2023届甘肃省甘谷县第一中学化学高一第二学期期末综合测试模拟试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化学实验符合“绿色化学”要求的有：①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水②在铜与浓硫酸反应的实验中，将铜片改为铜丝③将实验室的废酸液或废碱液进行处理后再排放④加成反应、酯化反应和加聚反应最符合“原子经济性”A．①③ B．②③ C．①④ D．②④2、为了提高公众认识地球保障发展意识，江苏省各地广泛开展了一系列活动。下列活动不符合这一宗旨的是()A．加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究B．积极推广风能，太阳能光伏发电C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”D．将高能耗，高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高居民收入3、下列关于催化剂的说法正确的是()A．任何化学反应都需要催化剂 B．化学反应中的催化剂一般并不唯一C．催化剂对化学反应历程无影响 D．催化剂的化学性质在反应前后会发生改变4、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是（）A．X与W形成的化合物中只有共价键B．X与Z形成的化合物中只有离子键C．元素的非金属性：X＞R＞WD．简单离子的半径：W＞R＞X5、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是一放热反应。如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法中正确的是A．升高温度会使正反应速率升高逆反应速率减慢B．在高温和催化剂作用下，H2可以100%地转化为NH3C．当NH3的浓度是N2的二倍时，反应达到平衡状态D．使用催化剂可以加快反应速率，提高生产效率6、下列有关叙述：①非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N；②M原子比N原子容易得到电子；③单质M跟H2反应比N跟H2反应容易得多；④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx>HnNOy；⑥熔点M>N。能说明非金属元素M比N的非金属性强的是A．②⑤ B．①②③ C．①②③⑤ D．全部7、反应2H2(g)+02(g)=2H2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法中正确的是A．∆H1<0 B．∆H2为该反应的反应热C．∆H3为氢气的燃烧热 D．∆H1=∆H3-∆H28、下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是（）A．20Ne和22Ne互为同位素B．20Ne和22Ne属于同一种核素C．20Ne和22Ne的中子数相同D．20Ne和22Ne的质量数相同9、下列变化属于物理变化的是A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液褪色B．浓硝酸滴到皮肤变黄C．钠与酒精混合有气泡D．苯滴入溴水中振荡后水层接近无色10、下列电极反应式正确的是()A．以惰性材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H2－2e－===2H＋B．铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑C．以铜为电极将2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋设计成原电池，正极反应式为Cu－2e－===Cu2＋D．以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，负极反应式为Al－3e－===Al3＋11、下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（）A．KOH B．CaCl2 C．H2O D．NaCl12、X、Y、Z三种短周期主族元素，原子半径的大小为r(X)>r(Y)>r(Z)，X和Y同周期，Y和Z同主族。下列说法一定正确的是A．最高正化合价：Z>XB．X、Y、Z的单质中，Z的熔点最高C．若X为非金属元素，则离子半径：Xn->Ym->Zm-D．若X为金属元素，则X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物中Y的碱性最强13、已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是A．N元素的化合价降低 B．NH3被还原C．消耗0.3molCuO转移0.6NA个电子 D．CuO是还原剂14、某高校化学工作者创建了“元素立体周期律”，在原来二维周期表横列(X轴)和纵列(Y轴)基础上，增加了一个竖列(Z轴)。z轴按“中质差”(中子数和质子数之差△Z=N-P)自上而下，递增顺序排列。原“二维元素表”中的相对原子质量由同位素“中质和”(中子数和质子数之和A=N+P)替代。下列说法正确的是A．“中质和”相同的核素一定是同一元素B．“中质差”相同的核素一定是同一元素C．N2-P2=A×△ZD．至2008年，人们发现108种元素有m种核素，说明中质差一定有m种15、下列物质中，只含有非极性共价键的是（）A．MgCl2 B．Ba(OH)2 C．O2 D．H2O216、下列说法中，正确的是A．铅蓄电池放电时铅电极发生还原反应B．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2e-+2H2O=4OH-C．给铁钉镀铜可采用Cu2+作电镀液D．生铁浸泡在食盐水中发生析氢腐蚀17、某饱和一元醇CnH2n＋1OH14.8g和足量的金属钠反应生成H22.24L(标准状况)，则燃烧3.7g该醇生成的水的物质的量为（）A．0.05mol B．0.25mol C．0.5mol D．0.75mol18、NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2O中含有的分子数为NAB．32gO2中含有的电子数为32NAC．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NAD．1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA19、聚丙烯酸酯的结构简式可表示为，由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是()A．属于高分子化合物，是混合物B．链节为—CH2—CH—C．单体为CH2＝CH—COORD．n为聚合度20、对于反应2NO2(g)N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是()①体积不变，增加NO2的物质的量②体积不变，增加N2O4的物质的量③使体积增大到原来的2倍④充入N2，保持压强不变A．①② B．②③C．①④ D．③④21、如图是甲醇燃料电池的结构示意图。电池总反应为：2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O。下列说法正确的是（）A．左电极为电池的负极，a处通入的物质是空气B．右电极为电池的负极，b处通入的物质是甲醇C．负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+D．正极反应式为：O2+2H2O-4e-=4OH-22、下列有关硫酸和硝酸的说法中正确的是（

