湖南省多校联考2025-2026学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1湖南省多校联考2025-2026学年高二上学期10月月考本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册、选择性必修1第一章至第二章第二节。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Br-80I-127一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.硫及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。下列说法正确的是A.常温下，硫易溶于水 B.和互为同素异形体C.加热条件下，硫与铜反应生成CuS D.硫元素位于第三周期第族【答案】D【解析】硫常温下难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，A错误；同素异形体是同种元素组成的不同单质，SO2和SO3均为化合物，属于硫的氧化物，B错误；硫与铜加热反应生成Cu2S（+1价铜），而非CuS（+2价铜），因硫氧化能力较弱，C错误；硫元素位于元素周期表中第三周期第VIA族（硫原子的K、L、M层依次排有2、8、6个电子），D正确；故选D。2.下列化学用语使用错误的是A.次氯酸的结构式： B.中子数为8的碳核素：C.的电子式： D.甲烷的空间填充模型：【答案】B【解析】次氯酸的中心原子为O，结构式为H-O-Cl，A正确；碳的质子数为6，中子数为8时，质量数为6+8=14，核素符号应为，B错误；I2分子中两个I原子通过共用一对电子形成单键，每个I原子最外层满足8电子稳定结构，C正确；甲烷为正四面体结构，空间填充模型体现了原子相对大小和空间排布，D正确；故选B。3.下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是A.钢铁的腐蚀 B.肉类的腐败C.汽车尾气的处理 D.聚氯乙烯塑料的焚烧【答案】C【解析】钢铁的腐蚀。钢铁腐蚀会导致材料损坏，浪费资源，所以腐蚀速率加快是有害的，不是有益的，A错误；肉类的腐败。肉类腐败后就不能食用了，变质了，所以腐败速率加快会让食物更快坏掉，有害，B错误；汽车尾气含NOx、CO等污染物，处理尾气时（如利用催化剂将CO、NOx转化为N2、CO2等无害物质），加快反应速率能让污染物更快被净化，减少大气污染、改善空气质量，对人类有益，C正确；聚氯乙烯塑料的焚烧，聚氯乙烯焚烧会产生有毒的HCl等气体，污染环境，焚烧速率加快会让更多有毒气体产生，有害，D错误；故选C。4.已知：。若反应速率分别用、、、表示，则下列关系错误的是A. B.C. D.【答案】D【解析】反应速率之比等于化学计量数之比，，，，，D错误，故选D。5.下列有关化学反应速率增大原因的分析错误的是A.仅向反应体系中加入相同浓度的反应物，活化分子百分数增大B.对有气体参加的化学反应，仅压缩容器容积，单位体积内活化分子数增多C.催化剂能加快化学反应速率，是因为它能改变反应历程，降低反应的活化能D.仅升高温度，单位时间内反应物分子有效碰撞的次数增加【答案】A【解析】活化分子百分数主要由温度决定，在温度不变时，活化分子百分数不变。因此，仅加入反应物不能增大活化分子百分数，A错误；对有气体参加的化学反应，仅压缩容器容积，单位体积内活化分子数增多，活化分子百分数不变，B正确；催化剂能加快化学反应速率，是因为它能改变反应历程，降低反应的活化能，从而加快反应速率，C正确；仅升高温度，部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以单位时间内反应物分子有效碰撞的次数增加，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，D正确；故答案选A。6.酸性锌锰干电池是最早进入市场的实用电池，其结构如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是A.氯化铵固体和氯化锌固体均为电解质B.石墨能导电，故石墨为电解质C.石墨电极上发生还原反应，失去电子D.锌筒上的电极反应式为【答案】A【解析】氯化铵和氯化锌均为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，A正确；石墨是单质，电解质必须是化合物，单质不属于电解质，B错误；石墨电极为正极，正极发生还原反应，得到电子，而非失去电子，C错误；锌筒为负极，负极发生氧化反应，失去电子，电极反应式应为，D错误；故答案选A。7.下列化学方程式正确的是A.通入水溶液中：B.覆铜板制作印刷电路板：C.往氢氧化钠溶液中通入少量的气体：D.往氢氧化钡溶液中滴入少量的碳酸氢钠溶液：【答案】B【解析】与水溶液不反应，因H2CO3酸性弱于HCl，无法生成CaCO3沉淀，A错误；FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，方程式配平正确且符合氧化还原反应规律，B正确；少量H2S与过量NaOH反应应生成正盐Na2S，，C错误；少量NaHCO3与Ba(OH)2反应应生成NaOH而非Na2CO3，，D错误；故选B。