2025年河北卷化学高考真题

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CaCO3，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。

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。

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。

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。，氢键数目为，A正确； B．溶液中阳离子包括。，根据电荷守恒：，钠离子不会水解，并且水电离出少量氢离子，则有，所以阳离子总数大于，B错误； C．环己烷和戊烯的最简式均为，混合物含单元，对应碳原子，碳原子数目为，C正确； D．铅酸蓄电池负极反应为。增重对应生成，转移电子，数目为：，D正确； 故选B。

C

【详解】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误； B．氯化镁为离子化合物，电子式为，B错误； C．甲醛（HCHO）分子平面三角形结构，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，中心C原子的价层电子对数，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。

D

【详解】A．由图知，K中环上碳原子均为sp2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，甲基碳原子为杂化，B错误； C．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞，所以K中的酚羟基不能与溶液反应，K中不含能与溶液反应的官能团，M中羧基可与溶液反应，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。

C

【详解】A．电石与饱和NaCl溶液反应制备，中含有不饱和键，可使酸性溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，A不符合题意； B．固体与 70%的浓反应制备，可使酸性溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，B不符合题意； C．大理石与稀HCl反应制备，不可使酸性溶液褪色，不能完成相应气体的制备和检验，C符合题意； D．固体遇水水解生成和，可使酸性溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，D不符合题意； 故选C。

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。

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，则W价电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，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】A．O的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的电子构型为2p2，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：，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。

B

【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则 转化为过程中，Co元素化合价由降为+3，得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为，Pt电极为阳极，失电子，发生还原反应，电极反应式为，据此回答。 【详解】A．由分析知，电极上发生的反应：，A错误； B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol) 时转移1 mol 电子，理论上转化的，B正确； C．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、消耗，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误； 故选B。

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，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为，A正确； B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确； C．每个晶胞中含有1个“”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为，则晶体密度为，C正确； D．原子Q的分数坐标为，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、体心与原子Q可得直角三角形，则原子Q到体心的距离，D错误； 故选D。

D

【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，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从生成经历过渡态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。

C

【详解】A．恒压条件下通入N2，容器体积增大，NO2和N2O4的浓度均降低，平衡向NO2增加颜色的方向移动，A错误； B．AgCl的Ksp（1.8×10-10）小于Ag2CrO4的Ksp（1.1×10-12），但AgCl先沉淀是因为其溶度积更小，B错误； 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Na₂SO4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。

C

【分析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，，则曲线I代表，曲线II代表，随着pH增大，正向移动，增大，和结合形成配离子反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线III，，先增大后减小，为曲线IV，一直增大，为曲线V，据此回答。 【详解】A．曲线III和曲线IV的交点代表，即，由图可知，此时，带入平衡表达式得，A正确； B．曲线I和曲线II的交点代表，即，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得，B正确； C．曲线IV和曲线V得交点代表，，即，此时，可得的平衡常数，a点时，，带入，解得，且a点对应，带入的平衡常数，计算得，故pH=4.3，C错误； D．当pH=6.4时，最大，接近，结合B项中平衡常数可计算得，，结合Cu 元素守恒知，，，因此体系中，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4题，共58分。

（1） ①. 圆底烧瓶 ②. I2+H2S=S+2HI

【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，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。 【小问1详解】 仪器A的名称为圆底烧瓶；I2的氧化性比S强，通入发生反应的化学方程式为I2+H2S=S↓+2HI； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 I2和I-会发生反应：，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； 【小问4详解】 步骤ⅱ中的尾气为，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收； 【小问5详解】 为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，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N2后关闭K2； 【小问6详解】 127gI2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)=，故HI的产率= =； 【小问7详解】 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。

（1）

【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析； 【小问1详解】 Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：； 【小问2详解】 煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； 【小问3详解】 根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO； 【小问4详解】 向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行； 【小问5详解】 根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为； 【小问6详解】 做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； 【小问7详解】 滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。

（1） ①. ②. cd

【小问1详解】 ①0~30min内，环氧乙烷完全转化，； ②a．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误； b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误； c．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确； d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确； 故选cd； 【小问2详解】 ①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4； ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，； ④设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。

（1） ①. 羰基 ②. 醚键 ③. 羧基 （2）取代反应

【分析】A含酚羟基，和氢氧化钠反应生成B为，羧基和氢氧化钠能发生中和反应，B含羧基和碳溴键，则B与D反应生成溴化钠和E，E为，E和F发生羟醛缩合反应生成G为，-COONa经酸化可转化为羧基，则G在氢氧化钠、加热下脱氢溶剂THF、再酸化转化为Q； 【小问1详解】 据分析，Q中含氧官能团的名称为羰基、醚键和羧基； 【小问2详解】 A→B的反应中，酚羟基转化为-ONa，则反应类型为取代反应； 【小问3详解】 根据C的结构简式，C的名称为<>异丁酸或2-甲基丙酸； 【小问4详解】 C与溴单质发生取代反应生成D，溴易挥发，则C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：减少溴的挥发损失，提高利用率； 【小问5详解】 B与D反应生成E，一方面是羧基和氢氧化钠发生了中和、-COOH转化为-COONa，另一方面，酚钠(ONa)和碳溴键发生了取代反应，则E为； 【小问6详解】 D也可与NaOH发生副反应生成M，D分子内有2种氢，1个是羧基上的氢原子，另一种为2个甲基上的6个氢原子，则甲为D，乙为M，据图，M分子内有2种氢，数目分别有2个、3个，则M为碳溴键在氢氧化钠醇溶液中发生消去、羧基发生中和生成，M为，则该反应的化学方程式：。 【小问7详解】 A的芳香族同分异构体满足下列条件： (a)不与溶液发生显色反应，则不含酚羟基； (b)红外光谱表明分子中不含键， (c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为，则分子内有3种氢原子，由于A分子式为C9H10O2，则A中这2种氢原子的数目为2、2、6个； (d)芳香环的一取代物有两种，则苯环上有2种氢； 结合分子内有5个不饱和度，可知满足条件的同分异构体为。