09结合Cu元素守恒知，c(CuL2)=0.90×0.002mol/L=1.8×10mol/L，c(CuL)=0.09×
?4(2?)(4?)(?)(3?)
0.002mol/L=1.8×10mol/L，因此体系中cHLcCuL2cCuLcL，D正确；
故选C。
二、解答题
15．氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入150mLH2O和127gI2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得滤液；
ⅱ．将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为1.7g?mL?1，HI质量分数为
57%)。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称：，通入H2S发生反应的化学方程式：。
(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的：(填序号)
a．便于产物分离b．防止暴沸c．防止固体产物包覆碘
(3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因(用离子方程式表示)。
(4)步骤ⅱ中的尾气常用(填化学式)溶液吸收。
(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：。
(6)列出本实验产率的计算表达式：。
(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在。
【答案】
(1)圆底烧瓶I+HS=S+2HI
22
(2)c
(3)I2+I-?I3
(4)NaOH
(5)先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
117×1.7×57
(6)%
128
(7)密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】I的氧化性比S强，A中发生I+HS=S↓+2HI，过滤除去S，得到含HS的HI滤液；将滤液转移到B中，
2222
先通氮气、加热保持微沸除去HS，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到117mL密度为1.7g/mL，
质量分数为57%的HI溶液。
【详解】
（1）仪器A的名称为圆底烧瓶；I的氧化性比S强，通入HS发生反应的化学方程式为I+HS=S↓+2HI；
2222
（2）I2在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止
固体产物包覆碘，选c；
---
（3）I2和I会发生反应：I2+I?I3，步骤ⅰ中随着反应的进行，生成的HI电离出的I与I2反应促进I2的溶解，本空
答案为I2+I-?I3；
（4）步骤ⅱ中的尾气为H2S，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收；
（5）为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中2025年河北省高考试题及答案，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通一段时间
的N后关闭K；
22
（6）127gI的物质的量为0.5mol，n理论(HI)=2×0.5mol=1mol，m理论(HI)=1mol×128g/mol=128g、m实际(HI)117mL×
1.7g/mol×57%，故HI的产率=117mL×1.7g/mol×57%×100%=117×1.7×57%×1007×1.7×57%；
128g128128
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。
16．铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资
源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
()()
已知：铬铁矿主要成分是FeCrO22、MgCrO22、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式：。
()
(2)煅烧工序中FeCrO22反应生成K2CrO4的化学方程式：。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、、(填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因：。
(5)滤液Ⅱ的主要成分：(填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。
()()
FeCO5+_____+_____=CrOH3↓+_____+_____+_____CO
(7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称)
【答案】
51
(1)3d4s
400?500℃
()
(2)4FeCrO+7O＋16KOH2FeO+8KCrO+8HO
22223242
(3)Al(OH)3MgO
(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)KHCO3
()()()
(6)FeCO5+K2CrO4+4H2O=CrOH3↓+FeOH3↓+2KOH+5CO↑
(7)煅烧
()()
【分析】铬铁矿主要成分是FeCrO、MgCrO、AlO、SiO，与过量KOH在空气中煅烧，生成KCrO、FeO、
22222322423
MgO，KAlO、KSiO；通入KHCO-KCO/CO2浸取，生成Al(OH)、HSiO，FeO、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：
22332332323
Al(OH)、HSiO，FeO、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出KCrO固体，滤液Ⅰ中含有KCrO；将KCrO
32323242424
中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将KCrO转化为KCrO，同时副产物KHCO生成，将KCrO与KHCO分离，
2422732273
()()()
滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO；FeCO做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的KCrO还原为CrOH，自身转化为FeOH进入
352433
滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用，据此分析；
【详解】
51
（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：3d4s；
()
（2）煅烧工序中FeCrO与过量KOH、空气中氧气反应生成KCrO、FeO、HO，根据得失电子守恒，原子守
2224232
400~500℃
()
恒，化学方程式：4FeCrO+7O＋16KOH2FeO+8KCrO+8HO；
22223242
（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO；
（4）向KCrO中加水溶