2024年统编版2024高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年统编版2024高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列有机物中，哪一种不可能是醇脱氢直接生成的是：（）A.B.C.D.2、下列离子方程式中，正确的是（）A.稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++AgC.碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：HCO3-+H+=H2O+CO2↑D.氢氧化铜与稀硝酸混合：OH-+H+=H2O3、NA力阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.1mol苯含有的C=C键数为3NAB.1molNa2O2与水完全反应时转移的电子数为NAC.含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+浓度为1mol•L-1D.1molO2和2molSO2在密闭容器中充分反应后的分子数等于2NA4、某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是()。A.电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2B.该元素为VC.该元素为ⅡA族元素D.该元素位于d区5、在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），下列说法中可以充分说明这一反应已经达到化学平衡状态的是（）A.HI、H2、I2的浓度不再发生变化B.HI、H2、I2的浓度相等C.HI、H2、I2在密闭容器中共存D.反应停止，正、逆反应速率都等于零评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，1.12LCCl4含有Cl原子数目为0.4NAB.标准状况下，2.24L氯气中含有的电子总数为3.4molC.常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD.39gNa2O2与足量H2O反应，转移电子数为NA7、欲配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液，正确的方法是（）A.将16.0gCuSO4溶于100mL水中B.将25.0gCuSO4•5H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mLC.将20mL5.0mol/LCuSO4溶液用水稀释至100mLD.在20mL5.0mol/LCuSO4溶液中加入80mL水8、离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝．下列电解原理正确的是（）A.钢制品应接电源的正极B.电镀时铝作阳极，阳极反应式为Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-C.电解液中H+移向阴极，OH-移向阳极D.每生成1mol铝，电解液中转移3mol电子9、用下列装置不能达到有关实验目的是（）

A.用甲图装置电解精炼铝B.用乙图装置蒸馏海水C.用丙图装置可制得金属锰D.用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性10、下列说法正确的是（）A.乙烯和苯都能发生加成反应B.乙醇和乙酸都发生取代反应C.淀粉和蛋白质水解产物都是氨基酸D.葡萄糖和蔗糖都可发生银镜反应11、在同温同压下，将由H2和Cl2组成的混和气体200mL引发化学反应，反应后的气体体积仍为200mL．下列对化学反应状况的判断中正确的是（）A.若反应后的气体有刺激性气味，则一定是Cl2没有完全反应B.若反应后的气体没有颜色，则一定是H2，Cl2都已完全反应C.若反应后的气体略带黄绿色，则一定是H2已完全反应D.若反应后的气体遇水显漂白性，则一定是Cl2未完全反应12、从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O，与该反应在氧化还原反应原理最相似的是（）A.2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2B.AlCl3+3NaAlO2+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaClC.2H2S+SO2═2H2O+3S↓D.C+CO22CO13、25℃时，某氯化铵溶液pH=4．下列说法正确的是（）A.c（OH-）=1×10-10mol•L-1B.c（NH+4）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）C.c（NH3•H2O）=c（NH+4）D.c（H+）+c（NH+4）=c（Cl-）+c（OH-）14、在同温同压下，将由H2和Cl2组成的混和气体200mL引发化学反应，反应后的气体体积仍为200mL．下列对化学反应状况的判断中正确的是（）A.若反应后的气体有刺激性气味，则一定是Cl2没有完全反应B.若反应后的气体没有颜色，则一定是H2，Cl2都已完全反应C.若反应后的气体略带黄绿色，则一定是H2已完全反应D.若反应后的气体遇水显漂白性，则一定是Cl2未完全反应评卷人得分三、双选题(共5题，共10分)15、三氟化溴溶于水可发生反应3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列说法正确的是（）A.氧化产物是O2B.BrF3既是氧化剂又是还原剂C.当有5mol水参加反应，生成22.4L氧气D.当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化16、某充电电池的原理如图所示，溶液中rm{c}rm{(H^{+})=2.0mol隆陇L^{-1}}阴离子为rm{SO_{4}^{2-}}rm{a}rm{b}均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色。下列对此电池叙述正确的是

A.放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色B.充电过程中，rm{a}极的反应式为：rm{VO_{2}^{+}+2H^{+}+e^{隆陋}=VO^{2+}+H_{2}O}C.充电时，rm{VO_{2}^{+}+2H^{+}+e^{隆陋}=VO^{2+}

