北京市房山區2021屆高三上學期期末考試化學試題

北京市房山區2021屆高三上學期期末考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．2020年12月17日嫦娥五號返回器攜帶月球樣品成功返回地面。下列所涉及的材料屬于金屬材料的是（）A．超聲電機的心臟——壓電陶瓷 B．主體框架——鈦合金、鋁合金C．國旗旗面——芳綸纖維 D．發動機包裹材料——碳纖維2．化學與人類生活密切相關，下列應用中涉及氧化還原反應的是（）A．用BaCl2去除粗鹽中的SO42-B．用NaClO溶液消毒C．用小蘇打作食品膨松劑D．用明礬［KAl(SO4)2·12H2O］作凈水劑3．下列物質可用于處理泄露的有毒物質Na2S的是（）①臭氧(O3)②鐵粉③NaCl④KI⑤雙氧水A．①⑤ B．②④ C．③④ D．③⑤4．過氧化鈉常用作供氧劑：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列說法錯誤的是（）A．Na2O2的電子式：B．Na+的結構示意圖：C．16O與18O互稱為同位素D．NaOH屬于離子化合物，僅含有離子鍵5．下列說法正確的是（）A．標準狀況下，相同體積H2和H2O中所含的H原子數相等B．2.3g鈉分別完全轉化為Na2O和Na2O2時轉移的電子數相等C．相同物質的量C2H4和C3H6所含C-H鍵的數目相等D．0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)相等6．下列化學用語表達正確的是（）A．NaCl溶液導電：NaCl=Na++Cl?B．氯氣通入水中制備氯水：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-C．CO2通入苯酚鈉溶液中出現渾濁：CO2+H2O+2C6H5O-→2C6H5OH+CO3D．石灰水敞口存放，出現白色固體：2OH-+CO2=CO32-+H27．用下列儀器或裝置(夾持裝置略)進行實驗，不能達到實驗目的的是（）

ABCD實驗目的制備氫氧化鐵膠體分離乙酸乙酯和飽和Na2CO3溶液制取并檢驗氨氣證明氯化銀溶解度大于硫化銀實驗裝置A．A B．B C．C D．D8．糖類、油脂、蛋白質是重要的營養物質，下列說法正確的是（）A．糖類、油脂、蛋白質均可水解B．纖維素和淀粉互為同分異構體C．油脂屬于酯類物質可發生皂化反應D．NH4Cl溶液和CuSO4溶液均可使蛋白質變性9．用Pl-g-C3N4光催化氧化法脫除NO的轉化機理，其主要過程示意圖如下：下列說法錯誤的是（）A．C3N4中C為-4價B．該過程中太陽能轉化為化學能C．g-C3N4端的反應：O2+2H++2e-=H2O2D．NO最終轉化為HNO310．近年來，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點。其中直接氧化法的反應為：4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH。下圖為恒容反應器中，進料濃度比c(HCl)：c(O2)分別為1：1、4：1、7：1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系下列說法錯誤的是（）A．該反應為放熱反應B．反應平衡常數K(300℃)＞K(400℃)C．對應的曲線進料濃度比c(HCl)：c(O2)=7：1D．HCl初始濃度為c0，進料濃度比c(HCl)：c(O2)=1：1時，K(400℃)=(0.42)11．常溫下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．a點pH約為3，由此可以判斷HA是弱酸B．b→c過程中，c(A-)不斷增大C．c點V(KOH)＜10mLD．d點混合液中離子濃度大小關系為：c(K+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+)12．高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的污水處理劑。