8.甲烷在某含Mo催化剂作用下的部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.该反应过程中存在极性共价键的断裂和形成B.该部分反应的决速步骤为C.生石灰与水反应的能量变化与图中反应能量变化相符D.与互为同系物【答案】B【解析】反应过程中，CH4中的C-H键断裂，形成了CH3OH中的C-O键，O-H键，故存在极性共价键的断裂和形成，A正确；决速步骤为慢反应，即活化能大的步骤，故决速步骤为，B错误；生石灰与水的反应为放热反应，图中也为放热反应，两者能量变化相符，C正确；结构相似，组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称为同系物，与互为同系物，D正确；故答案选B。9.下列叙述与图示相符的是(夹持装置已省略)A．稳定性：石墨>金刚石B．探究催化剂对分解反应速率的影响C．测定中和反应的反应热D．验证为可逆反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】图中显示金刚石的焓（H）高于石墨，物质能量越低越稳定，故石墨稳定性大于金刚石，A相符；探究催化剂对反应速率的影响时，需控制其他变量（如温度、H2O2浓度、体积）相同；图中左侧为热水、5%H2O2溶液且加FeCl3（催化剂），右侧为冷水、10%H2O2溶液且无催化剂，存在温度、浓度、催化剂三个变量，无法单一探究催化剂对H2O2分解速率的影响，B不相符；测定中和反应的反应热需防止热量散失，应使用保温装置（如泡沫隔热层），铜盖板导热性强会导致热量损失，铝制搅拌器导热性强会导致热量损失，C不相符；验证可逆反应需证明反应物和生成物同时存在；图中仅将I2和H2分别置于两个集气瓶，未混合反应，无法检测到HI及剩余反应物，不能证明反应可逆，D不相符；故选A。10.依拉雷诺(Q，结构如图所示)是一种用于治疗原发性胆汁性胆管炎的突破性药物，下列有关的说法错误的是已知：乙醇的键线式为。A.能使溴水褪色 B.氢元素的质量分数最小C.能与碳酸氢钠溶液反应 D.可发生取代反应，不能发生氧化反应【答案】D【解析】Q的结构中含有碳碳双键（C=C），可与溴水发生加成反应使溴水褪色，A正确；通过计算Q的分子式（C22H24O4S），各元素质量分数：C%≈63%、H%≈6.25%、O%≈16.7%、S%≈8.3%，氢元素质量分数最小，B正确；Q分子中含有羧基（-COOH），羧基酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，C正确；Q可发生取代反应（如羧基酯化、苯环取代等）；同时，Q含碳碳双键（可被氧化）、甲基（苯环上的甲基可被氧化为羧基），且所有有机物均可燃烧（氧化反应），故“不能发生氧化反应”错误，D错误；答案选D。11.钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含元素为原子序数依次增大的前20号主族元素，是原子半径最小的元素，是形成物质种类最多的元素，是地壳中含量最高的元素，、、同周期，、均与相邻，的原子序数等于、和的原子序数之和。下列说法错误的是A.离子半径：BTM与反应可得到C.TRM或可用作胃酸的中和剂D.与的溶液反应可得到【答案】C【解析】元素为原子序数依次增大的前20号主族元素，是原子半径最小的元素,则M是H，是形成物质种类最多的元素，则Q是C，是地壳中含量最高的元素，则R是O，、、同周期，则T、X、Y在第三周期，、均与相邻，则Q与同主族相邻，X与Y同周期相邻，Y是Si，X是Al，的原子序数等于、和的原子序数之和且小于等于20，则T为Na，Z为Ca，据此回答。一般来说，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故离子半径：，A正确；TM(NaH)与(H2O)反应的化学反应方程式为,B正确；TRM(NaOH)或(Na2CO3)碱性过强，不适合中和胃酸，C错误；(CO2)与(的(溶液反应，化学反应方程式为，D正确；故答案选C。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，溴化氢分子中，所含的原子总数为B.等物质的量的和中，所含的电子数均为C.标准状况下，分子中，所含的中子数为D.的溶液中，所含的质子总数为【答案】A【解析】0.81gHBr的物质的量为=0.01mol，每个HBr分子含2个原子，原子总数为0.02NA，A正确；1个CO和1个N2中的电子数均为14，但题目未明确物质的量具体数值（如1mol），仅“等物质的量”无法得出电子数为14NA，B错误；标准状况下SO3为固体，无法用气体摩尔体积计算4.48LSO3物质的量，C错误；未提供溶液体积，无法计算质子总数，且1个CH3COOH分子中质子数为32，0.1molCH3COOH分子中质子数远大于0.2NA，D错误；故选A。13.在某一密闭容器中，发生反应，的平衡转化率随压强和温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.B.C.平衡常数：D.