+H_{2}O}极接直流电源正极，rm{b}极接直流电源负极D.放电时，当转移rm{a}电子时共有rm{1.0mol}从右槽迁移进左槽rm{2.0molH^{+}}17、下列关于燃烧热的说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}纯物质完全燃烧时所放出的热量，叫该物质的燃烧热B.放热反应热化学方程式中rm{triangleH}就是该反应物的燃烧热C.物质的燃烧热可利用仪器由实验测得D.物质燃烧必然伴随发光发热现象且肯定是氧化还原反应18、rm{H_{2}}和rm{I_{2}}在一定条件下能发生反应：rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangleH=-akJ/mol}

已知rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangle

H=-akJ/mol}rm{a}rm{b}均大于零rm{c}下列说法正确的是rm{.}rm{(}A.rm{)}rm{H_{2}}和rm{I_{2}}分子中的化学键都是非极性共价键B.断开rm{HI}rm{2mol}分子中的化学键所需能量约为rm{HI}C.相同条件下，rm{(c+b+a)kJ}rm{1mol}和rm{H_{2}(g)}rm{1mol}总能量小于rm{I_{2}(g)}的总能量D.向密闭容器中加入rm{2molHI(g)}rm{2mol}和rm{H_{2}(g)}rm{2mol}充分反应后放出的热量小于rm{I_{2}(g)}rm{2a}rm{kJ}19、在与外界无能量交换的情况下，恒容密闭容器中发生反应rm{SO_{2}(g)+NO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)}并达到平衡rm{.}反应过程中正反应速率随时间的变化如图所示rm{.}由图可得出的正确结论是rm{(}rm{)}A.反应在rm{c}点达到平衡状态B.反应物浓度：rm{a}点大于rm{b}点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.rm{trianglet_{1}=trianglet_{2}}时，rm{trianglet_{1}=triangle

t_{2}}的转化率：rm{SO_{2}}段小于rm{a隆芦b}段rm{b隆芦c}评卷人得分四、填空题(共4题，共8分)20、在①HC≡CH②C2H5Cl，③CH3CH2OH，④CH3COOH，⑤聚乙烯，⑥六种物质中：

①能与溴水发生化学反应是____；②属于高分子化合物的是____；

③能与Na2CO3溶液反应的是____；④能发生酯化反应的是____；

⑤能发生消去反应的是____．21、已知四种短周期元素A；B、C、D的核电荷数依次增大；元素A和D在周期表中处于同一主族，B和C处于同一周期．A元素原子核外只有一个电子，B元素的最高正价与负价的代数和为0，C元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．

（1）推断A、B、C、D四种元素，写出它们的元素符号A____，B____，C____，D____．

（2）B元素在周期表的位置____，B元素能形成多种单质，这种现象称为____．

（3）D2C的电子式____，晶体类型____；BC2的结构式为____，晶体中微粒间的相互作用力是____．

（4）D的单质可以与A2C发生反应，请写出该反应的离子方程式：____．22、化学将对人类解决资源问题作出重大贡献。乙基香草醛()是食品添加剂的增香原料，其香味比香草醛更加浓郁。（1）写出乙基香草醛分子中的含氧官能团的名称：醛基、；（2）乙基香草醛不能发生下列反应中的(填序号)；①氧化②还原③加成④取代⑤消去⑥显色⑦加聚（3）乙基香草醛有多种同分异构体，写出符合下列条件乙基香草醛所有同分异构体的结构简式；①属于酯类②能与新制氢氧化铜加热后反应生成红色沉淀③苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基（4）尼泊金乙酯是乙基香草醛的一种同分异构体，可通过以下过程进行合成：(a)写出A和B的结构简式：A，B；(b)写出第⑥歩反应的化学方程式。23、CO2、SO2、NOx是对环境影响较大的气体，控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径。（1）下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度的有____（填字母）a．减少化石燃料的使用，开发新能源b．使用无氟冰箱，减少氟里昂排放c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车d．将工业废气用碱液吸收后再排放（2）为了降低汽车尾气对大气的污染，有关部门拟用甲醇替代作为公交车的燃料。写出用合成气(CO和H2)生产甲醇的化学方程式____，已知该反应合成1mol液态甲醇吸收热量131.9kJ，2H2(g)+CO(g)+3/2O2g)=CO2(g)+2H20(g)△H=－594.1kJ·mol－1，请写出液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式。（3）有人设想以下图所示装置用电化学原理将CO2、SO2转化为重要化工原料。若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则通入CO2的一极为____极；若A为SO2，B为O2，C为H2SO4。则负极的电极反应式为；（4）①在研究氮的氧化物的转化时，某小组查阅到以下数据：17℃、1.01×105Pa时，2NO2(g)N2O4(g)△H<0的平衡常数K＝13.3，则该条件下密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，若c(NO2)=0.0300mol·L－1，c(N2O4)＝____（保留两位有效数字）；②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，测得混合气体中c(NO2)=0.04mol·L－1，c(N2O4)=0.007mol·L－1，则改变的条件为____；评卷人得分五、判断题(共4题，共8分)24、判断对错：5.6gFe与Cl2完全反应，转移电子数为0.2NA____．25、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）26、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）27、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）评卷人得分六、计算题(共2题，共20分)28、X是碘一氧系中研究得最多的稳定化合物，白色粉状固体，分解温度573K，相对分子质量334．在343K时能将一氧化碳定量地转变为CO2；这一性质被用于合成氨厂中测定合成气中CO的含量．

