2023北京二中高一（下）期末化学试卷（教师版）

这是一份2023北京二中高一（下）期末化学试卷（教师版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

考试范围：必修第一册、第二册
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(每道题仅有一个正确选项，题每小题3分，共60分)
1. 古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是
A. AB. BC. CD. D
2. 下列变化中，气体被还原的是
A. 二氧化碳使Na2O2固体变白B. 氯气使KBr溶液变黄
C. 乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D. 氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
3. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
4. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 质量数为31的磷原子：B. 氟原子的结构示意图：
C. 的电子式： D. 小苏打的化学式：
5. 下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是
A. CH4B. NaOHC. SO2D. H2O
6. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D. NH3易溶于水，可用作制冷剂
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
8. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 ml的中，含有的中子数为0.6NA
B. 1 ml/L的H2SO4溶液中，含有的H+数为0.2NA
C. 标准状况下，2.24 L己烷在O2中完全燃烧，得到CO2分子数为0.6NA
D. 密闭容器中充入1mlN2与3mlH2反应制备NH3，形成的N-H键数目为6NA
9. 下列关于的实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
10. 乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中，不正确的是
A. 分子的空间填充模型
B. 分子式
C. 甲基的电子式
D. 向悬浊液中滴加醋酸，浊液变澄清
11. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D. 用中文“”(à)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
12. 下列鉴别实验中，所选试剂或方法不合理的是
A. 用水鉴别和乙酸乙酯B. 用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇
C. 用灼烧法鉴别羊毛线和腈纶线D. 用高锰酸钾酸性溶液鉴别乙醇和己烯
13. 关于下图中各装置的叙述不正确的是

A. 装置①可用于制备乙酸乙酯
B. 装置②可用于模拟海水蒸馏
C. 装置③可用于探究碳酸氢钠的热稳定性
D. 装置④为配制溶液过程中的定容操作
14. 当—个碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子叫做“手性碳原子”，莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是

A. 分子式为
B. 1 ml该化合物最多与3 ml Na反应
C. 该化合物含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团
D. 该分子中没有手性碳原子
15. 我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是

A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B. 葡萄糖可通过加聚反应得到淀粉
C. 葡萄糖是非还原性糖
D. 乙酸与葡萄糖含有相同官能团
16. 生产钛的方法之一是将金红石()转化为，再进一步还原得到钛。转化为有直接氯化法和碳氯化法，相关能量示意图如下所示。下列说法不正确的是

A. 将反应物固体粉碎可以加快直接氯化、碳氯化的反应速率
B. 可推知
C. 以上两种方法生产钛，从原子经济性角度看都不是100%原子利用率
D. 以上两种反应中，生成等量电子转移数相等
17. 室温下，用溶液溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。
下列说法不正确的是
A. 实验③中
B. 实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率
C. 降低溶液浓度比降低溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大
D. 。将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a
18. 某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：
下列说法不正确的是
A. 4min时，c(NO2)=1.50ml/L
B. 5min时，N2O5的转化率为83%
C. 0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125ml/(Lmin)
D. 其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50ml/L，则2min时c(N2O5)<0.25ml/L
19. 某同学进行如下兴趣实验：
下列说法不正确的是
A. 反应①中表现氧化性
B. 反应后混合液的减小
C. 该实验条件下，反应速率：③>②
D. 若用溶液代替溶液进行上述实验，现象相同
20. 含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；
ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；⼀定条件下，⼀段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是
A. 氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸⾬等
B. 采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率
C. 标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电⼦数约为
D. 该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ
二、非选择题(共60分；请将答案填写在答题纸上)
21. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①—⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）第三周期中元素非金属性最强的元素的原子结构示意图为___________。
（2）②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为(填化学式)___________
（3）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是___________。
a．⑤单质的熔点比⑥单质低 b．⑤的化合价比⑥低
c．⑤单质与水反应比单质⑥剧烈 d．⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强
（4）工业制备⑥单质的化学方程式___________。用⑥与赤铁矿冶炼金属铁的化学方程式___________。
（5）海水化学资源的开发利用具有重要的意义和作用，下图是海带中提取碘的示意图：

