北京市房山区2021届高三上学期期末考试化学试题

北京市房山区2021届高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．2020年12月17日嫦娥五号返回器携带月球样品成功返回地面。下列所涉及的材料属于金属材料的是（）A．超声电机的心脏——压电陶瓷 B．主体框架——钛合金、铝合金C．国旗旗面——芳纶纤维 D．发动机包裹材料——碳纤维2．化学与人类生活密切相关，下列应用中涉及氧化还原反应的是（）A．用BaCl2去除粗盐中的SO42-B．用NaClO溶液消毒C．用小苏打作食品膨松剂D．用明矾［KAl(SO4)2·12H2O］作净水剂3．下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是（）①臭氧(O3)②铁粉③NaCl④KI⑤双氧水A．①⑤ B．②④ C．③④ D．③⑤4．过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法错误的是（）A．Na2O2的电子式：B．Na+的结构示意图：C．16O与18O互称为同位素D．NaOH属于离子化合物，仅含有离子键5．下列说法正确的是（）A．标准状况下，相同体积H2和H2O中所含的H原子数相等B．2.3g钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时转移的电子数相等C．相同物质的量C2H4和C3H6所含C-H键的数目相等D．0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)相等6．下列化学用语表达正确的是（）A．NaCl溶液导电：NaCl=Na++Cl−B．氯气通入水中制备氯水：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-C．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：CO2+H2O+2C6H5O-→2C6H5OH+CO3D．石灰水敞口存放，出现白色固体：2OH-+CO2=CO32-+H27．用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是（）

ABCD实验目的制备氢氧化铁胶体分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液制取并检验氨气证明氯化银溶解度大于硫化银实验装置A．A B．B C．C D．D8．糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质，下列说法正确的是（）A．糖类、油脂、蛋白质均可水解B．纤维素和淀粉互为同分异构体C．油脂属于酯类物质可发生皂化反应D．NH4Cl溶液和CuSO4溶液均可使蛋白质变性9．用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的转化机理，其主要过程示意图如下：下列说法错误的是（）A．C3N4中C为-4价B．该过程中太阳能转化为化学能C．g-C3N4端的反应：O2+2H++2e-=H2O2D．NO最终转化为HNO310．近年来，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。其中直接氧化法的反应为：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH。下图为恒容反应器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别为1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系下列说法错误的是（）A．该反应为放热反应B．反应平衡常数K(300℃)＞K(400℃)C．对应的曲线进料浓度比c(HCl)：c(O2)=7：1D．HCl初始浓度为c0，进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1时，K(400℃)=(0.42)11．常温下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．a点pH约为3，由此可以判断HA是弱酸B．b→c过程中，c(A-)不断增大C．c点V(KOH)＜10mLD．d点混合液中离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+)12．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾，流程如下下列说法错误的是（）A．步骤i适当加热搅拌可以加快反应速率B．ii中的试剂为H2O2C．iii中反应为2Fe3++10H2O+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+10HD．iv中反应说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO413．绿原酸是金银花中抗菌、抗病毒的有效药理成分之一，结构简式如图所示。下列关于绿原酸的推测不合理的是（）A．可溶于水也可溶于乙醇B．不具备抗氧化能力C．在碱性条件下不稳定，1mol绿原酸最多可与4molNaOH反应D．可通过缩聚反应形成高分子14．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。①②③

