2023北京二中高一（下）期末化学试题及答案

高中PAGE1高中2023北京二中高一（下）期末化学考试范围：必修第一册、第二册可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-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．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药A.A B.B C.C D.D2.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BH2S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DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3A.A B.B C.C D.D4.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.CH4 B.NaOH C.SO2 D.H2O6.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↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol的中，含有的中子数为0.6NAB.1mol/L的H2SO4溶液中，含有的H+数为0.2NAC.标准状况下，2.24L己烷在O2中完全燃烧，得到CO2分子数为0.6NAD.密闭容器中充入1molN2与3molH2反应制备NH3，形成的N-H键数目为6NA9.下列关于的实验，能达到实验目的的是A．制取B．验证漂白性C．收集D．尾气处理A.A B.B C.C D.D10.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＞SiH4B.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＞SiD.用中文“”(ào)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.1mol该化合物最多与3molNa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。编号溶液溶液蒸馏水浑浊度随时间变化的曲线①1.53.510②2.53.59③3.53.5x④3.52.59⑤3.51.510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a18.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：t/min012345……c(N2O5)/(mol/L)1.000.710.500.350.250.17……下列说法不正确的是A.4min时，c(NO2)=1.50mol/LB.5min时，N2O5的转化率为83%C.0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lmin)D.其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)<0.25mol/L19.某同学进行如下兴趣实验：反应原理：①②③现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色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>②D.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：族周期ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨（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___________。①Na②NaOH③Na2CO3④酸性KMnO4溶液⑤C2H5OH⑥Cu⑦H2⑧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：Ⅰ链引发Ⅱ链传递Ⅲ链终止…………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1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。25℃，101kPa时，CH4中C-H和HCl中H-Cl的键能分别是413kJ∙mol-1和431kJ∙mol-1。a．当X为Cl时，△H=___________kJ∙mol-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（TeaPolyphenols），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0.1mol的中，含有的中子数为0.6NA，A正确；B．1mol/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2.24L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1molN2与3molH2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．1mol该化合物含有3mol羟基和1mol羧基，即最多与4molNa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)mol/L=0.75mol/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)=0.75mol/L×2=1.50mol/L，故A正确；B.5min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.17)mol/L=0.83mol/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)mol/L=0.50mol/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)=0.50mol/L×=0.25mol/L，则v(O2)==0.125mol/(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)=0.50mol/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)＞0.25mol/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(0.1mol)，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+2NaBr②.2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O③.HOCH2CH2OH+CH2=C(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOCH2CH2OH+H2O④.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2CH3CH2CH2OH+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+HCl②.∙CH2Cl+Cl2CH2Cl2+Cl∙③.-18④.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=413kJ∙mol-1-431kJ∙mol-1=-18kJ∙mol-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