湖北省新八校2025-2026学年高二上学期10月联考化学试卷

null湖北省2025-2026学年度上学期高二10月月考 化学答题卡 姓 名 1.答题前，考生先将自已的姓名、准考证号填写清楚，并认直 核准条形码上的姓名、准考证号，在规定的位置贴好条形码。 准考证号 2.选择题必须使用2B船笔填涂；非选择题必须使用签字笔或 意 钢笔答题；字体工整、笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域 贴条形码区 项 书写的答案无效：在试题卷、草稿纸上答题无效。 4.保特卡面清洁，不要折叠、不要弄破。考试结束后，请将答 贴缺考标识 题卡，试题卷一并上交。 选择题填涂样例 正确填涂■ 考生禁填！由监考老师填写。☐ 一、选择题（共45分） 1AB©D 5囚®@回 9囚®©D 13A®@回 2ABC☒D 6A®C回 10囚®@D 14因回@回 3ABCD可 7A®©回 11A®CD 15A®a 可 4 AB C]D] 8ABC网可 12 A B]C]D] 一、 非选择题（共55分） (3分) () () () (4) (5) 7(14分) () (2) (3) (4) (5) ① ② (6) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 化学答题卡（共页）第页 姓名 座位号☐ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请勿在此区域作答 .(14分) () (2) (3) (4) 9(14分) () () () (4) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 化学答题卡（共页）第页湖北省2025-2026学年度上学期高二10月月考 化学参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 A c D C B B B D B 题号 11 12 13 14 15 答案 C C D B C 1.【答案】A 【详解】 A.白色污染主要由难降解的塑料制品引起，推广可降解塑料能在自然环境中分解，减少污染，符合实际 应用，A正确： B.硅酸盐中，Si和O构成的是四面体结构，B错误； C.制作葡萄酒时用到少量SO2,起到杀菌、抗氧化的作用，C错误； D.富勒烯、碳纳米管、石墨烯是新型无机非金属材料，D错误。 2.【答案】C 【详解】 A.常温下，铁跟浓硝酸会发生钝化，无法完全反应，A错误； B.乙烯和丙烯最简式都是CH2,所以14g混合物中所含碳原子数目为Na,B错误： C.通入过量空气，氧气浓度增大，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，C正确： D.分离产物后，反应速率会减小，D错误。 3.【答案】D 【详解】 A.测量时pH试纸不能直接插入待测液中，且NaCIo具有强氧化性，不能用pH试纸测量其pH值，A错 误 B.图乙两烧杯中发生的反应均为Z和稀硫酸的反应，前者直接反应，后者是原电池反应，B错误； C.中和反应反应热的测定要尽量避免热量损失，该装置没有隔热措施，C错误； D.针筒可测定一定时间内生成气体的体积，图中装置可测定反应速率，D正确。 4.【答案】C 【详解】根据题目信息分析反应为吸热，熵增的反应。 A.2NO(g)+2CO(g)一2CO2(gtN2(g)是放热反应，熵减小的反应，A错误； B.4Fe(OHDz(s)十Oz(g)+2HO(g一4Fe(OHD(S)是放热反应，熵减小的反应，B错误： C.2 NaHCO3(s)Na2CO3(s)+CO2(g+HO(g)是分解反应，吸热反应，熵增大的反应，C正确： D.Mg(s)+2HCI(aq=MgCl(aq+Hz(g)是放热反应，熵增大的反应，D错误。 5.【答案】B 【详解】 A.燃烧热中，H元素生成水，H(g+2O(g)=HO0△H=一ak-mo,A错误： B,氢碘酸是强酸，氢氧化钠是强碱，B正确： C.2S02(g+O2(g)一2S03(g)是可逆反应，1molS02、0.5mol02不能生成1molS03,C错误； D.32gOz(g)是1mol,则302(g=203(g)△H=+3 c kJ.mol1,D错误。 化学答案（共7页）第1页 6.【答案】B 【详解】 A.由结构可知分子式为CH2O4,A错误； B.含羟基、羧基可发生取代反应，氧化反应，B正确： C.含羟基，可使酸性KMnO4溶液褪色，C错误； D.