（1）写出X的化学式及其热分解反应方程式。

（2）写出X与CO反应的化学方程式；并简述X能用于测定合成气中CO含量的理由．

（3）画出X的分子结构示意图。

（4）X的水溶液中添加盐酸并将逸出的气体通入氯仿中得化合物Y，Y是制造一种灭火器的原料，写出上述两步反应的化学方程式．29、在浓硝酸中放入铜片。

（1）反应开始时的化学方程式：____，实验现象为____．

（2）若铜片有剩余，则反应将要结束时的化学反应方程式____．

（3）待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，原因是____．

（4）若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完后，共产生气体5.6L（标准状况），则所消耗的硝酸的物质的量是____，所得气体的平均相对分子质量为____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】醇发生消去反应或催化氧化时，会脱去部分氢元素，据此分析．【解析】【解答】解：醇发生消去反应或催化氧化时；会脱去部分氢元素；

A．R-CH2OH发生催化氧化生成故A不选；

B．R-CH（OH）-R发生催化氧化生成故B不选；

C．不可能是醇脱氢直接生成；故C选；

D．R-CH-CH2OH发生消去反应生成故D不选．

故选C．2、C【分析】【分析】A．反应生成硫酸亚铁和氢气；

B．电子；电荷不守恒；

C．反应生成NaCl；水和二氧化碳；

D．氢氧化铜在离子反应中保留化学式．【解析】【解答】解：A．稀硫酸滴在铁片上的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A错误；

B．铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故B错误；

C．碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故C正确；

D．氢氧化铜与稀硝酸混合的离子反应为Cu（OH）2+2H+=2H2O+Cu2+；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】A；苯分子中的碳碳键为介于单键和双键之间的独特键；不存在碳碳双键；

B；过氧化钠中的氧元素为-1价；根据过氧化钠与水反应生成的氧气的物质的量计算出转移的电子数；

C；氧化钠溶于1L水中；得到的溶液的体积不是1L；

D、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．【解析】【解答】解：A；苯分子中不存在碳碳双键；故A错误；

B、1mol过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA；故B正确；

C、NA个Na+的物质的量为1mol；溶于1L水中得到的溶液体积不是1L，钠离子浓度不是1mol/L，故C错误；

D、氧气与二氧化硫的反应为可逆反应，反应物转化率不可能为100%，所以生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，反应后气体的物质的量大于2mol，分子数大于2NA；故D错误；

故选B．4、C【分析】该元素为同族元素中原子序数最小的，所以该元素为第二周期或第四周期元素。又因其价电子数≠最外层电子数，可推出该元素并不是第二周期元素，应为第四周期元素，价电子排布式为3d34s2，故为23号元素V，d区元素。【解析】【答案】C5、A【分析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．HI、H2、I2的浓度不再发生变化时；正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；

B．HI、H2、I2的浓度相等时该反应不一定达到平衡状态；与反应物的量及转化率有关，故B错误；

C．只要是可逆反应，无论该反应是否达到平衡状态，HI、H2、I2都在密闭容器中共存；所以不能据此判断平衡状态，故C错误；

D．可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等但不等于0；反应也没有停止，是一个动态平衡，故D错误；

