新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考化学答案_2025年10月高二试卷_251019湖北省新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考（全）

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 5 6 7 8 9 10 答案 A C D C B B A 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SO ，起到杀菌、抗氧化的作用，C错误； 2 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CH ，所以14g混合物中所含碳原子数目为N ，B错误； 2 A 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NaClO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Zn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)=2CO (g)+N (g)是放热反应，熵减小的反应，A错误； 2 2 B．4Fe(OH) (s)+O (g)+2H O(g)=4Fe(OH) (s)是放热反应，熵减小的反应，B错误； 2 2 2 3 C．2NaHCO (s)=Na CO (s)+CO (g)+H O(g)是分解反应，吸热反应，熵增大的反应，C正确； 3 2 3 2 2 D．Mg(s)+2HCl(aq)=MgCl (aq)+H (g)是放热反应，熵增大的反应，D错误。 2 2 5．【答案】B 【详解】 1 A．燃烧热中，H元素生成水，H (g)+ O (g)=H O(l) ΔH＝－akJ·mol-1，A错误； 2 2 2 2 B．氢碘酸是强酸，氢氧化钠是强碱，B正确； C．2SO 2 (g)+O 2 (g)2SO 3 (g)是可逆反应，1molSO 2 、0.5molO 2 不能生成1molSO 3 ，C错误； D．32gO (g)是1mol，则3O (g)=2O (g) ΔH＝+3ｃkJ·mol-1，D错误。 2 2 3 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C H O ，A错误； 6 12 4 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KMnO 溶液褪色，C错误； 4 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33.6L，未说标况无法计算，D错误。 7．【答案】A 【详解】 A．增大c(HBr)，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CS ，A错误； 2 B．M为强碱时，B为NH ，过量的NH 与Cl 反应生成NH Cl，B正确； 3 3 2 4 C．M为强碱时，该元素为N，则E为HNO ，C错误； 3 D．M为强碱时，C为NO，D为NO ，NO不能被NaOH溶液直接吸收，D错误。 2 9.【答案】D 【详解】 A．电极Ⅰ为CO发生氧化反应生成CO ，故电极Ⅰ为原电池的负极，电极Ⅱ为O 得到电子发生的还原反应， 2 2 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Ⅱ方向移动，B错误； C．负极的电极反应式为：CO-2e-+H O=CO +2H+；正极的电极反应式为：O +4e-+4H+=2H O，总反应为 2 2 2 2 2CO+O =2CO ，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； 2 2 D．在Ⅰ电极上CO失电子，在酸性条件下被氧化生成CO ，负极的反应式为：CO-2e-+H O=CO +2H+，D 2 2 2 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、碳氢单键和氮氢单键，含有极性键和非极性键，B正确； C．CO 的电子式为 ，C错误； 2 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Al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＝1.0×10－3MPa·min－1；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＝1.0×10－3MPa·min－1，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(N O)=0.04MPa；C正确； 2 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SO 为0.4mol，投料减半，若平衡不移动，则再次平衡时SO 为0.2mol，但体系的压 3 3 强减小，平衡逆向移动，故达到新的平衡态时，SO 的物质的量小于0.2mol。D正确。 3 14.【答案】B 【详解】 A．升高温度，反应速率增大，反应I和反应Ⅱ速率均增大，A错误； B．500℃时，0~5min内∆n(C H )=9.0%×80.0%×2mol=0.144mol，故vC H =2.8810-3molL-1min-1，B 2 4 2 4 正确； C．500℃时，0~5min内∆n(C H )=9.0%×2=0.18mol，而∆n(C H )=0.144mol，即0~5min内反应I消耗0.144mol 2 6 2 4 C H ，反应Ⅱ消耗0.036molC H ，反应I速率大于反应Ⅱ，故反应I活化能更小，C错误； 2 6 2 6 D．增大 nC 2 H 6 /nCO 2   投料比，相当于增大C 2 H 6 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 CO 的物质的量为 1 mol，浓度为 2 0.5mol·L-1。 化学答案 （共 7 页） 第 3 页列“三段式”计算如下， 2NO(g)2CO(g)N 2 (g)2CO 2 (g) 起始浓度/ 3 1 0 0 (mol·L-1) 变化浓度/ 0.5 0.5 0.25 0.5 (mol·L-1) 平衡浓度/ 2.5 0.5 0.25 0.5 (mol·L-1) c (N )c2 (CO ) 0.25molL1(0.5molL1)2 K  平 2 平 2  0.04，B正确； c2 (NO)c2 (CO) (2.5molL1)2(0.5molL1)2 平 平 C．假设将容器Ⅰ的容积改为1L，若T 温度下达到平衡时NO的转化率为25%，列“三段式”计算: 1 2NO(g)2CO(g)N 2 (g)2CO 2 (g) 起始浓度/ 1 3 0 0 (mol·L-1) 变化浓度/ 0.25 0.25 0.125 0.25 (mol·L-1) 平衡浓度/ 0.75 2.75 0.125 0.25 (mol·L-1) c (N )c2 (CO ) 0.125molL1(0.25molL1)2 此时 平 2 平 2  0.00180.04，C错误； c2 (NO)c2 (CO) (0.75molL1)2(2.75molL1)2 平 平 D．