羧基、羟基均与Na反应生成氢气，则1mol该有机物与足量金属钠反应放出1.5mol氢气，标况下体积 为33.6①，未说标况无法计算，D错误。 7.【答案】A 【详解】 A.增大cHB),单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，A错误： B.加入适宜的催化剂，能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数增大，B正确： C.升高温度，活化分子百分数增加，单位体积内有效碰撞的次数增加，C正确： D.缩小容器的容积，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞的次数增多，D正确。 8.【答案】B 【详解】 A.M为强酸时，该元素为S,S微溶于酒精，易溶于CS2,A错误； B.M为强碱时，B为NH,过量的NH3与C2反应生成NHCl,B正确； C.M为强碱时，该元素为N,则E为NO3,C错误： D.M为强碱时，C为NO,D为NO2,NO不能被NaOH溶液直接吸收，D错误。 9.【答案】D 【详解】 A.电极I为C0发生氧化反应生成CO2,故电极I为原电池的负极，电极Ⅱ为O2得到电子发生的还原反应， 故电极Ⅱ为正极，A错误： B.电解质溶液中H会向负电荷较多的电极I方向移动，B错误： C.负极的电极反应式为：C0-2e+H20=C02+2H；正极的电极反应式为：O2+4e+4H=2H0,总反应为 2C0+O2一2CO2,可见负极生成的H与正极消耗的H相等，H浓度不变，故硫酸浓度几乎不变，C错误： D.在I电极上C0失电子，在酸性条件下被氧化生成C02,负极的反应式为：C0-2+HO一C02+2H,D 正确。 10.【答案】B 【详解】 A.X中含有酯基，能发生水解反应，A错误： B.Y中含有碳碳单键、碳氢单键和氨氢单键，含有极性键和非极性键，B正确： C.C02的电子式为O::C::O,C错误； D.Z中苯环不是官能团，D错误。 化学答案（共7页）第2页 11.【答案】c 【详解】 A.制备氢氧化铁胶体时，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，实验需要 加热装置，A项错误； B.向氯化镁溶液、氯化铝溶液中分别滴加氨水，均产生白色沉淀，且氨水过量沉淀不溶解，无法比较氢 氧化镁和氢氧化铝的碱性强弱，即无法比较Mg和A1的金属性强弱，B错误； C.乙醇和乙酸在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，饱和碳酸钠溶液可溶解乙醇、 吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，实验试剂和用品均正确，C正确： D.向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，边加边振荡，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止，得到银氨溶液，实 验试剂错误，D错误。 12.【答案】C 【详解】 A.根据题目信息可计算速率均为v=l.0×103 MPa-min1;反应速率始终相同，即该反应为匀速反应，反 应速率和反应物的压强没有关系，为0级反应，A错误： B.由于该反应为匀速反应，所以v=k=1.0X103 MPa-min1,单位不对，B错误： C.由于该反应为匀速反应，所以60分钟时p个N2O)0.04MPa;C正确： D.反应速率和反应物的压强没有关系，D错误。 13.【答案】D 【详解】原平衡态时S03为0.4mol,投料减半，若平衡不移动，则再次平衡时03为0.2mol,但体系的压 强减小，平衡逆向移动，故达到新的平衡态时，SO3的物质的量小于0.2ol。D正确。 14.【答案】B 【详解】 A.升高温度，反应速率增大，反应I和反应I速率均增大，A错误； B.500C时，0-5min内△n(CzH4)=9.0%×80.0%×2mol=0.144mol,故v(C,H4)=2.88×103mol.L.min,B 正确 C.500℃时，0~5min内△(C2H6)=9.0%×2-0.18mol,而△1(C2H4)=0.144mol,即0-5min内反应I消耗0.144mol CH6,反应I消耗0.036olCH6,反应I速率大于反应I,故反应I活化能更小，C错误； D.增大n(CH。)