操作①的名称是___________；反应②的离子方程式是___________。
22. 气态烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，相对分子质量为28。B是A的同系物且比A多一个碳原子。由A、B经如下反应可制得软质隐形眼镜材料W( )。

已知：(R代表烃基或氢)
（1）A的官能团名称是___________。A→C的反应类型是___________。
（2）C→D的化学方程式___________。F分子只有一个—CH3，F→G的化学方程式___________。D和I生成J的方程式___________，该反应的反应类型是___________。
（3）推测下列物质中，一定条件下能与化合物I反应的有___________。
①Na ②NaOH ③Na2CO3④酸性KMnO4溶液 ⑤C2H5OH ⑥Cu ⑦H2⑧新制的氢氧化铜
23. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是___________。
（2） CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如、)反应，包括以下几步：
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：___________，___________。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式： △H
已知：键能是指气态分子中1 ml化学键解离成气态原子所吸收的能量。25℃，101 kPa时，CH4中C-H和HCl中H-Cl的键能分别是413 kJ∙ml-1和431 kJ∙ml-1。
a．当X为Cl时，△H =___________ kJ∙ml-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐___________(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：___________。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。

推知-CH3中C-H键能比 中C-H键能___________(填“大”或“小”)。
24. 二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此捕集与转化技术研究备受关注。
Ⅰ.利用制备CO
一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：
（1）下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)
A. 体系内B. 体系压强不再发生变化
C. 体系内各物质浓度不再发生变化D. 体系内CO的物质的量分数不再发生变化
Ⅱ.利用制备甲醇(CH3OH)
一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的和H2。涉及反应如下：
主反应：
副反应：
已知：产率
（2）一段时间后，测得体系中。产率=___________(用代数式表示)。
（3）探究温度对反应速率的影响(其他条件相同)
实验测得不同温度下，单位时间内的转化率和与CO的物质的量之比[]如图所示。

由图可知，随着温度的升高，转化率升高，的值下降。试解释其原因：___________。
25. 我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。在现代工业中，锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。
已知：锌的熔点420℃，沸点907℃。
Ⅰ.如图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图

i．
ii．
……
总反应：
（1）利用和计算时，还需要利用___________反应的。
（2）c处收集到___________(填“固”“液”或“气”)态金属锌。a和b两处小孔位于相反的位置，目的是___________。
（3）通过观察b处火焰可确定罐内反应状态。正常时，火焰应呈蓝色，燃烧的物质主要是___________。当火焰呈蓝绿色(Zn的焰色)时，可采取的措施是___________。
Ⅱ.现代炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种流程如下：