故选A．二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；

B.1个氯气分子中含有34个电子；

C．根据CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol来计算；

D．过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠，转移1mol电子．【解析】【解答】解：A．标况下；四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B．标准状况下；2.24L氯气物质的量为0.1mol，含有的电子总数为3.4mol，故B正确；

C．CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4gCO2与N2O的物质的量为0.1mol，而CO2与N2O均为三原子分子，故0.1mol混合气体中含0.3NA原子；故C正确；

D.39gNa2O2与物质的量为0.5mol，与足量H2O反应，转移电子数为0.5NA；故D错误；

故选：BC．7、BC【分析】【分析】A.16.0gCuSO4物质的量为0.1mol；溶于水配成100mL溶液，所得溶液浓度为0.1mol/L；

B．根据n=cV计算硫酸铜物质的量，CuSO4•5H2O的物质的量等于硫酸铜物质的量，根据m=nM计算CuSO4•5H2O的质量；

C．根据稀释定律计算判断；

D．稀释后溶液的体积不是100mL．【解析】【解答】解：A.16.0gCuSO4物质的量为=0.1mol；不是溶剂的体积为100mL，而是溶于水配成100mL溶液，所得溶液浓度为0.1mol/L，故A错误；

B．硫酸铜物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，CuSO4•5H2O的物质的量等于硫酸铜物质的量，故需要CuSO4•5H2O的质量为0.1mol×250g/mol=25.0g；故B正确；

C．根据稀释定律，稀释100mL后溶液浓度为=1.0mol/L；故C正确；

D．稀释后溶液的体积不是100mL；故D错误；

故选：BC．8、BD【分析】【分析】A；在钢制品上电镀铝；应让铝做阳极；

B；电解时铝做阳极；铝本身失电子放电；

C、电解液为非水体系，是由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体；

D、根据阴极反应为：4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-来分析．【解析】【解答】解：A；在钢制品上电镀铝；应让铝做阳极，即铝连电源的正极，故A错误；

B、电解时铝做阳极，铝本身失电子放电，在有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体中，电极反应式为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-；故B正确；

C、电解液为非水体系，是由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体，无H+和OH-；故C错误；

D、在阴极上，Al2Cl7-放电得金属铝，阴极反应为：4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-；故生成1mol铝时转移3mol电子，故D正确．

故选BD．9、AB【分析】【分析】A．电解精炼铝不能在溶液中进行；

B．温度计测量的是蒸气的温度；

C．铝比锰活泼；

D．NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解．【解析】【解答】解：A．电解精炼铝不能在溶液中进行；阳极粗铝溶解，阴极阳离子放电，但铝离子在溶液中不会析出，故A错误；

B．温度计测量的是蒸气的温度；水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；

C．铝比锰活泼；铝热法可用来冶炼金属锰，故C正确；

D．NaHCO3受热易分解生成二氧化碳，使澄清的石灰水变浑浊，Na2CO3受热不分解；故D正确．

故选AB．10、AB【分析】【分析】A；烯烃含有碳碳双键能发生加成反应；苯不饱和度很大，能与氢气、氯气发生加成反应．

B；羧酸与醇相互反应生成酯；属于取代反应．

C；淀粉的结构单元是葡萄糖单元；蛋白质由氨基酸通过脱水成肽键形成的高聚物．

D、葡萄糖是多羟基醛，是还原性糖，能发生银镜反应．蔗糖是二糖，是非还原性糖，不能发生银镜反应．【解析】【解答】解：A；乙烯含有碳碳双键能发生加成反应；苯不饱和度很大，能与氢气、氯气发生加成反应，故A正确；

B；乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；属于取代反应，乙醇与金属钠的反应也属于取代反应，故B正确；

C；淀粉的水解产物是葡萄糖；蛋白质完全水解的产物都是氨基酸，故C错误；

D；葡萄糖是还原性糖；能发生银镜反应，蔗糖是非还原性糖不能发生银镜反应，故D错误．

故选：AB．11、CD【分析】【分析】依据发生的化学反应前后无体积变化，分析氢气与氯气生成氯化氢的反应过程可以得出，H2+Cl2=2HCl；反应前后无体积变化；【解析】【解答】A；反应后的气体有刺激性气味；可以是生成的氯化氢气体，也可以是剩余氯气，故A错误；