/n(CO2)投料比，相当于增大CH6的量，乙烷的平衡转化率降低，D错误。 15【答案】C 【详解】 A.该反应为反应前后气体物质的量改变的反应，平均摩尔质量为变量，若平均摩尔质量不变，可说明反 应达到平衡状态，A正确； B.N点和M点对应的温度相同，则平衡常数也相等，M点平衡时CO2的物质的量为1ol,浓度为 0.5mol·L1。 化学答案（共7页）第3页 列“三段式”计算如下， 2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g) 起始浓度/ 0 0 (mol·L) 变化浓度/ 0.5 0.5 0.25 0.5 mol·L) 平衡浓度/ 2.5 0.5 0.25 0.5 (mol·L) N)CO)0.25mol.Ix(0.5mol.) c0N0)-c年(co)(25mol-Ly×0.5m0l-Ly=0.04,B正确： C.假设将容器I的容积改为1L,若T温度下达到平衡时N0的转化率为25%，列“三段式”计算： 2NO(g)+2C0(g)、N2g)+2C02(g) 起始浓度」 1 3 0 0 (mol·L) 变化浓度/ 0.25 0.25 (mol·L) 0.125 0.25 平衡浓度/ 0.75 2.75 0.125 0.25 mol·L-) 此时rN,)-c至(C0,)-0125 mol.Lx0,25mol1-L2 cNo)-c(C0)(0.75mol-L)2×(2.75mol.L)2 ≈0.0018≠0.04，C错误； D.此时c(CO)=1.5mol·L1,cN2)=1.25nol·L1, 0=c0N,)c(C02=125x0.5y c2No)c2(Co)(2.5)2×1.5)2 ≈0.022<0.04，所以V>y地，D正确。 16.(13分，除标注外每空均为2分) 【答案】 (1)C2H5OHI①)+3O2(g)=2C02(g)+3H20(①)△H=1366.8kJ/mol 2A,+A,-：太KK (3)④：③(4)D (5)260℃(1分) 1 KK2 【评分细则】第(2)写K×K2×K,2或者 都给分，不写乘号也给分，乘号用点表示也给分。 K 【详解】 (1)23g乙醇是0.5ol,所以燃烧热中1mol乙醇完全燃烧放出的热量为683.4×2=1366.8kJ,故 C2HOH(1)+302(g)=2C02(g)+3H2O(I)△H=-1366.8kJ/mol 化学答案（共7页）第4页 (2)根据分步变化，写出热化学方程式： ①CO2(g)十3H(g)=H2O(g+CHOH(g)△H1Ki ②CH,OH(g+202(g)、=H,0(1+HCHO(g)AF:& ③2H(g)十O2(g)、=2H20(1)△H33 由盖斯定律可知，①+②-x③得c0.g+2Hg)一HCHO@HH,0e,则AH=△H,+AH,-Ag,所以 2 KK2 平衡常数K=K×K2×K32或者 K好 (3)从图中可以看出，第④步活化能最高，故速率最慢，为决速步；由图可知在第③步时水的量增加， 生成了水； (4)随若铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即-是： (5)其它条件相同，温度越低，反应速率越慢，曲线Ⅲ电阻变化最慢，故曲线Ⅲ对应的反应温度最低， 为260℃。 17.（14分，每空均为2分) 【答案】 (1)吸热： (2)较小： (3)内因： (4)溶液先变绿色证明假设1成立；后来溶液颜色变浅证明假设2成立； (5)>；<; (6)2Cu2*+6S2O3=S,0g+2[Cu(S20)2]3 【评分细则】 第(4)理由要答全，只答一个给1分；答溶液变无色也给分。 【答案详解】 第(1)问通过勒夏特列原理来解释温度对平衡移动的影响： 第(2)问升高到较高温度，仍观察不到黄色，说明平衡移动程度不大，也说明温度的变化对该反应的影 响较小： 第(3)问由上述结论可知温度的变化会导致平衡移动，但程度较小，这是该反应本身的特点（即内因） 决定的。 第(4)问根据实验现象先变绿说明发生了络合反应，生成了绿色的Cu(S0)2]2,则假设1成立；后来溶 液颜色变浅直至无色说明又发生了氧化还原反应，生成了无色的[Cu(SO)],则假设2成立； 第(5)由于先出现绿色，说明络合反应先发生；随S,O}):C2)的增大，最终溶液变成无色溶液，说 明二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强： 第(6)问根据已知信息ⅱS,O易被氧化为S,O。,Cu*在水溶液中不稳定。