试管内生成蓝色沉淀在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化下列说法错误的是（）A．实验①说明Fe腐蚀生成Fe2+B．对比实验①③，可以判定Zn保护了FeC．对比实验②③，预测K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化D．将②中溶液换成H2O(已除O2)，若无明显现象，说明K3[Fe(CN)6]不能氧化Fe二、填空题15．为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等从世界范围征集优秀青年化学家为化学元素代言，我国有8位化学家成为硫(S)等元素的代言人。回答下列问题：（1）S在周期表中的位置是（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是(填字母序号)a．非金属性：O＞Sb．离子半径：S2-＞Cl-c．酸性：H2SO4＞H2SO3d．酸性：H2SO4＞H3PO4（3）Se与S位于同一主族，二者氢化物稳定性较强的是：(用化学式表示)，用原子结构解释原因（4）某同学用如下装置探究不同价态硫元素之间的转化。培养皿中A、B、C三个塑料瓶盖内盛有不同物质。向Na2SO3固体上滴加70%硫酸，迅速用玻璃片将培养皿盖严，实验记录如下。实验装置瓶盖物质实验现象A蘸有品红溶液的棉花品红溶液褪色BHCl、BaCl2的混合溶液无明显变化CHCl、BaCl2、FeCl3的混合溶液产生白色沉淀能够说明硫元素由+4价转化为+6价的证据是三、综合题16．合成纤维性能优异，用途广泛，除了满足人们的穿着需求外，还广泛应用于医疗、航天等高科技领域。涤纶(聚酯纤维)F和维纶I的合成路线如下：已知：RCHO+→H++H2O（1）A中官能团的名称是。（2）B→C的反应类型是（3）芳香烃D苯环上的一氯代物仅有一种，D的结构简式是。（4）C+E→F化学方程式是（5）G→H分为两步反应，写出中间产物及H的结构简式。(已知乙烯醇不稳定，会迅速转化为乙醛。)17．将二氧化碳加氢制甲醇可以实现碳减排。其主反应为：I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ/mol在较高温度时可发生副反应：II：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol（1）①写出反应I的平衡常数表达式。②为提高主反应I中CO2的平衡转化率n(CO2)a．升高温度b．增大反应的压强c．增大投料比（2）反应过程中，副反应生成的CO也可以与H2反应生成甲醇，请写出该反应的热化学方程式（3）在密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，在相同时间内测得不同实验温度下混合气体中甲醇的体积分数(CH3OH)与温度的关系如图所示：①甲醇的生成速率：vavb(填“＞”“=”或“＜”)②温度高于t1时，甲醇的体积分数随温度升高而减小的原因是。（4）下表是其它条件相同时，不同催化剂成分对甲醇产率及催化选择性的数据。组成/单位催化剂CuOZnOAl2O3ZrO2MnOCH3OH产率选择性wt%wt%wt%wt%wt%g·(kg-催化剂)-1·h-1%催化剂I65.826.37.9007840催化剂II62.425012.609688催化剂III65.826.603.6488100催化剂IV65.826.605.6213891说明：wt%为质量百分数单位。由上表数据，可以得到的结论是(填字母序号)。a．催化剂的组成会影响单位时间内所获得的产品质量b．催化剂的组成会影响反应的限度c．