）A．将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2B．向50mL12mol•L﹣1的浓硝酸中加入足量铜片其充分反应，生成0.3molNO2C．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4

，在管口观察到红棕色气体D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后应立即用大量水冲洗二、非选择题(共84分)23、（14分）下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答:元素有关信息A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体C原子半径为0.102nm，其单质为黄色固体，可在AD最高价氧化物的水化物能按1:1电离出电子数相等的阴、阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐(1)写出C元素在周期表中的位置_________________，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式________________。(2)写出A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是______________(填化学式)。(3)写出B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是_________(填化学式)。(4)写出D的单质在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，该氧化物含有的化学键类型是________________。(5)砷(As)与E同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为_______，其氢化物的化学式为24、（12分）硫酸镁晶体（MgSO4·7H2O）是一种重要的化工原料。以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性杂质）为原料制取硫酸镁晶体的过程如下：（1）MgCO3溶于稀硫酸的离子方程式是___________。（2）“氧化”步骤中，加入H2O2溶液的目的是___________（用离子方程式表示）。（3）“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是___________。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Mg2＋Fe2＋Fe3＋开始沉淀9.17.61.9完全沉淀11.19.73.2（4）“过滤”所得滤液中含有的阳离子是___________。25、（12分）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如图1所示：（1）如图2所示，过滤操作中的一处错误是___________。（2）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_____________。（3）无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。①装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________。②F中试剂是浓硫酸，若用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，则该仪器及所装填的试剂为_______。③装置E的作用是__________。④制备MgAl2O4过程中，高温焙烧时发生反应的化学方程式____________。26、（10分）1，2-二溴乙烷可作抗爆剂的添加剂。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装罝图，图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。已知：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O相关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度/g·cm-30.792.180.713.10沸点/℃78.5131.434.658.8熔点/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶难溶微溶可溶（1）实验中应迅速将温度升高到170℃左右的原因是______________________________。（2）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_____________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是_____________________；安全瓶b还可以起到的作用是__________________。（3）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是________________________。（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为___________，要进一步提纯，下列操作中必需的是_____________（填字母）。A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取（5）实验中也可以撤去d装罝中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装罝的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是____________________。27、（12分）某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。编号实验装置实验现象1锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象2两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不偏转3铜棒表面的现象是______________________，电流计指针___________________①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是___________________。(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：Zn棒：______________________________。Cu棒：______________________________。(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻___________g。28、（14分）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水,再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下列问题:(1)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2,并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3,吸收1molBr2时,转移的电子数为____mol。(2)海水提镁的一段工艺流程如下图:浓海水的主要成分如下:离子Na+Mg2+Cl-S浓度/(g·L-1)63.728.8144.646.4该工艺过程中,脱硫阶段主要反应的离子方程式为______________,产品2的化学式为______,1L浓海水最多可得到产品2的质量为___g。(3)电解熔融的氯化镁时发生反应的化学方程式为_____________;电解时,若有少量水存在会造成产品镁的消耗,写出有关反应的化学方程式__________________。29、（10分）（1）已知拆开1mo1H-H键、1molN≡N键、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。则生成1mo1NH3时反应放出___________kJ的热量。（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是________（填序号）。（3）直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。①三种乙醇燃料电池中正极反应物均为______________________；②碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______________________________；③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，电极b上发生的电极反应式为______________________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【答案解析】