（4）浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：
i：
ii：……
①写出ii的离子方程式：___________。
②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。
b．___________。
（5）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是___________。
（6）电解：总反应(未配平)：。若不考虑副反应，为了使电解液中的Zn2+、Mn2+均恰好完全反应，理论上需要再添加哪种离子？___________。(填“Zn2+”、“Mn2+”或“都不需要”)。
参考答案
一、选择题(每道题仅有一个正确选项，题每小题3分，共60分)
1. 【答案】A
【解析】
【详解】A、瓷器是硅酸盐，陶瓷的成分主要是：氧化铝,二氧化硅，属于无机物，A正确。B、丝绸有要可怜人是蛋白质，属于有机物，B错误；C、茶叶主要含有茶多酚（Tea Plyphenls），是茶叶中多酚类物质的总称，包括黄烷醇类、花色苷类、黄酮类、黄酮醇类和酚酸类等，属于有机物，C错误；D、中药所含化学成分很复杂，通常有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、蜡、酶、色素、维生素、有机酸、鞣质、无机盐、挥发油、生物碱、甙类等，主要成份是有机物，D错误。
2. 【答案】B
【解析】
【详解】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，SO2被Fe3+氧化生成BaSO4沉淀，体现SO2的还原性，故A正确；
B．SO2通入H2S溶液中，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，SO2中S元素化合价降低，SO2是氧化剂，SO2表现氧化性，故B正确；
C．SO2通入酸性KMnO4溶液，KMnO4被还原为Mn2+，表现SO2的还原性，故C错误；
D．SO2通入Na2SiO3溶液，生成硅酸沉淀，证明酸性：H2SO3>H2SiO3，故D正确；
选C。
4. 【答案】A
【解析】
【详解】A．磷原子的质子数为15，即质量数为31的磷原子表示为，A正确；
B．氟原子的结构示意图为 ，B错误；
C．的电子式 ，C错误；
D．小苏打的化学式为，D错误；
故选A。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷属于共价化合物，只含共价键，选项A不合题意；
B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项B符合题意；
C．二氧化硫属于共价化合物，只含共价键，选项C不合题意；
D．水属于共价化合物，只含共价键，选项D不合题意。
答案选B。
6. 【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；
D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；
故选A。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；
C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀同时生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误；
答案为B。
8. 【答案】A
【解析】
【详解】A．1个中含有6个中子，则0.1 ml的中，含有的中子数为0.6NA，A正确；
B．1 ml/L的H2SO4溶液的体积未知，无法求出含有的H+数，B不正确；
C．标准状况下，己烷呈液态，无法求出2.24 L己烷的物质的量，也就无法求出在O2中完全燃烧得到CO2分子数，C不正确；
D．合成氨反应为可逆反应，反应不能进行完全，则1mlN2与3mlH2反应制备NH3，形成的N-H键数目小于6NA，D不正确；
故选A。
9. 【答案】B
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，和稀硫酸不反应，A错误；
B．二氧化硫通入品红溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，B正确；
C．二氧化硫密度大于空气，应该用向上排空气法收集，即长口进，短口出，C错误；
D．应该用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，D错误；
答案选B。
10. 【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸结构简式为CH3COOH，乙酸分子的空间填充模型，A正确；
B．乙酸分子式，B正确；
C．甲基是甲烷失去一个氢原子剩余的基团，甲基的电子式，C正确；
D．醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，氢氧化镁悬浊液与醋酸反应的离子方程式为，D错误；
故选D。
11. 【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si ，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；
D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。
答案为C。
12. 【答案】D
【解析】
【详解】A．和乙酸乙酯均不溶于水，且四氯化碳密度比水大在下层、乙酸乙酯密度比水小在上层，即可水鉴别和乙酸乙酯，A错误；
B．碳酸氢钠溶液可以和乙酸反应生成气体，但不和乙醇反应，即可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇，B错误；