其它条件相同时，催化剂中MnO对甲醇选择性的影响大于ZrO218．造纸、纺织工业中会产生酚类废水，直接排放会危害人类身体健康。（1）电芬顿法是一种新型的有机废水处理技术，流程如下：①当污水通过铁碳微电解反应器时，会形成数量巨大的微小电池，这些微小电池的负极反应式为②在微电解反应器中加入H2O2，酸性条件下，Fe2+催化H2O2分解产生具有高反应活性和高氧化性的·OH中间体，将苯酚氧化为CO2和H2O。i.Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii.·OH+=CO2↑+iii.2Fe3++2OH-=2Fe2++O2+2H+请配平第ii步反应的方程式（2）利用微生物也可将废水中苯酚的化学能转化为电能，同时还可以消除废水中的硝酸盐。装置如图所示。①电极a为(填“正”或“负”)极；②离子交换膜B为(填“阴”或“阳”)离子交换膜；③理论上每消除1molC6H6O，同时消除molNO3-（3）某化学小组用苯酚和浓溴水定量分析的实验方法测定经处理后的苯酚废水是否达到排放标准。原理如下：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。步骤2：将5.0mL0.01mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/LKI溶液，振荡。步骤4：滴加2-3滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液8.50mL。(反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)①达到滴定终点的现象是②该废水中苯酚的含量为mg/L19．某兴趣小组探究溶液中NaNO2与KI的反应。（查阅资料）①NaNO2常温下比较稳定，在一定条件下可将碘离子氧化为碘单质，同时被还原为NO。②HNO2室温下不稳定，分解产生NO和NO2。（实验探究）实验I实验II操作3滴0.01mol/LNaNO2溶液①1mL0.01mol/LKI溶液②3滴淀粉溶液③5滴稀硫酸淀粉碘化钾试纸1mL0.01mol/LNaNO2溶液现象无明显现象有微小无色气泡，溶液变为蓝色（1）NaNO2溶液显弱碱性，用离子方程式说明原因（2）实验I无明显现象的原因是（3）根据实验II现象，甲同学认为NaNO2将I-氧化为碘单质，请写出该反应的离子方程式（4）乙同学认为，上述现象不足以证明NaNO2将碘离子氧化，追加以下实验实验操作现象III①1mL0.2mol/LKI溶液②3滴淀粉溶液③5滴稀硫酸1mL0.2mol/LNaNO2溶液有大量气泡和紫色泡沫产生，液面上方气体变为红棕色，溶液呈紫黑色实验III能够证明是NaNO2将碘离子氧化的证据是，解释实验II中液面上方气体未变色的原因。（5）探究实验III中红棕色气体的来源。来源1：HNO2分解产生NO和NO2来源2：在产生NO后再被空气氧化生成NO2。（设计实验）利用5mL注射器，吸取1mL0.2mol·L-1NaNO2和1mL0.2mol/LKI及少量淀粉的混合溶液，针头朝上排尽空气后，吸入少量稀硫酸并迅速将针头插入橡皮塞(如图所示)。收集证据：若(填写实验操作及现象)，则证明红棕色气体来源2正确。（实验结论）在酸性条件下，NaNO2可将碘离子氧化为碘单质，同时被还原为NO。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．陶瓷是无机非金属材料，A不选；B．钛合金、铝合金是金属材料，B选；C．芳纶纤维属于有机高分子合成材料，C不选；D．碳纤维属于新型无机非金属材料，D不选；故答案为：B。