混合气体中元素的质量：【答案】D【解析】由图像可知，相同压强下T1时SO3转化率高于T2，由T2到T1转化率增大，平衡正向移动，该反应吸热，故T1>T2；该反应为气体体积增大的反应，ΔS>0，A正确；相同压强下，正反应吸热，升温平衡正向移动，的平衡转化率提高，故T1温度高于T2，B正确；平衡常数K仅与温度有关，a点、c点在T2曲线，温度相同，则K(a)=K(c)，C正确；反应前后S元素均在气体中，密闭容器中S元素质量守恒，m(a)=m(b)，D错误；故选D。14.将过量的稀硫酸加入镁铝合金粉末中，使合金完全溶解，在所得溶液中加入溶液，生成沉淀的质量(W)和加入溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是已知：不考虑水电离出的和。A.点溶液可使紫色石蕊试液变蓝B.点溶液中，C.点溶液中，所含的离子仅为、、D.的过程中，反应的离子方程式为【答案】B【解析】将过量的稀硫酸加入镁铝合金粉末中，充分反应后所得溶液中溶质为硫酸、硫酸镁、硫酸铝，向混合溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与稀硫酸反应，故Oa段发生的反应为2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，ab段表示硫酸铝和硫酸镁分别与氢氧化钠生成氢氧化铝、氢氧化镁的过程，bc段生成的氢氧化铝与氢氧化钠反应生成可溶于水的四羟基合铝酸钠。O点为未加入NaOH的溶液，此时溶液中含有过量稀硫酸，呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，A错误；a点时H+恰好完全中和，溶液中Na+来自O→a阶段加入的NaOH（物质的量为），Al3+和Mg2+物质的量均为（由后续沉淀生成与溶解计算得出）。则m(Al)=27，m(Na)=23，m(Mg)=24，故m(Al)/[m(Na)+m(Mg)]=27/(23+24)=27/47，B正确；b点为沉淀最大值，此时Mg2+、Al3+完全沉淀，溶液中溶质为Na2SO4，离子仅含Na+和（题目不考虑水电离的OH⁻），C错误；b→c阶段是Al(OH)3与过量NaOH反应溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，而非Al3+与OH-反应，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某兴趣小组同学在实验室用、溶液和反应制备水合肼(实验装置如图所示，夹持装置已略去)并测定产品中水合肼的含量。已知：反应ⅰ．反应ⅱ．(未配平)回答下列问题：（1）实验开始前，应先___________。（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为___________。（3）装置Ⅱ中饱和食盐水的作用为___________。（4）装置Ⅲ中：①仪器a的名称为___________，其作用为___________。②反应ⅱ中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（5）装置Ⅳ中发生反应的化学方程式为___________。（6）称取水合肼产品，加入适量固体，加水配成溶液，移取置于锥形瓶中，并滴加滴淀粉溶液，当滴入的碘标准溶液时(滴定过程中，调节溶液的在6.5左右)，恰好完全反应。则产品中水合肼的质量分数为___________%。【答案】（1）检查装置气密性（2）（3）除去挥发出来的氯化氢气体（4）①长颈漏斗②.平衡气压③.（5）（6）【解析】装置Ⅰ为氯气的发生装置，通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，装置Ⅳ为氨气的发生装置，、溶液和在装置Ⅲ中反应制备水合肼。【小问1详析】实验开始前，为了防止装置漏气导致实验失败或危险，应先检查装置的气密性；【小问2详析】装置I中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，离子方程式为：；【小问3详析】装置I中制得的氯气中混有氯化氢气体杂质，装置Ⅱ中饱和食盐水的作用为除去氯气中混有氯化氢气体杂质；【小问4详析】①仪器a的名称为长颈漏斗，其作用为平衡装置内的压强，防止装置内压强过大；②反应ii中，Cl2→NaCl，氯元素化合价变化为0→−1，被还原，则Cl2是氧化剂，1个Cl2得到2个电子；NH3→N2H4·H2O，氮元素的化合价变化为−3→−2，被氧化，则NH3是还原剂，一个NH3失去1个电子，根据得失电子守恒，可知氧化剂（Cl2）与还原剂（NH3）的物质的量之比为1：2；【小问5详析】装置Ⅳ中，浓氨水与生石灰反应，生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为；【小问6详析】由可知，25mL溶液中消耗的碘标准溶液为VmL，n()=mol，即m()=g，故水合肼的质量分数为：。16.氮及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。回答下列问题：（1）工业上常用催化氧化的方法将转化为，涉及反应。部分化学键的键能如表所示。化学键O=OO-H键能①该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。