為充分利用資源，變廢為寶，在實驗室中探究采用暖貼殘渣制備高鐵酸鉀，流程如下下列說法錯誤的是（）A．步驟i適當加熱攪拌可以加快反應速率B．ii中的試劑為H2O2C．iii中反應為2Fe3++10H2O+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+10HD．iv中反應說明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO413．綠原酸是金銀花中抗菌、抗病毒的有效藥理成分之一，結構簡式如圖所示。下列關于綠原酸的推測不合理的是（）A．可溶于水也可溶于乙醇B．不具備抗氧化能力C．在堿性條件下不穩定，1mol綠原酸最多可與4molNaOH反應D．可通過縮聚反應形成高分子14．驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下(燒杯內均為經過酸化的3%NaCl溶液)。①②③

試管內生成藍色沉淀在Fe表面生成藍色沉淀試管內無明顯變化下列說法錯誤的是（）A．實驗①說明Fe腐蝕生成Fe2+B．對比實驗①③，可以判定Zn保護了FeC．對比實驗②③，預測K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化D．將②中溶液換成H2O(已除O2)，若無明顯現象，說明K3[Fe(CN)6]不能氧化Fe二、填空題15．為紀念元素周期表誕生150周年，IUPAC等從世界范圍征集優秀青年化學家為化學元素代言，我國有8位化學家成為硫(S)等元素的代言人。回答下列問題：（1）S在周期表中的位置是（2）下列有關性質的比較，能用元素周期律解釋的是(填字母序號)a．非金屬性：O＞Sb．離子半徑：S2-＞Cl-c．酸性：H2SO4＞H2SO3d．酸性：H2SO4＞H3PO4（3）Se與S位于同一主族，二者氫化物穩定性較強的是：(用化學式表示)，用原子結構解釋原因（4）某同學用如下裝置探究不同價態硫元素之間的轉化。培養皿中A、B、C三個塑料瓶蓋內盛有不同物質。向Na2SO3固體上滴加70%硫酸，迅速用玻璃片將培養皿蓋嚴，實驗記錄如下。實驗裝置瓶蓋物質實驗現象A蘸有品紅溶液的棉花品紅溶液褪色BHCl、BaCl2的混合溶液無明顯變化CHCl、BaCl2、FeCl3的混合溶液產生白色沉淀能夠說明硫元素由+4價轉化為+6價的證據是三、綜合題16．合成纖維性能優異，用途廣泛，除了滿足人們的穿著需求外，還廣泛應用于醫療、航天等高科技領域。滌綸(聚酯纖維)F和維綸I的合成路線如下：已知：RCHO+→H++H2O（1）A中官能團的名稱是。（2）B→C的反應類型是（3）芳香烴D苯環上的一氯代物僅有一種，D的結構簡式是。（4）C+E→F化學方程式是（5）G→H分為兩步反應，寫出中間產物及H的結構簡式。(已知乙烯醇不穩定，會迅速轉化為乙醛。)17．將二氧化碳加氫制甲醇可以實現碳減排。其主反應為：I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ/mol在較高溫度時可發生副反應：II：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol（1）①寫出反應I的平衡常數表達式。②為提高主反應I中CO2的平衡轉化率n(CO2)a．升高溫度b．增大反應的壓強c．增大投料比（2）反應過程中，副反應生成的CO也可以與H2反應生成甲醇，請寫出該反應的熱化學方程式（3）在密閉容器中充入3mol氫氣和1mol二氧化碳，在相同時間內測得不同實驗溫度下混合氣體中甲醇的體積分數(CH3OH)與溫度的關系如圖所示：①甲醇的生成速率：vavb(填“＞”“=”或“＜”)②溫度高于t1時，甲醇的體積分數隨溫度升高而減小的原因是。（4）下表是其它條件相同時，不同催化劑成分對甲醇產率及催化選擇性的數據。組成/單位催化劑CuOZnOAl2O3ZrO2MnOCH3OH產率選擇性wt%wt%wt%wt%wt%g·(kg-催化劑)-1·h-1%催化劑I65.826.37.9007840催化劑II62.425012.609688催化劑III65.826.603.6488100催化劑IV65.826.605.6213891說明：wt%為質量百分數單位。