【分析】钛合金、铝合金是合金，是金属材料；2．【答案】B【解析】【解答】A．Ba2+与SO42-B．用NaClO溶液消毒，利用其强氧化性，与氧化还原反应有关，故B选；C．用小苏打作食品膨松剂，利用碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳气体的性质，是非氧化还原反应，故C不选；D．明矾净水，是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，与氧化还原反应无关，故D不选；故答案为：B。

【分析】A．复分解反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应；B．NaClO具有强氧化性，在氧化还原反应中实现消毒；C．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳气体不是氧化还原反应；D．明矾水解生成胶体有吸附性，不是氧化还原反应；3．【答案】A【解析】【解答】具有还原性的物质是：②铁粉、④KI；具有氧化性的物质是：①臭氧和⑤双氧水；既无还原性又无氧化性的物质是：③NaCl。臭氧和双氧水可以使Na2S氧化为不溶于水的硫，而降低毒性，H2O2+Na2S=S↓+2NaOH、O3+3Na2S+3H2O=S↓+6NaOH，故答案为：A。

【分析】硫离子化合价易升高，是还原剂，找氧化剂与其反应即可；4．【答案】D【解析】【解答】A．过氧化钠为离子化合物，钠离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合，过氧化钠电子式：，故A不符合题意；B．钠离子核内11个质子，核外10个电子，最外层8个电子，离子结构示意图：，故B不符合题意；C．同位素是指质子数相同，中子数不同的两种核素，16O与18O互称为同位素，故C不符合题意；D．NaOH属于离子化合物，含有离子键，O-H之间是共价键，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．注意电子式中钠离子的均匀分布，和过氧根的共价键；B．钠离子是钠原子失去了一个电子；C．16O与18O都是氧元素，是同位素；D．离子化合物指含有离子键的化合物，也可能含有共价键；共价化合物含有的化学键都是共价键；5．【答案】B【解析】【解答】A．标准状况下水不是气体，因此相同体积的H2和H2O的物质的量不同，所含H原子数不同，故A不符合题意；B．钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时都是由Na原子生成钠离子，1molNa失1mol电子，相同质量的钠失去电子数相同，故B符合题意；C．相同物质的量的C2H4和C3H6所含H原子数不同，C-H键的数目不相同，故C不符合题意；D．醋酸是弱酸不能完全电离，而醋酸钠是强电解质完全电离，因此0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)不同，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．水不是气体，不能用气体摩尔体积公式计算物质的量；B．由Na原子生成钠离子，相同质量的钠失去电子数相同；C．一个C2H4分子有4个，一个C3H6分子有6个，C-H键的数目不相同；D．考察强弱电解质，醋酸是弱酸不能完全电离，只有少量的醋酸根，醋酸钠是强电解质完全电离，有大量醋酸根；6．【答案】A【解析】【解答】A．NaCl在水溶液中完全电离，产生可自由移动的离子，故能导电：NaCl=Na++Cl−，A符合题意；B．HClO为弱酸，在离子方程式中不可拆，正确的离子方程式：Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-，B不符合题意；C．CO2通入苯酚钠溶液中应该生成HCO3-，正确的离子方程式：CO2+H2O+C6H5O-→C6H5D．反应生成沉淀CaCO3也不可拆，正确的离子方程式：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．强电解质完全电离B．HClO为弱电解质，在离子方程式中不可拆C．CO2通入苯酚钠溶液中应该生成HCD．离子反应方程式中难溶物不可拆7．【答案】D【解析】【解答】A．制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至红褐色，可以达到实验目的，故A不选；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，且乙酸乙酯在上层，分液可分离，可以达到实验目的，故B不选；C．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体加热的方法制备氨气，并用湿润的红色石蕊试纸检验，可以使试纸变蓝，可以达到实验目的，故C不选；D．实验中硝酸银过量，先生成白色氯化银沉淀，再生成黑色的硫化银沉淀，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，不能达到实验目的，故D选；故答案为：D。

【分析】A．注意制备过程的实际条件；B．乙酸乙酯是有机物，不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液会分层‘可以分离；’C．正确，注意氢氧化钠碱性太强，此反应要用氢氧化钙；D．硝酸银过量，会生成两种沉淀，不是发生的沉淀转化；8．【答案】C【解析】【解答】A．糖类中单糖不能水解，糖类中的二糖和多糖、油脂、蛋白质均可水解，故A不符合题意；B．分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，纤维素和淀粉的分子通式为(C6H10O5)n，n值不同分子式不同，且都是混合物二者不互为同分异构体，故B不符合题意；C．油脂全称为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，可发生皂化反应，故C符合题意；D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出的过程，NH4Cl溶液能使蛋白质发生盐析，使蛋白质析出固体；CuSO4溶液中含有重金属铜离子，可使蛋白质变性，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使溶解的物质析出的过程。向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化，可复原。但向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫作变性，性质改变，是化学反应，无法复原。9．【答案】A【解析】【解答】A．N的非金属性强于C，在化合物C3N4中N显负3价，C显正4价，故A符合题意；B．由图示信息可知，在光照条件下，NO和氧气在催化剂表面发生反应最终转化成硝酸，过程中太阳能转化成化学能，故B不符合题意；C．由图示信息可知g-C3N4端的反应：O2+2H++2e-=H2O2，故C不符合题意；D．由图可知，反应物为NO和氧气，最终生成物为HNO3，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．根据常见元素化合价，求出未知；B．有太阳能参与，然后才发生了化学反应，所以太阳能转化成了化学能；C．根据物质分子结构和箭头方向分析；D．根据图像箭头方向知道反应物、生成物；10．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，随着温度的升高，HCl的转化率下降，所以反应为放热反应，故A不符合题意；B．由图可知该反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K(300℃)＞K(400℃)，故B不符合题意；C．当c(O2)一定时，c(HCl)越大，HCl的转化率越低，表示HCl的转化率最大，所以对应的曲线进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，故C符合题意；D．根据图像可知，400℃进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1时，列三段：