B；反应后的气体没有颜色；可以是恰好完全反应，也可以是氢气剩余，故B错误；

C；反应后的气体略带黄绿色；说明一定剩余氯气，故C正确；

D；反应后的气体遇水显漂白性；是剩余氯气与水反应生成的次氯酸的作用，故一定剩余氯气，故D正确；

故选CD．12、CD【分析】【分析】5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O中，Br元素的化合价由-1价升高为0，Br元素的化合价由+5价降低为0，只有Br元素的化合价变化，属于氧化还原反应中的归中反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．Cl、Br元素的化合价变化；与上述反应原理不相似，故A不选；

B．不存在元素的化合价变化；为非氧化还原反应，故B不选；

C．S元素的化合价从-2价升到0价；还有的从+4价降到0价，属于氧化还原反应中的归中反应类型，故C选；

D．化合价变化的只有碳元素；由0价升高到+2价，由+4价降到+2价，是归中反应类型，故D选；

故选CD．13、AD【分析】【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，因水解而使其溶液呈酸性，溶液中c（H+）=10-pH，根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒，据此分析解答．【解析】【解答】解：A.25℃时，某氯化铵溶液pH=4，则c（H+）=10-pH=10-4mol/L，c（OH-）=；故A正确；

B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解，所以c（Cl-）＞c（NH+4）；故B错误；

C．氯化铵溶液中铵根离子能水解，但较微弱，所以c（NH3•H2O）＜c（NH+4）；故C错误；

D．氯化铵溶液呈电中性，所以溶液中存在电荷守恒，即c（H+）+c（NH+4）=c（Cl-）+c（OH-）；故D正确；

故选AD．14、CD【分析】【分析】依据发生的化学反应前后无体积变化，分析氢气与氯气生成氯化氢的反应过程可以得出，H2+Cl2=2HCl；反应前后无体积变化；【解析】【解答】A；反应后的气体有刺激性气味；可以是生成的氯化氢气体，也可以是剩余氯气，故A错误；

B；反应后的气体没有颜色；可以是恰好完全反应，也可以是氢气剩余，故B错误；

C；反应后的气体略带黄绿色；说明一定剩余氯气，故C正确；

D；反应后的气体遇水显漂白性；是剩余氯气与水反应生成的次氯酸的作用，故一定剩余氯气，故D正确；

故选CD．三、双选题(共5题，共10分)15、B|D【分析】解：A．Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，则氧化产物是HBrO3、O2；故A错误；

B．Br元素的化合价既升高又降低，则BrF3既是氧化剂又是还原剂；故B正确；

C．没有说明是否是标准状况下；无法计算气体的体积，故C错误；

D．反应中转移6mol电子时有2mol水被氧化，所以当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化；故D正确．

故选BD．

3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意Br元素的化合价判断为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】BD16、AD【分析】【分析】本题考查原电池和电解池原理，电极反应式的书写、电极的判断是学习难点，注意电解质溶液中阴阳离子的移动方向，为易错点。【解答】A.放电过程中，rm{a}电极上rm{VO}电极上rm{a}rm{VO}rm{{,!}_{2}^{+}}得电子发生还原反应生成rm{VO}rm{VO}

rm{{,!}^{2+}}极是电解池阳极，，则左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，故A正确；极的反应式为B.充电过程中，rm{a}极是电解池阳极，rm{a}极的反应式为rm{VO}rm{a}rm{a}rm{VO}rm{{,!}^{2+}}rm{-e}rm{-e}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}

rm{O=VO}电极为阴极，rm{O=VO}极为阳极，则rm{{,!}_{2}^{+}}极接直流电源负极，rm{+2H}极接直流电源正极，故C错误；

rm{+2H}rm{{,!}^{+}}，故B错误；C.充电时，rm{b}电极为阴极，rm{a}极为阳极，则rm{b}极接直流电源负极，rm{a}极接直流电源正极，故C错误；rm{b}rm{a}rm{b}rm{a}D.放电时，正极附近发生反应：rm{VO}rm{VO}rm{{,!}_{2}^{+}}氢离子向正极移动，当转移rm{+2H}电子时共有rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{+e}

rm{+e}rm{{,!}^{-}}【解析】rm{AD}17、CD【分析】解：rm{A.}燃烧热必须是可燃物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；故A错误；