C．灼烧羊毛，有烧焦羽毛气味，即可用灼烧法鉴别羊毛线和腈纶线，C错误；
D．乙醇和己烯均能使酸性高锰酸钾褪色，故不能用其鉴别，D正确；
故选D。
13. 【答案】C
【解析】
【详解】A．制取乙酸乙酯时，将乙醇放入试管，先加入浓硫酸，最后加入冰醋酸，用饱和碳酸钠溶液接收乙酸乙酯，导管口位于液面上，所以装置①可用于制备乙酸乙酯，A正确；
B．制取蒸馏水时，可将海水加入蒸馏烧瓶，加热至海水沸腾，用自来水冷凝，收集冷凝后的液体，装置②可用于模拟海水蒸馏，B正确；
C．若用装置③验证碳酸氢钠的热稳定性，碳酸氢钠分解产生的水蒸气在试管口遇冷会流回到试管底，使试管底炸裂，C不正确；
D．在容量瓶内配制溶液定容时，应使用胶头滴管，且管口位于容量瓶口的上方，装置④可用于配制溶液过程中的定容操作，D正确；
故选C。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式知分子式为C7H10O5，A错误；
B．1 ml该化合物含有3 ml羟基和1ml羧基，即最多与4 ml Na反应，B错误；
C．由结构简式知该化合物含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，C正确；
D．由结构简式知该化合物中与羟基相连的碳原子均为手性碳原子，即含有三个，D错误；
故选C。
15. 【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉为，是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖：，A正确；
B．一定条件下，葡萄糖可通过缩聚反应得到淀粉和水，B错误；
C．葡萄糖中含有醛基和羟基，为还原性糖，C错误；
D．葡萄糖中含有醛基和羟基，乙酸中含有羧基，二者官能团不相同，D错误；
故选A。
16. 【答案】B
【解析】
【详解】A．将反应物固体粉碎，增大反应物的接触面积，可以加快直接氯化，碳氯化的反应速率，A正确；
B．根据图示写出热化学方程式①，②，方程式②-①，得，，B错误；
C．由信息知两个过程中生成物除了四氯化钛外都还有其它产物，即从原子经济性角度看都不是100%原子利用率，C正确；
D．两种方法都是由转化为，即生成等量电子转移数相等，D正确；
故选B。
17. 【答案】D
【解析】
【分析】实验发生反应，浑浊是因为生成了硫单质，浑浊度代表生成硫单质的速率。
【详解】A．因避免溶液总体积不同对实验造成干扰，总体积应相同故实验③x=8，A正确；
B．实验①②③其他条件相同，随着Na2S2O3浓度增大，反应速率加快，实验③④⑤其他条件相同，随着H2SO4浓度减小，反应速率减慢，说明增大反应物浓度可增大该反应速率，B正确；
C．由①②③和③④⑤的速率变化图像可知，降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大，C正确；
D．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间，温度升高，反应速率加快，浑浊度曲线变化应更快，D错误；
故选D。
18. 【答案】D
【解析】
【详解】A.由题给表格数据可知，4min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.25) ml/L=0.75 ml/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(NO2)= 0.75 ml/L ×2=1.50ml/L，故A正确；
B.5min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.17) ml/L=0.83 ml/L，则N2O5的转化率为×100%=83%，故B正确；
C.0~2min内，N2O5的消耗量为(1.00—0.50) ml/L=0.50ml/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(O2)= 0.50 ml/L ×=0.25ml/L，则v(O2)==0.125ml/(Lmin)，故C正确；
D.由题给表格数据可知，2min时N2O5的消耗浓度为起始的一半，其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50ml/L，反应物浓度减小，化学反应速率减小，反应消耗N2O5的浓度小于起始的一半，则2min时c(N2O5) ＞0.25ml/L，故D错误；
故选D。
19. 【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①中中I元素为+5价，生成物I－中I元素为-1价，为氧化剂，表现氧化性，A项正确；
B．反应①生成的I－和H+的物质的量之比为1∶3，而反应②消耗的I－和H+的物质的量之比为5∶6，且反应③也消耗I－，所以总的来说H+生成的数量大于消耗的数量，H+数量增多，pH减少，B项正确；
C．先产生了橙红色沉淀后溶液颜色变蓝，说明反应速率③＞②，C项正确；
D．若用溶液代替溶液，则没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D项错误。
答案选D。
20. 【答案】C
【解析】
【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；
B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；
C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1ml)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；
D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；
故选C。
二、非选择题(共60分；请将答案填写在答题纸上)