4HCl(g)K(400℃)=(0.42)2故答案为C。

【分析】A．温度的升高，HCl的转化率下降，所以反应是放热反应；B．放热反应，温度的升高，平衡逆向移动，平衡常数会减小；C．分析图像纵横坐标的含义，表示HCl的转化率最大，当曲线进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1时，盐酸转化率最大；D．写出三段式，找到所求常数需要的数据，计算即可；11．【答案】D【解析】【解答】A．a点pH约为3，c(HB．b→c过程中发生的化学反应方程式：HA+KOH=KA+H2O，氢离子被消耗，HA的电离平衡正移，c(A-)不断增大，B不符合题意；C．c点pH=7，此时溶液的溶质是KA、HA，不是滴定终点，d点才是滴定终点，V=10mL，则c点V(KOH)＜10mL，C不符合题意；D．d点恰好生成KA，溶液中KA=K++A-、A-+H2O⇌HA+OH-、H2O⇌H++OH-，由于d点pH>7，则c(OH-)>c(H+)，但A-少量水解，则c(A-)>c(OH-)，则大小关系为c(K+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据题干给出的浓度，估算强酸的pH，与a点对比，知道是弱酸；B．b发生酸碱反应，生成KA，相比于HA，KA是强电解质，所以c(A-)增大；C．滴定终点是酸碱恰好1：1反应的点，不是pH等于7的点；D．根据电荷守恒及溶液酸碱性判断；12．【答案】C【解析】【解答】A．步骤i为酸溶，适当加热搅拌可以加快反应速率，A不符合题意；B．步骤ii加入氧化性试剂将亚铁离子氧化成铁离子，可以是H2O2，B不符合题意；C．步骤iii溶液是碱性的，H+不能共存，应以H2O形式存在，离子方程式为：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+5H2D．步骤iv中Na2FeO4转化成K2FeO4，说明高铁酸钾溶解度更小，则溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．加热搅拌、增大接触面积等操作都可以加快反应速率；B．H2O2是氧化剂，可以氧化二价铁离子；C．分析溶液酸碱性，再写出对应的生成物；D．溶解度小的容易转化为溶解度更小的物质；13．【答案】B【解析】【解答】A．含多个-OH羟基，可溶于水也可溶于乙醇，A不符合题意；B．含羟基，可与强氧化剂反应，具备抗氧化能力，B符合题意；C．含有2个酚羟基、1个酯基、1个羧基，均能与NaOH反应，则1mol绿原酸最多可与4molNaOH反应，C不符合题意；D．含-OH、-COOH可通过缩聚反应形成高分子，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．羟基具有亲水性，可溶于水，根据相似相溶，也可溶于乙醇；B．含羟基具有一定的还原性，该物质具备抗氧化能力；C.2个酚羟基、1个酯基、1个羧基，均能与NaOH反应；D．-OH、-COOH能发生缩聚反应，继而形成高分子；14．【答案】D【解析】【解答】A．Fe在食盐水中浸泡一段时间后，向Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明Fe被氧化产生Fe2+，A不符合题意；B．①中Fe被腐蚀，③中Fe未被腐蚀，说明将Zn、Fe连接与NaCl溶液构成原电池，由于金属活动性Zn＞Fe，Zn作负极，Fe为正极，Zn保护了Fe，Fe未被氧化，因此Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无明显变化，B不符合题意；C．对比实验②③，说明棒表面被氧化，但溶液中没有Fe2+，可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，C不符合题意；D．NaCl在装置的作用是增强溶液的导电性，与反应原理无关，因此将②中溶液换成H2O(已除O2)，若无明显现象，不能说明K3[Fe(CN)6]是否能氧化Fe，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明有Fe2+存在；B．将Zn、Fe连接，Zn作负极，在原电池中负极锌单质被反应溶解，正极产生气泡；C．对比②③，棒表面被氧化，但溶液中没有Fe2+，可以预测是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化；D．NaCl起到了导电作用导电性，没有得失电子，与K3[Fe(CN)6]是否能氧化Fe无关；15．【答案】（1）第三周期ⅥA族（2）a、b、d（3）H2S（4）A中品红溶液褪色说明有SO2生成，C中产出白色沉淀而B中无明显变化，证明SO2(+4价)在C中转化为BaSO【解析】【解答】(1)S在周期表中的位置是第三周期ⅥA族；(2)氧和硫位于同一主族，根据元素周期律，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以a．非金属性：O＞S正确，硫和氯位于同一周期，根据元素周期律，同一周期从左至右简单阴离子半径逐渐减小，b．离子半径：S2-＞Cl-正确，c．酸性：H2SO4＞H2SO3是因为硫酸中非羟基氧数目多，酸性强，和元素周期律没有关系，硫和磷位于同一周期，根据元素周期律，同一周期从左至右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，所以d．酸性：H2SO4＞H3PO4正确；(3)核电荷数S，原子半径S，得电子能力S>Se，非金属性S>Se，所以氢化物稳定性H2(4)A中品红溶液褪色说明有SO2生成，C中产出白色沉淀而B中无明显变化，证明SO2(+4价)在C中转化为BaSO