B.燃烧热化学方程式前的化学计量数必须是rm{1}故B错误；

C.根据所学；量热计是用来测定中和反应热的仪器，可以推知物质的燃烧热是可以用相应的仪器测定的，故C正确；

D.燃烧定义就是剧烈的氧化还原反应；同时伴随着发光；发热的现象，故D正确；

故选：rm{CD}．

燃烧热的条件是在rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}下，必须是rm{1mol}物质完全燃烧并且生成的物质为最稳当的氧化物，燃烧热的热化学方程式的计量系数必须是rm{1}物质燃烧必然是氧化还原反应，伴随发光发热现象，据此解答．

本题考查了燃烧热的定义，属于对课本基本知识的考查，难度不大，理解燃烧热的概念是解题的关键．【解析】rm{CD}18、rBD【分析】解：rm{A.H_{2}}rm{I_{2}}分子中的化学键都是非极性共价键，rm{HI}中存在rm{H-I}极性键；故A错误；

B.rm{triangleH=}反应物断裂化学键需要的能量rm{-}生成物形成化学键放出的能量rm{=bKJ/mol+cKJ/mol-2H-I=-aKJ/mol}得到断开rm{2molH-I}键所需能量约为rm{(a+b+c)KJ}故B正确；

C.反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即相同条件下，rm{1molH_{2}(g)}和rm{1molI_{2}(g)}总能量大于rm{2molHI(g)}的总能量；故C错误；

D.反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入rm{2molH_{2}}和rm{2molI_{2}}充分反应后放出的热量小于rm{2akJ}故D正确；

故选BD．

A.rm{HI}中存在rm{H-I}极性键；

B.依据焓变rm{=}反应物断裂化学键需要的能量rm{-}生成物形成化学键放出的能量分析判断；

C.放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；

D.反应是可逆反应不能进行彻底．

本题考查了共价键、化学反应的焓变、化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】rm{BD}19、rBD【分析】解：rm{A.}化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，rm{c}点对应的正反应速率显然还在改变；故一定未达平衡，故A错；

B.rm{a}到rm{b}时正反应速率增加；反应物浓度随时间不断减小，故B正确；

C、从rm{a}到rm{c}正反应速率增大；之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错；

D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，rm{SO_{2}}的转化率将逐渐增大；故D正确；

故选BD．

该反应是一个反应前后体积不变的可逆反应；容器的体积恒定；混合气体的物质的量的不变，所以压强对反应速率无影响，但温度和浓度影响其反应速率，结合图象可知反应速率先增大后减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是正反应为放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．

本题考查化学反应速率和平衡图象，注意该反应的特点及反应限制条件，“与外界无能量交换”相当于对反应体系改变温度，一定要读懂此句话表达的含义，难度较大．【解析】rm{BD}四、填空题(共4题，共8分)20、①⑥⑤④⑥③④②③【分析】【分析】①能与溴水发生化学反应的物质可含有不饱和键或含为酚类物质；

②属于高分子化合物的多为高聚物；

③能与Na2CO3溶液反应的是物质可为酸；

④能发生酯化反应的物质含有羟基或羧基；

⑤能发生消去反应的为醇或卤代烃．【解析】【解答】解：①能与溴水发生化学反应的物质可含有不饱和键或含为酚类物质；则①⑥符合，故答案为：①⑥；

②属于高分子化合物的多为高聚物；则⑤符合，故答案为：⑤；

③能与Na2CO3溶液反应的是物质可为酸；则④⑥符合，故答案为：④⑥；

④能发生酯化反应的物质含有羟基或羧基；则③④符合，故答案为：③④；

⑤能发生消去反应的为醇或卤代烃，则②③符合，故答案为：②③．21、HCONa第二周期ⅣA族同素异形体离子晶体O=C=O范德华力2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【分析】【分析】四种短周期元素A、B、C、D的核电荷数依次增大，A元素原子核外只有一个电子，则A氢元素；A和D在周期表中处于同一主族，结合原子序数可知，D为Na；C元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为氧元素；B和C处于同一周期，B元素的最高正价与负价的代数和为0，处于ⅣA族，故B为碳元素，据此解答．【解析】【解答】解：四种短周期元素A；B、C、D的核电荷数依次增大；A元素原子核外只有一个电子，则A氢元素；A和D在周期表中处于同一主族，结合原子序数可知，D为Na；C元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为氧元素；B和C处于同一周期，B元素的最高正价与负价的代数和为0，处于ⅣA族，故B为碳元素；