21. 【答案】（1） （2）H2CO3＜HNO3＜HClO4
（3）cd （4） ①. 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ ②. Fe2O3+2Al2Fe+ Al2O3
（5） ①. 过滤 ②. 2I- + H2O2 + 2H+=I2 + 2H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl。
【小问1详解】
9种元素中，位于第三周期的元素为Na、Al、Si、S、Cl，从左到右，非金属性依次增强，则元素非金属性最强的元素是Cl，原子结构示意图为 ；
【小问2详解】
②③⑨分别为C、N、Cl元素，非金属性C＜N＜Cl，最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为H2CO3＜HNO3＜HClO4；
【小问3详解】
a．Na单质的熔点比Al单质低，只能说明Na晶体中金属键能比Al晶体中金属键能小，不能说明二者的金属性强弱关系，a不符合题意；
b．Na的化合价比Al低，只能说明二者原子的最外层电子数前者比后者少，不能说明金属性强弱关系，b不符合题意；
c．Na单质与水反应比Al单质剧烈，则表明Na比Al容易失去最外层电子，Na的金属性比Al强，c符合题意；
d．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，Na最高价氧化物的水化物的碱性比Al强，则表明Na的金属性比Al强，d符合题意；
故选cd；
【小问4详解】
工业制备Al单质时，采用电解熔融氧化铝的方法，化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。用Al与赤铁矿(Fe2O3)冶炼金属铁，同时生成Al2O3，化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+ Al2O3；
【小问5详解】
海带灼烧所得海带灰加水溶解后过滤，得到残渣和含I-的溶液；溶液中加入稀硫酸和H2O2发生反应生成I2等，再加入有机溶剂进行萃取、分液，便可得到含I2的有机溶液；
则操作①的名称是过滤；反应②中，含I-的溶液中加入稀硫酸和H2O2，发生反应生成I2等，离子方程式是2I- + H2O2 + 2H+=I2 + 2H2O。
【点睛】分离含碘有机物时，可采用蒸馏法。
22. 【答案】（1） ①. 碳碳双键 ②. 加成反应
（2） ①. BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr ②. 2 CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O ③. HOCH2CH2OH+CH2=C(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOCH2CH2OH+H2O ④. 酯化反应
（3）①②③④⑤⑦⑧
【解析】
【分析】气态烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，相对分子质量为28，则A为CH2=CH2；B是A的同系物且比A多一个碳原子，则B为CH3CH=CH2；根据流程，C为BrCH2CH2Br，D为HOCH2CH2OH；F分子只有一个-CH3，则E为CH3CH2CH2Br，F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH，I为CH2=C(CH3)COOH，J为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH。
【小问1详解】
A为CH2=CH2，官能团名称是碳碳双键；A(CH2=CH2)→C(BrCH2CH2Br)，则反应类型是加成反应。
【小问2详解】
C(BrCH2CH2Br)发生水解反应，生成D(HOCH2CH2OH)，化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；F分子只有一个-CH3，F(CH3CH2CH2OH)催化氧化生成G(CH3CH2CHO)，化学方程式为2 CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；D(HOCH2CH2OH)和I[CH2=C(CH3)COOH]生成J[CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH]的化学方程式为HOCH2CH2OH+CH2=C(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOCH2CH2OH+H2O，该反应的反应类型是酯化反应（或取代反应）。
【小问3详解】
化合物I为CH2=C(CH3)COOH，-COOH能与Na、NaOH、Na2CO3、C2H5OH、新制的氢氧化铜发生反应，碳碳双键能与酸性KMnO4溶液、H2发生反应，故选①②③④⑤⑦⑧。
【点睛】I分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，则具有烯烃和羧酸两类有机物的性质。
23. 【答案】（1）CH4+Cl2CH3Cl+HCl
（2） ①. CH3Cl+Cl∙∙CH2Cl+HCl ②. ∙CH2Cl+Cl2CH2Cl2+Cl∙ ③. -18 ④. 增大 ⑤. 同一主族元素，从上到下，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小
（3）大
【解析】
【小问1详解】
将表中“Ⅱ链传递”的两个反应加和，可得出CH4与Cl2在光照条件下反应，生成CH3Cl和HCl，化学方程式是CH4+Cl2CH3Cl+HCl。
【小问2详解】
①依据表中“Ⅱ链传递”的信息可类推出，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：CH3Cl+Cl∙∙CH2Cl+HCl，∙CH2Cl+Cl2CH2Cl2+Cl∙。