由上表數據，可以得到的結論是(填字母序號)。a．催化劑的組成會影響單位時間內所獲得的產品質量b．催化劑的組成會影響反應的限度c．其它條件相同時，催化劑中MnO對甲醇選擇性的影響大于ZrO218．造紙、紡織工業中會產生酚類廢水，直接排放會危害人類身體健康。（1）電芬頓法是一種新型的有機廢水處理技術，流程如下：①當污水通過鐵碳微電解反應器時，會形成數量巨大的微小電池，這些微小電池的負極反應式為②在微電解反應器中加入H2O2，酸性條件下，Fe2+催化H2O2分解產生具有高反應活性和高氧化性的·OH中間體，將苯酚氧化為CO2和H2O。i.Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii.·OH+=CO2↑+iii.2Fe3++2OH-=2Fe2++O2+2H+請配平第ii步反應的方程式（2）利用微生物也可將廢水中苯酚的化學能轉化為電能，同時還可以消除廢水中的硝酸鹽。裝置如圖所示。①電極a為(填“正”或“負”)極；②離子交換膜B為(填“陰”或“陽”)離子交換膜；③理論上每消除1molC6H6O，同時消除molNO3-（3）某化學小組用苯酚和濃溴水定量分析的實驗方法測定經處理后的苯酚廢水是否達到排放標準。原理如下：步驟1：準確量取25.00mL待測廢水于250mL錐形瓶中。步驟2：將5.0mL0.01mol/L溴水迅速加入到錐形瓶中，塞緊瓶塞，振蕩。步驟3：打開瓶塞，向錐形瓶中加入過量的0.1mol/LKI溶液，振蕩。步驟4：滴加2-3滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液8.50mL。(反應原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)①達到滴定終點的現象是②該廢水中苯酚的含量為mg/L19．某興趣小組探究溶液中NaNO2與KI的反應。（查閱資料）①NaNO2常溫下比較穩定，在一定條件下可將碘離子氧化為碘單質，同時被還原為NO。②HNO2室溫下不穩定，分解產生NO和NO2。（實驗探究）實驗I實驗II操作3滴0.01mol/LNaNO2溶液①1mL0.01mol/LKI溶液②3滴淀粉溶液③5滴稀硫酸淀粉碘化鉀試紙1mL0.01mol/LNaNO2溶液現象無明顯現象有微小無色氣泡，溶液變為藍色（1）NaNO2溶液顯弱堿性，用離子方程式說明原因（2）實驗I無明顯現象的原因是（3）根據實驗II現象，甲同學認為NaNO2將I-氧化為碘單質，請寫出該反應的離子方程式（4）乙同學認為，上述現象不足以證明NaNO2將碘離子氧化，追加以下實驗實驗操作現象III①1mL0.2mol/LKI溶液②3滴淀粉溶液③5滴稀硫酸1mL0.2mol/LNaNO2溶液有大量氣泡和紫色泡沫產生，液面上方氣體變為紅棕色，溶液呈紫黑色實驗III能夠證明是NaNO2將碘離子氧化的證據是，解釋實驗II中液面上方氣體未變色的原因。（5）探究實驗III中紅棕色氣體的來源。來源1：HNO2分解產生NO和NO2來源2：在產生NO后再被空氣氧化生成NO2。（設計實驗）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，針頭朝上排盡空氣后，吸入少量稀硫酸并迅速將針頭插入橡皮塞(如圖所示)。收集證據：若(填寫實驗操作及現象)，則證明紅棕色氣體來源2正確。（實驗結論）在酸性條件下，NaNO2可將碘離子氧化為碘單質，同時被還原為NO。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．陶瓷是無機非金屬材料，A不選；B．鈦合金、鋁合金是金屬材料，B選；C．芳綸纖維屬于有機高分子合成材料，C不選；D．碳纖維屬于新型無機非金屬材料，D不選；故答案為：B。