（1）由上述分析可知；推断A；B、C、D四种元素分别为：H、C、O、Na；

故答案为：H；C；O；Na；

（2）B为碳元素；元素在周期表的位置第二周期ⅣA族，B元素能形成多种单质，这种现象称为同素异形体；

故答案为：第二周期ⅣA族；同素异形体；

（3）Na2O属于离子化合物，由钠离子与阳离子构成，其电子式为属于离子晶体；CO2分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对；其结构式为O=C=O，形成分子晶体，晶体中微粒间的相互作用力是范德华力；

故答案为：离子晶体；O=C=O；范德华力；

（4）Na与水反应生成NaOH与氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑．22、略

【分析】试题分析：（1）乙基香草醛分子中的含氧官能团的有—CHO、—OH、—O—：醛基、羟基、醚键；（2）乙基香草醛含有—CHO，可发生氧化、还原、加成反应；是酚类，可以发生取代、显色反应；不能发生消去、加聚反应。（3）乙基香草醛有多种同分异构体，①属于酯类：含有—COO—②能与新制氢氧化铜加热后反应生成红色沉淀，含有—CHO，在侧链尾端，③苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，除掉一个羟基其它的都在苯环的对位，即：（4）水解得到A是因为碳酸的酸性比酚的强，故B是CH3CH2OH与反应属于酯化反应，及：＋CH3CH2OH＋H2O。考点：有机物的性质，反应类型、结构简式即反应方程式。【解析】【答案】（1）羟基、醚键（2）⑤⑦（3）（4）(a)(b)＋CH3CH2OH＋H2O23、略

【分析】（1）使用无氟冰箱，减少氟里昂排放，是抑制臭氧层破坏的，b不正确，其余都是正确的，答案选acd。（2）根据已知的反应物和生成物可知，方程式为CO＋2H2CH3OH。反应①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l)△H=＋131.9kJ·mol－1，和反应②2H2(g)+CO(g)+3/2O2g)=CO2(g)+2H20(g)△H=－594.1kJ·mol－1，所以根据盖斯定律可知，（②－①）×2即得到2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)，所以反应热△H=（－594.1kJ·mol－1－131.9kJ·mol－1）×2＝－1452kJ·mol－1。（3）在反应中碳元素的化合价降低，所以CO2是氧化剂，得到电子，因此CO2在正极通入。SO2失去电子，在负极通入，电极反应式为SO2＋2H2O－2e—=SO42－＋4H+。（4）①根据平衡常数表达式可知，c(N2O4)＝13.3×0.03002＝0.012mol·L－1。②此时平衡常数是0.007÷0.042＝4.375，即平衡常数减小。由于正反应是放热反应，所以改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动。【解析】【答案】（1）acd（2分）（2）CO＋2H2＝CH3OH（2分）2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=－1452kJ·mol－1（3分）（3）正（1分）；SO2＋2H2O－2e—=SO42－＋4H+（2分）；（4）①0.012mol·L－1（2分）②升高温度（2分）五、判断题(共4题，共8分)24、×【分析】【分析】氯气具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，据此计算转移电子数．【解析】【解答】解：氯气具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，则转移电子数为0.3NA，故答案为：×．25、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），据此解题．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故答案为：√．26、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物质的量一定情况下，压强、温度会影响气体的体积．【解析】【解答】解：标况下，1mol气体的体积是22.4L，由PV=nRT，可知不是标况下，1mol气体的体积也可能为22.4L，故错误，故答案为：×．27、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．六、计算题(共2题，共20分)28、略

【分析】【分析】（1）X是碘一氧系中研究得最多的稳定化合物；则X含碘和氧两种元素，根据相对分子质量334推测化学式，以及其热分解反应方程式；

（2）I2O5分解生成碘单质和氧气，根据题干信息在343K时能将一氧化碳定量地转变为CO2书写方程式；

（3）根据碘原子；氧原子的核外电子排布和电负性分析解答；

（4）氯仿为CHCl3，Y是制造一种灭火器的原料为CCl4，结合题干信息即可书写相关反应的化学方程式．【解析】【解答】解：（1）X是碘一氧系中研究得最多的稳定化合物，则X含碘和氧两种元素，设化学式为ImOn，则127m+16n=334，m≤3，当m=2，n=5时符合，所以X的化学式为I2O5，在343K时能将一氧化碳定量地转变为CO2，说明能释放氧分子，所以其热分解反应方程式为：2I2O52I2+5O2↑；

答：I2O5；2I2O52I2+5O2↑；