绿色化学又叫环境无害化学或环境友好化学，减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计叫做绿色化学。绿色化学的核心围绕原子经济性，最理想的技术是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，实现废物的“零排放”。【题目详解】①溴易挥发、有毒，在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水，符合“绿色化学”要求；②在铜与浓硫酸反应的实验中，将铜片改为铜丝仍然产生有毒气体二氧化硫，不符合“绿色化学”要求；③将实验室的废酸液或废碱液进行处理后再排放，减少污染，符合“绿色化学”要求；④加成反应和加聚反应最符合“原子经济性”，酯化反应中还有水生成，不符合“绿色化学”要求；答案选A。2、D【答案解析】

可以从污染物的来源、危害和绿色环保的含义进行分析，认识我国人口众多、资源相对不足、积极推进资源合理开发、节约能源的行为都是符合“地球保障发展意识”的主题的理念进行解答。【题目详解】A.综加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究，积极推进了资源合理开发，符合题意，故A正确；B.积极推广风能，太阳能光伏发电，不仅节约不可再生能源如化石燃料，而且减少污染，符合题意，故B正确；C.在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”，积极推进了资源合理开发，符合题意，故C正确；D.将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，故D错误。故选D。3、B【答案解析】

A项、并不是所有的化学反应都需要催化剂，如氢气在氧气中燃烧不需要使用催化剂，故A错误；B项、一个化学反应不是只能有一种催化剂，如过氧化氢分解的反应中，二氧化锰、氯化铁等均可以作催化剂，故B正确；C项、催化剂能够改变化学反应的途径，对化学反应历程有影响，故C错误；D项、催化剂在反应前后本身的质量和化学性质不变，故D错误；故选B。【答案点睛】催化剂的特点可以概括为“一变二不变”，一变是能够改变化学反应速率，二不变是指质量和化学性质在化学反应前后保持不变，催化剂只能改变化学反应速率，对生成物的质量无影响。4、A【答案解析】

根据元素周期律，推出：X为O，Y为F，W为Cl，R为S，Z为Na，则A、Cl和O形成氯的氧化物，只含有共价键，故A正确；B、Na与O形成Na2O和Na2O2，Na2O中只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故B错误；C、非金属性大小顺序是O＞Cl＞S，故C错误；D、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此S2－＞Cl－＞O2－，故D错误。答案选A。5、D【答案解析】

A、升高温度会使正反应速率、逆反应速率都升高，故A错误；B、对于可逆反应，反应物不可能100%地转化为生成物，故B错误；C、当NH3的浓度是N2的二倍时，不一定达到平衡状态，故C错误；D、使用催化剂加快反应速率，提高生产效率，故D正确；答案选D。6、B【答案解析】

①非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N，则M的氧化性比N的氧化性强，对应的元素的非金属性M强于N，①正确；②非金属性表示的元素原子得电子的能力，M原子更容易得到电子，则元素M的非金属性强于N，②正确；③元素非金属性越强，元素的单质遇氢气化合反应越容易，单质M与H2反应更容易，则非金属元素M的非金属性比N的强，③正确；④比较元素的非金属性强弱，可以比较其简单氢化物的稳定性，而不是氢化物的酸性，④错误；⑤比较元素的非金属性强弱，比较通过比价最高价氧化物的水化物的酸性强弱，现在不同判断是否为M和N元素的最高价氧化物的水化物，⑤错误；⑥熔点为物理性质，非金属性为化学性质，没有直接关系，⑥错误；综上①②③正确，B项符合题意；本题答案选B。7、D【答案解析】