【分析】(1)找位置，注意数字的表示形式；(2)同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，同一周期从左至右简单阴离子半径逐渐减小；c．H2SO4是强酸，H2SO3是弱酸，两者是同种元素的酸，酸性强弱和元素周期律没有关系；同一周期从左至右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强，所以酸性：H2SO4＞H3PO4(3)同一主族，氢化物稳定性由上到下，依次减弱，所以氢化物稳定性H2(4)找到对应价态的物质，从反应现象入手分析；16．【答案】（1）碳碳双键（2）取代反应(或叫水解反应)（3）（4）nHOCH2-CH2OH+n⇌加热浓硫酸+(2n-1)H2O（5）CH3CHO、【解析】【解答】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是CH2Br-CH2Br，C是HOCH2-CH2OH，D是，E是，F是，H是。(1)A是CH2=CH2，所含官能团名称是碳碳双键；(2)B是CH2Br-CH2Br；B与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生C：HOCH2-CH2OH，所以B→C的反应类型是取代反应(或叫水解反应)；(3)芳香烃D分子式是C8H10，苯环上的一氯代物仅有一种，D的结构简式是；(4)C是HOCH2-CH2OH，分子中含有2个醇羟基，E是，分子中含有2个羧基，在一定条件下发生缩聚反应产生F是聚对苯二甲酸乙二酯，结构简式是，该反应的方程式为：nHOCH2-CH2OH+n⇌加热浓硫酸+(2n-1)H2O；(5)G是CH2=CHOOCCH3，该物质属于不饱和一元酯，在酸性条件下水解产生CH3COOH和CH2=CHOH，CH2=CHOH不稳定转化为稳定的CH3CHO，CH3CHO发生加聚反应产生H：，H与HCHO按1：1的物质的量的关系反应产生维纶I，故中间产物结构简式是CH3CHO，H结构简式是。

【分析】(1)先分析物质，再确定官能团；(2)水中的氢原子，羟基取代了溴原子；(3)根据对称结构，找到等效氢，然后分析一氯代物；(4)根据缩聚反应原理书写方程式；(5)注意酯在酸性条件下会发生水解，产生羧酸和醇，此处题干给出信息乙烯醇不稳定会转化为稳定的CH3CHO，后续再完成加聚反应；17．【答案】（1）c(H（2）CO(g)+2（3）<；该反应是放热反应，温度升高，有利于向逆反应方向进行（4）ac【解析】【解答】(1)①写出反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式为：K=c(H②a．反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，消耗的CO2的量减小，转化率变小，a不选；b．正反应方向是气体分子数减小，增大压强，平衡向正向移动，消耗CO2的量增多，转化率变大，b选；c．增大投料比，即加大CO2的用量，根据勒夏特列原理可知，CO2不能完全转化，则转化率变小，c不选；故答案为：b；(2)根据盖斯定律，反应I-II可得热化学方程式：CO(g)+2H(3)①温度升高，反应速率加快，Ta，则反应速率：va<vb；②CO2与H2反应是一个放热反应，升高温度，反应逆向进行，不利于甲醇的生成；(4)观察催化剂I、IV，不同组成的催化剂，最终催化性能不同，故答案为：a，比较催化剂III、IV，得知其他条件相同时，MnO增多，选择性增大，即催化剂中MnO对甲醇选择性的影响大于ZrO2，故答案为：ac。

【分析】(1)①平衡常数表达式等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；②a．注意升高温度对反应平衡的影响，不能仅仅依靠反应速率加快得出转化率升高的结论；b．正反应方向是气体系数减小，增大压强，平衡向正向移动，消耗CO2的量增多，转化率变大；c．加大CO2的用量，CO2不能完全转化，相对于加入的量，转化率变小；(2)注意标明各物质的状态，焓变要带单位；(3)①b的温度比a高，反应速率加快；②放热反应