②若向该反应体系中加入适宜的催化剂，则的值将___________(填“变大”“变小”或“不变”)。③反应，则___________(填“>”“<”或“=”)，判断的理由为___________。④___________(用含、、、的代数式表示)。（2）火箭发射时可以用肼(，液态)作燃料，作氧化剂，二者反应生成和水蒸气。已知该反应中，每转移电子，此时放出的热量为。①该反应的反应物的总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物的总能量。②该反应的热化学方程式为___________。【答案】（1）①.放热②.不变③.<④.，则⑤.（2）①.大于②.【解析】【小问1详析】①由可知，该反应是放热反应；②只与反应的始态和终态有关，与其他条件无关，若向该反应体系中加入适宜的催化剂，则的值将不变；③反应，生成液态水放热多，因此，则；④=-x=反应物的键能之和-生成物的键能之和=，因此；【小问2详析】①焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由题意得该反应放热反应，所以生成物的总能量小于反应物的总能量；②反应的方程式为，生成3mol氮气转移8mol电子，已知该反应中，每转移1mol电子，放出的热量为163.8kJ，所以转移8mol电子放出的热量为8×163.8kJ=1310.4kJ，因此该反应的热化学方程式为：。17.从海水中不仅可以获得淡水，而且可按如图工艺流程提取溴和镁。回答下列问题：（1）海水淡化的方法有___________(任写一点)。（2）X是一种黄绿色气体，X为___________(填化学式)。工业上常采用电解饱和食盐水的方法来制备X，写出反应的化学方程式：___________。（3）检验某NaCl溶液中是否混有的方法是___________。（4）热空气或水蒸气吹出，利用了溴的___________性，溴单质与热的纯碱溶液反应有气体生成，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。（5）步骤(3)发生反应的离子方程式为___________。（6）工业上常通过电解来制备Mg，而不是电解MgO，其原因是___________。【答案】（1）蒸馏法(或电渗析法或离子交换法或反渗透法)（2）①.②.（3）取少量溶液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若未产生白色沉淀，说明不含硫酸根离子，反之，混有硫酸根离子（4）①.挥发②.（5）（6）氧化镁的熔点高，电解熔融的氧化镁能耗高【解析】海水经过淡化得到氯化钠晶体、淡水、和卤水，卤水中有，电解饱和食盐水得到氯气与卤水反应置换出溴得到低浓度的溴水，用热空气吹出并用热的纯碱溶液吸收得到溴化钠和溴酸钠的溶液，最后用硫酸酸化得到溴单质；贝壳的成分是碳酸钙加热分解得到氧化钙，CaO与水反应生成石灰乳，石灰乳与卤水中的Mg2+作用生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，经过脱水得到无水氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到Mg单质。【小问1详析】海水淡化的方法有蒸馏、电渗析、反渗透法、离子交换等；【小问2详析】黄绿色气体是氯气，化学式为Cl2

，电解饱和的食盐水的离子方程式为：；【小问3详析】检验硫酸根离子的方法是：取少量溶液于试管中，先加入盐酸酸化没有现象，排除的干扰，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成即证明有硫酸根离子；【小问4详析】溴易挥发，步骤(2)通入热空气或水蒸气吹出，就是利用溴的挥发性；与碳酸钠反应离子方程式为，只有Br元素的化合价变化，且1个Br失去电子与5个Br得到电子相等，则氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5；【小问5详析】步骤(3)为和发生归中反应生成，发生反应的离子方程式；【小问6详析】工业上常通过电解来制备Mg，而不是电解MgO，其原因是氧化镁的熔点高，电解熔融的氧化镁能耗高。18.五氧化二碘()是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状晶体，可作氧化剂，除去空气中的一氧化碳。反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅲ：。回答下列问题：（1）对于上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ：①___________(用含、的代数式表示)，___________(用含、的代数式表示)。②查阅资料可知：、，则反应Ⅱ的平衡常数随着温度的升高而___________(填“增大”或“减小”)，判断的理由为___________。（2）℃时向盛有足量的VL恒容密闭容器中通入，此时压强为p，仅发生反应，℃时，后，该反应达到平衡，且反应达到平衡后固体质量减小6.4g。①下列关于反应的说法正确的是___________(填标号)。A．仅加入合适的催化剂，反应速率加快且的值变大B．该反应的反应物的总键能小于生成物的总键能C．每断裂1molC=O键，同时消