A项，断裂化学键吸收能量，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，ΔH10，A项错误；B项，根据图像，该反应的反应热为ΔH3，B项错误；C项，ΔH3指2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）的反应热，燃烧热指101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C项错误；D项，根据图像，断裂2molH2（g）和1molO2（g）中化学键生成4molH和2molO需要吸收能量，ΔH10，4molH和2molO形成2molH2O（l）中化学键释放能量，ΔH20，2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（l）释放能量，ΔH30，一个化学反应的反应热=拆开反应中化学键吸收的能量-形成生成物中化学键释放的能量，则ΔH3=ΔH1+ΔH2，则ΔH1=ΔH3-ΔH2，D项正确。答案选D。8、A【答案解析】A.20Ne和22Ne属于同种元素的原子，中子数不同，互为同位素，故A正确；B.20Ne和22Ne的中子数不同，属于2种核素，故B错误；C.20Ne和22Ne的中子数分别为10和12，故C错误；D.20Ne和22Ne的质量数分别为20和22，故D错误；故选A。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系。认识核素的符号是解题的关键，元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。9、D【答案解析】分析：A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，被高锰酸钾氧化；B.浓硝酸滴到皮肤变黄，属于蛋白质的颜色反应；C.钠与酒精混合有气泡，该气体为氢气；D.苯滴入溴水中振荡，溶解在水中的溴，被转移到了苯中；结合物理变化和化学变化的区别据此分析判断。详解：A.乙烯中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾溶液氧化，因此通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，属于化学变化，故A不选；B.浓硝酸能够与部分蛋白质发生颜色反应，因此滴到皮肤上，皮肤变黄，属于化学变化，故B不选；C.乙醇分子中含有羟基，能够与钠反应放出氢气，属于化学变化，故C不选；D.苯滴入溴水中振荡后水层接近无色，发生了苯与溴水的萃取，属于物理变化，故D选；故选D。10、B【答案解析】分析：A.根据电解质溶液显碱性分析；B.锌是负极，铜是正极；C.正极铁离子放电；D.铝转化为偏铝酸根离子。详解：A.以惰性材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H2－2e－＋2OH－＝2H2O，A错误；B.金属性锌强于铜，铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，锌是负极，铜是正极，正极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，B正确；C.以铜为电极将2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋设计成原电池，铜是负极，正极铁离子得到电子，反应式为Fe3＋＋e－＝2Fe2＋，C错误；D.以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，铝是负极，负极反应式为Al－3e－＋4OH－＝2H2O＋AlO2－，D错误。答案选B。点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极的判断方法、离子的移动方向和电极反应式的书写。D选项是易错点，注意铝能与氢氧化钠溶液反应生成物是偏铝酸根离子。11、A【答案解析】

一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。【题目详解】A项，KOH中K+与OH-之间为离子键，OH-内O原子与H原子间为共价键，符合题意；B项，氯化钙中只含有离子键，不符合题意；C项，水中只含有共价键，不符合题意；D项，氯化钠中只含有离子键，不符合题意；答案选A。12、C【答案解析】

X和Y同周期且r(X)>r(Y)，则X的原子序数小于Y，Y和Z同主族且r(X)>r(Y)>r(Z)，则Z的原子序数最小，即原子序数Z<X<Y，可推出Z在第二周期，X、Y在第三周期。【题目详解】A.Z可能为氧元素或氟元素，则Z可能无正价，故A错误；B.Y、Z若在VIIA族，单质的相对分子质量大的熔点高，且X可能是硅，则可能X的熔点最高，故B错误；C.若X为非金属元素，X、Y具有相同的电子结构，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Xn->Ym->Zm-，故C正确；D.若X为金属元素，同周期从左到右金属性逐渐减弱，则X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物中，X的碱性最强,故D错误；综上所述，答案为C。13、C【答案解析】

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。【题目详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3molCuO转移0.6NA个电子，故C正确；D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；故选C。【答案点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。14、C【答案解析】分析：A．同一元素具有相同的质子数，“中质和”即质量数，质量数相同的核素质子数不一定相同，不一定是同一元素；B．同一元素具有相同的质子数，“中质差”相同的核素，质子数不一定相同；C．根据△Z=N-P、A=N+P计算判断；D．一种原子即为一种核素，不同核素中质差可能相等。详解：A．“中质和”即质量数，质量数相同的核素质子数不一定相同，不一定是同一元素，如14C、14N，A错误；B．“中质差”相同的核素，质子数不一定相同，也不一定是同一元素，如12C、14N，其中质差均为0，B错误；C．△Z=N-P、A=N+P，则A×△Z=（N+P）×（N-P）=N2-P2，C正确；D．一种原子即为一种核素，不同核素中质差可能相等，如14C、16O，中质差的数目应小于同位素的数目，D错误；答案选C。15、C【答案解析】MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键,C正确；H2O2为共价化合物，既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。点睛：一般来说,活泼金属元素与非金属元素形成离子键,非金属元素之间形成共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素之间形成极性共价键。16、C【答案解析】A．铅蓄电池放电时，该装置是原电池，铅易失电子发生氧化反应而作负极，二氧化铅作正极，故A错误；B．钢铁吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，故B错误；C．电镀时，电解质溶液中必须含有与镀层材料相同的金属元素，所以在铁上镀铜时，电解质必须为可溶性的铜盐，故C正确；D．生铁在弱酸性或中性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，故D错误；故选C。17、B【答案解析】