②a．当X为Cl时，△H =413 kJ∙ml-1-431 kJ∙ml-1=-18 kJ∙ml-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，产物中H-X键能依次减小，△H随着原子序数增大逐渐增大，原因是：同一主族元素，从上到下，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。
【小问3详解】
从图中可以看出，由 生成 放出的能量比生成 放出的能量小，可推知-CH3中C-H键能比 中C-H键能大。
【点睛】通常情况下，物质中所含化学键的键能越大，该物质具有的能量越低。
24. 【答案】（1）CD （2）
（3）主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，故二氧化碳转化率升高，同时一氧化碳物质的量增大，甲醇物质的量下降，则的值下降
【解析】
【小问1详解】
一氧化碳和水蒸气按物质的量1：1生成和消耗，A不能作为平衡标志；容器体积不变，且该反应前后气体物质的量不变，即体系压强恒定，B不能作为平衡标志；各物质的浓度不再改变，说明达到平衡，C能作为平衡标志；体系内一氧化碳物质的量分数不再改变，说明达到平衡，D可以作为平衡标志；综上选CD；
【小问2详解】
令一段时间生成甲醇物质的量为bml，一氧化碳物质的量为cml；则生成甲醇消耗二氧化碳物质的量为bml，生成一氧化碳消耗二氧化碳物质的量为cml，又此时还余二氧化碳物质的量为aml，即初始加入二氧化碳物质的量为（a+b+c）ml，故甲醇产率为；
【小问3详解】
主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，故二氧化碳转化率升高，同时一氧化碳物质的量增大，甲醇物质的量下降，则的值下降。
25. 【答案】（1）C(s)+ZnO(s)=Zn(g)+CO(g)
（2） ①. 液 ②. 使锌蒸气充分冷凝为液态锌
（3） ①. CO ②. 在b处对蒸气再次进行冷凝回流
（4） ①. ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S ②. 向a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去
（5）通入空气时，发生反应4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液的pH减小，加入的ZnO发生反应ZnO+2H+=Zn2++H2O，可控制溶液的pH
（6）Mn2+
【解析】
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)与软锰矿混合后加入稀硫酸浸出，产生的滤渣1为硫；滤液中通入空气，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌，调节溶液的pH，使Fe3+转化为FeOOH溶液，其为滤渣2；再将滤液进行电解，便可得到金属锌和MnO2。
【小问1详解】
i．
ii．
……
总反应：
根据盖斯定律，利用和计算时，将总反应-ⅰ-ⅱ得，还需要利用C(s)+ZnO(s)=Zn(g)+CO(g)反应的。
【小问2详解】
锌的熔点420℃，沸点907℃，泥罐中温度由1100~1300℃变成500~700℃，金属锌的状态由气态变为液态，则c处收集到液态金属锌。为减少金属锌的挥发，a和b两处小孔位于相反的位置，目的是：使锌蒸气充分冷凝为液态锌。
【小问3详解】
通过观察b处火焰可确定罐内反应状态。正常时，火焰应呈蓝色，燃烧的物质主要是CO。当火焰呈蓝绿色(Zn的焰色)时，表明CO中混有锌蒸气，应设法将锌蒸气冷凝，可采取的措施是：在b处对蒸气再次进行冷凝回流。
【小问4详解】
①Fe2+的作用类似催化剂，则ii中，Fe3+被ZnS还原为Fe2+，离子方程式：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
②b．加入ZnS，将Fe3+还原为Fe2+，即向a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。
【小问5详解】
通入O2将Fe2+氧化，同时生成H+；加入ZnO，与H+反应，调节溶液的pH，有利于Fe2+的氧化及Fe3+的沉淀。则通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液的pH减小，加入的ZnO发生反应ZnO+2H+=Zn2++H2O，可控制溶液的pH。
【小问6详解】
浸出时，发生反应MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，除铁时加入ZnO，使Zn2+的物质的量增大，电解时发生反应：。则若不考虑副反应，为了使电解液中的Zn2+、Mn2+均恰好完全反应，理论上需要再添加Mn2+。
【点睛】分析所需添加离子时，需关注整个流程，不能仅凭电解方程式进行判断。




A．瓷器
B．丝绸
C．茶叶
D．中草药
选项
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3



A．制取
B．验证漂白性
C．收集
D．尾气处理
编号
溶液
溶液
蒸馏水
浑浊度随时间变化的曲线
①
1.5
3.5
10
②
2.5
3.5
9
③
3.5
3.5
x
④
3.5
2.5
9
⑤
3.5
1.5
10
t/min
0
1
2
3
4
5
……
c(N2O5)/(ml/L)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
……
反应原理：①
②
③
现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
Ⅰ链引发
Ⅱ链传递
Ⅲ链终止
……
……