可知Cu①的存在形态为 [Cu(S20)2],且氧化产物是以S,O2的形式存在。则离子方程式为2Cu2*+6S,O}=S,O+2[Cu(S2O)2]3。 化学答案（共7页）第5页 18.(14分，每空均为2分) 【答案】 (1)AC （2)0.2 A: 及时分离产物Y (3)0.4; 16 5 (4)低于 【评分细则】 第(1)问只答一个给1分，错答不给分： 第(2)问第三空答短时间内分离产物也给分，只答分离产物或移除产物Y给1分 【详解】 (1)A.当X的体积分数不变时，说明平衡不再移动，体系达到平衡，A正确： B.反应I和反应I均为△K0,△S<0,结合△G=AH-T△S,则应为低温自发的反应，B错误： C.由于产物Y的浓度表现为先增大后减小，故生成Y的反应比生成X的反应速率快，故反应I正反应的 活化能更低，C正确： D.催化剂不能影响平衡，故产物Y的平衡产率不受催化剂影响，D错误： E.体系达平衡后充入少量氦气，内压增大，反应I、Ⅱ速率不变，平衡常数不变，E错误： (2)I、Ⅱ反应中M、X、Y的化学计量数均为1，则020内，M的平均反应速率为 v00=△c00_△cC)+△c四_2.0mol:L+2.0mol:L=0.2mol-L1,h-',改换成催化剂Q,可加快反应 △t △t 20h 的速率，产物Y的浓度峰值点提前，体系中Y浓度增大，导致Y浓度大于原峰值，故选A点；根据图像，产物 Y在反应较短时间内浓度达到最大，则获得产物Y可采取的措施为在反应时间较短时分离产物Y: (3)参考图像数据，达到平衡时，c0=40mo1-L,c0)1.0mo1-L,则反应m的平衡常数K=cQ义=4， c(Y) 由M的平衡转化率为50%，则平衡时X、Y共0.5mol,可以求出平衡体系中nX=0.4mol,又因为平衡时M 为0.5mol,N为1.5mol,X为0,4mol,容器容积为2L,代入平衡常数的表达式可i计算反应的平衡常数K16 (4)产物X的能量比Y更低更稳定，所以浓度更大。 19.(14分，每空均为2分) 【答案】 (1)b CH 2)0-R 七CH2C] COOCH, (3)CH:COOH 大于 (4)3:2 化学答案（共7页）第6页 【评分细则】第(2)写 也给分 【详解】 I.(1)抗坏血酸（即维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是水果罐头中常用的抗氧化 剂。 (2)甲基丙烯酸甲酯[CH2一C(CH)COOCH]中含氧官能团的结构式为 其加聚反应产物有机 CH 玻璃的结构简式为CH,一C COOCH, Ⅱ分析：题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH,COOH)、 6CH,CoocH,),投料比x代表，CO,假设CH,OH的物质的量一定，x越大，可看作CO增多，主反应 的平衡正向移动，CH3COOH物质的量增大，而CH;COOCH3物质的量可能由于主反应中CH3OH的消耗 而减少，所以曲线a或曲线b表示δ(CH,CoOH),曲线c或曲线d表示δ(CH,COOCH);主反应△H<0:当投 料比相同时，观察可知T1时δ(CH,C00CH,)大于I2时δ(CH,C00CH),由T2>T1可知，温度越高则δ(CH,C00CH,) 越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，△H2<0。 (3)由分析知，曲线a或曲线b表示δ(CH,COOH):△H2<0。 由于△H<0、△H<0,温度升高，主、副反应的平衡均逆向移动，反应均受到抑制，但(CH,COOH)增 大，所以温度升高对副反应的抑制程度大于对主反应的抑制程度。 (4)I点对应投料比，CC为1，且平衡时(c,c0m-8(CHc00G),假设MC0D、C0)走始量 均为1mol,平衡时CHCOOH、CH:COOCH的物质的量均为nmol,则有： CH,OH(g)+CO(g)、≥CH,COOH(g) 起始量主/mol 1 1 0 转化量主/mol 2n 2n 2n 平衡量主/mol 1-2n 1-2n 2n(假想状态) CH,OH(g)+CH,COOH(g)、≌CH,COOCH(g)+H,O(g) 起始量副/mol 1-2n 2n 0 0 转化量副/mol n n n n 平衡量副/mol 1-3n n n n 综上，CH:OH共转化3mol,C0共转化2mol,所以c(CHOD=3W1、c(CO)=2/1,即L点所示状态 CHOH与C0转化率之比为3：2。 化学答案（共7页）第7页