1mol一元醇可生成0.1mol氢气，则14.8g醇的物质的量为0.2mol，相对分子质量为74，故其分子式为C4H10O，故燃烧3.7g该醇可生成0.25mol水。答案选B。18、C【答案解析】

A、标况下，水不是气体；B、1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol；C、O2和O3的最简式相同，都为O；D、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子。【题目详解】A项、标况下，水不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；B项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol，含有电子数为16NA，故B错误；C项、O2和O3的最简式相同，都为O，由最简式可知32gO的物质的量为2mol，含有的氧原子数目为2NA，故C正确；D项、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。故选C。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确计算反应中反应转移的电子数是解答关键。19、B【答案解析】

依据高分子化合物聚丙烯酸酯的结构简式可确定其链节为，单体为，n为聚合度，因n值不确定，高分子化合物均是混合物，A、C、D均正确，B不正确，答案选B。20、D【答案解析】由于反应前后体积都是不变的，所以，加入NO2还是加入N2O4都是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以①②不正确。③④都是相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，二者比值增大，答案选D。21、C【答案解析】

A.依据图中电子流向分析，原电池中电子是从负极流向正极，电子流出的一端是负极，失电子发生氧化反应，即左电极为电池的负极，a处是失电子的一端，通的是甲醇，故A错误；B.原电池中电子是从负极流向正极，电子流出的一端是负极，流入的一端为正极，得到电子发生还原反应，电子流入的一端是正极，通入氧气得到电子发生还原反应，故B错误；C.负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O−6e−=CO2+6H+，故C正确；D.正极是氧气得到电子发生还原反应，在酸性介质中，电极反应产物应写成水的形式，电池的正极反应式为：O2+4H++4e−=2H2O，故D错误；故选C。【答案点睛】原电池负极失去电子，发生氧化反应，电子由负极经过外电路流向正极，正极得到电子，发生还原反应，燃料电池中燃料作负极。22、C【答案解析】A．浓硫酸和锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与锌反应生成氢气，故A错误；B．由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=n（HNO3）=0.05L×12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu（NO3）2]=n（NO2），联立方程解得：n（NO2）=0.3mol，而随反应的进行浓硫酸要变稀硫酸，所以生成NO2小于0.3mol，故B错误；C．向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应生成NO，NO在试管口被氧化生成红棕色的二氧化氮气体，故C正确；D．运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后，如果用水冲洗，硫酸被稀释而生成氢气，易爆炸，故D错误；故选C。点睛：明确稀硫酸、浓硫酸及硝酸的性质特征是解题关键，浓硫酸具有强氧化性，可与金属锌、铜等反应生成二氧化硫气体，但稀硫酸与铜不反应，稀硫酸与活泼金属反应生成氢气，特别注意浓、稀硝酸均有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，且酸性条件下溶液中的NO3-也有强氧化性，以此解答。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅥA族H2O>H2SH2SO4<HClO4非极性共价键，离子键33AsH3【答案解析】分析：短周期元素A、B、C、D、E，A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，可推知A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体，则B为Cl元素；C原子半径为0.102nm，其单质为黄色晶体，可在A的单质中燃烧，则C为S元素；D的最高价氧化物的水化物能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；E的原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，据此解答。详解：根据上述分析，A为O元素；B为Cl元素；C为S元素；D为Na元素；E为N元素，X为NH4NO3。(1)C为Cl元素，处于周期表中第三周期ⅦA族，D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；(2)元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是H2SO4<HClO4，故答案为：H2SO4<HClO4；(4)钠在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，是过氧化钠，含有的化学键类型有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；(5)砷(As)与N元素同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为7+8+18=33，其氢化物的化学式与氨气相似，为AsH3，故答案为：33；AsH24、MgCO3＋2H＋＝Mg2＋＋CO2↑＋H2OH2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O3.2~9.1Mg2＋、NH4＋【答案解析】