此时c(CO)=1.5mol·L-1，c(N )=1.25mol·L-1， 2 c(N )c2(CO ) 1.25(0.5)2 Q 2 2  0.022<0.04，所以v >v ，D正确。 c2(NO)c2(CO) (2.5)2(1.5)2 正 逆 16.（13分，除标注外每空均为2分） 【答案】 （1）C H OH(l)+3O (g)=2CO (g)+3H O(l) ∆H=-1366.8kJ/mol 2 5 2 2 2 H 1 （2）H H  3 ； K K K  2 1 2 2 1 2 3 （3）④ ； ③ （4）D （5）260℃ (1分）  1 K 1 K 2 【评分细则】第（2）写K K K 2或者 1 都给分，不写乘号也给分，乘号用点表示也给分。 1 2 3 K2 3 【详解】 （1）23g 乙醇是 0.5mol，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 C H OH(l)+3O (g)=2CO (g)+3H O(l) ∆H=-1366.8kJ/mol 2 5 2 2 2 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： ①CO 2 (g)+3H 2 (g)H 2 O(g)+CH 3 OH(g) ∆H 1 K 1 1 ②CH 3 OH(g)+ O 2 (g)H 2 O(1)+HCHO(g) ∆H 2 K 2 2 ③2H 2 (g)+O 2 (g)2H 2 O(1) ∆H 3 K 3 1 H 由盖斯定律可知，①+②- 2 ×③得 CO 2 (g)+2H 2 (g)HCHO(g)+H 2 O(g)，则H H 1 H 2  2 3 ；所以  1 K 1 K 2 平衡常数K K K K 2或者 1 1 2 3 K2 3 （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； R （4）随着铁的生成，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 ； t （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++6S O2-=S O2-+2[Cu(S O ) ]3- 2 3 4 6 2 3 2 【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(S O ) ]2-，则假设1成立；后来溶 2 3 2 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(S O ) ]3-，则假设2成立； 2 3 2 第（5）由于先出现绿色，说明络合反应先发生；随n(S O2-):n(Cu2+)的增大，最终溶液变成无色溶液，说 2 3 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 O2-易被氧化为S O2- ，Cu+在水溶液中不稳定。可知 Cu(I)的存在形态为 2 3 4 6 [Cu(S O ) ]3-，且氧化产物是以S O2-的形式存在。则离子方程式为2Cu2++6S O2-=S O2-+2[Cu(S O ) ]3-。 2 3 2 4 6 2 3 4 6 2 3 2 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 16 （3）0.4 ； 15 （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Ⅱ均为∆H<0，∆S<0，结合∆G=∆H-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Ⅱ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 0~20h 内， M 的平均反应速率为 c(M) c(X)c(Y) 2.0molL12.0molL1 v(M)   0.2molL1h1；改换成催化剂Q，可加快反应Ⅱ 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； c(X) （3）参考图像数据，达到平衡时，c(X)=4.0molL1，c(Y)=1.0molL1，则反应Ⅲ的平衡常数K  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n(X)=0.4mol，又因为平衡时M 16 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计算反应Ⅰ的平衡常数K= 。 15 （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 （2） （3）CH COOH < 大于 3 （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[CH =C(CH )COOCH ]中含氧官能团的结构式为 ，其加聚反应产物有机 2 3 3 玻璃的结构简式为 。 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、 3 nCO δCH COOCH ，投料比x代表 ，假设CH OH的物质的量一定，x越大，可看作CO增多，主反应 3 3 nCHOH 3 3 的平衡正向移动，CH COOH 物质的量增大，而CH COOCH 物质的量可能由于主反应中CH OH的消耗 3 3 3 3 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ΔH <0；当投 3 3 3 1 料比相同时，观察可知T 时δCH COOCH 大于T 时δCH COOCH ，由T ＞T 可知，温度越高则δCH COOCH  1 3 3 2 3 3 2 1 3 3 越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH 0。 2 （3）由分析知，曲线a或曲线b表示δCH COOH；ΔH 0。 3 2 由于ΔH <0、ΔH <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δCH COOH增 1 2 3 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。 nCO （4）L点对应投料比 为1，且平衡时δCH COOH =δCH COOCH 。假设n(CH OH)、n(CO)起始量 nCHOH 3 3 3 3 3 均为1mol，平衡时CH COOH、CH COOCH 的物质的量均为nmol，则有： 3 3 3 CH OHgCOg CH COOHg 3 3 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 3 3 3 3 2 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3nmol，CO共转化2nmol，所以α(CH OH)=3n/1、α(CO)=2n/1，即L点所示状态 3 3 CH OH与CO转化率之比为3∶2。 3 化学答案 （共 7 页） 第 7 页