由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。【题目详解】（1）根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）用氨水调节溶液pH，使Fe3+沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2~9.1，故答案为：3.2~9.1；（4）因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg2+和NH4+，故答案为：Mg2+和NH4+。【答案点睛】注意用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀除去，而Mg2+不能沉淀是解答的关键。25、漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁坩埚除去HCl装有碱石灰的干燥管收集氯化铝产品【答案解析】

（1）用过滤操作的“两低三靠”来分析；（2）高温焙烧通常选用坩埚来盛放固体，注意坩埚有多种材质。（3）除去氯气中的氯化氢气体，首选饱和食盐水；从F和G的作用上考虑替代试剂；从题给的流程上判断高温焙烧时的反应物和生成物并进行配平。【题目详解】(1)漏斗下方尖端应当贴紧烧杯壁，以形成液体流，加快过滤速度；(2)坩埚通常可用于固体的高温焙烧；(3)①浓盐酸易挥发，用饱和食盐水可除去浓盐酸挥发出的HCl气体，并降低氯气的溶解损耗；②F装置的作用是吸收水分，防止水分进入收集瓶，G装置的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染环境。用装有碱石灰的球形干燥管可以同时实现上述两个功能；③图中已标注E是收集瓶，其作用是收集D装置中生成的氯化铝；④从整个流程图可以看出，用氨水从溶液中沉淀出Al(OH)3和Mg(OH)2，再通过高温焙烧来制取目标产物MgAl2O4，所以反应物为Al(OH)3和Mg(OH)2，生成物为MgAl2O4，该反应的化学方程式为：。26、减少副产物乙醚的生成b中长直玻璃管内液柱上升过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体乙醚C液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发【答案解析】(1)乙醇在浓硫酸作用下加热到140℃的条件下,发生分子间脱水,生成乙醚,为了减少副产物乙醚的生成，实验中应迅速将温度升高到170℃左右。因此，本题正确答案是:减少副产物乙醚生成。

(2)根据大气压强原理,试管d发生堵塞时,b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降,玻璃管中的水柱上升,甚至溢出;根据表中数据可以知道,1,2-二溴乙烷的沸点为9.79℃,若过度冷却,产品1,2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d，b装置具有防止倒吸的作用。

因此，本题正确答案是:b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却,产品1,2-二溴乙烷在装置d中凝固;防止倒吸。

(3)氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应,防止造成污染。

因此，本题正确答案是:吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2、等酸性气体。

(4)在制取1,2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成，除去1,2一二溴乙烷中的乙醚,可以通过蒸馏的方法将二者分离,所以C正确。因此，本题正确答案是:乙醚;C。

(5)实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯,改为将冷水直接加入到d装置的试管内,则此时冷水除了能起到冷却1,2一二溴乙烷的作用外,因为Br2、1,2-二溴乙烷的密度大于水,还可以起到液封Br2及1,2-二溴乙烷的作用。因此，本题正确答案是:液封Br2及1,2-二溴乙烷.点睛：(1)乙醇在浓硫酸、140℃的条件下发生分子间脱水生成乙醚；(2)当d堵塞时,气体不畅通,则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中,甚至溢出玻璃管;1,2-二溴乙烷的凝固点较低9.79℃,过度冷却会使其凝固而使气路堵塞;b为安全瓶,还能够防止倒吸；(3)b中盛氢氧化钠液,其作用是洗涤乙烯;除去其中含有的杂质CO2、SO2、等),(6)根据1,2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大,且密度大于水进行解答。27、有气体生成发生偏转活泼性不同的两个电极形成闭合回路有电解质溶液Zn－2e－＝Zn2＋2H＋＋2e－＝H2↑Cu13【答案解析】分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；（2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋。铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×65g/mol＝13.0g。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。28、Ca2++SCaSO4↓Mg(OH)269.6MgCl