【分析】鈦合金、鋁合金是合金，是金屬材料；2．【答案】B【解析】【解答】A．Ba2+與SO42-B．用NaClO溶液消毒，利用其強氧化性，與氧化還原反應有關，故B選；C．用小蘇打作食品膨松劑，利用碳酸氫鈉受熱易分解生成二氧化碳氣體的性質，是非氧化還原反應，故C不選；D．明礬凈水，是鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體吸附凈水，與氧化還原反應無關，故D不選；故答案為：B。

【分析】A．復分解反應沒有元素化合價變化，不是氧化還原反應；B．NaClO具有強氧化性，在氧化還原反應中實現消毒；C．碳酸氫鈉受熱易分解生成二氧化碳氣體不是氧化還原反應；D．明礬水解生成膠體有吸附性，不是氧化還原反應；3．【答案】A【解析】【解答】具有還原性的物質是：②鐵粉、④KI；具有氧化性的物質是：①臭氧和⑤雙氧水；既無還原性又無氧化性的物質是：③NaCl。臭氧和雙氧水可以使Na2S氧化為不溶于水的硫，而降低毒性，H2O2+Na2S=S↓+2NaOH、O3+3Na2S+3H2O=S↓+6NaOH，故答案為：A。

【分析】硫離子化合價易升高，是還原劑，找氧化劑與其反應即可；4．【答案】D【解析】【解答】A．過氧化鈉為離子化合物，鈉離子與過氧根離子通過離子鍵結合，過氧根離子內部兩個氧原子通過共用1對電子結合，過氧化鈉電子式：，故A不符合題意；B．鈉離子核內11個質子，核外10個電子，最外層8個電子，離子結構示意圖：，故B不符合題意；C．同位素是指質子數相同，中子數不同的兩種核素，16O與18O互稱為同位素，故C不符合題意；D．NaOH屬于離子化合物，含有離子鍵，O-H之間是共價鍵，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．注意電子式中鈉離子的均勻分布，和過氧根的共價鍵；B．鈉離子是鈉原子失去了一個電子；C．16O與18O都是氧元素，是同位素；D．離子化合物指含有離子鍵的化合物，也可能含有共價鍵；共價化合物含有的化學鍵都是共價鍵；5．【答案】B【解析】【解答】A．標準狀況下水不是氣體，因此相同體積的H2和H2O的物質的量不同，所含H原子數不同，故A不符合題意；B．鈉分別完全轉化為Na2O和Na2O2時都是由Na原子生成鈉離子，1molNa失1mol電子，相同質量的鈉失去電子數相同，故B符合題意；C．相同物質的量的C2H4和C3H6所含H原子數不同，C-H鍵的數目不相同，故C不符合題意；D．醋酸是弱酸不能完全電離，而醋酸鈉是強電解質完全電離，因此0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)不同，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．水不是氣體，不能用氣體摩爾體積公式計算物質的量；B．由Na原子生成鈉離子，相同質量的鈉失去電子數相同；C．一個C2H4分子有4個，一個C3H6分子有6個，C-H鍵的數目不相同；D．考察強弱電解質，醋酸是弱酸不能完全電離，只有少量的醋酸根，醋酸鈉是強電解質完全電離，有大量醋酸根；6．【答案】A【解析】【解答】A．NaCl在水溶液中完全電離，產生可自由移動的離子，故能導電：NaCl=Na++Cl?，A符合題意；B．HClO為弱酸，在離子方程式中不可拆，正確的離子方程式：Cl2+H2O?HClO+H++Cl-，B不符合題意；C．CO2通入苯酚鈉溶液中應該生成HCO3-，正確的離子方程式：CO2+H2O+C6H5O-→C6H5D．反應生成沉淀CaCO3也不可拆，正確的離子方程式：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．強電解質完全電離B．HClO為弱電解質，在離子方程式中不可拆C．CO2通入苯酚鈉溶液中應該生成HCD．離子反應方程式中難溶物不可拆7．【答案】D【解析】【解答】A．制備氫氧化鐵膠體時，應將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，繼續加熱至紅褐色，可以達到實驗目的，故A不選；B．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，溶液分層，且乙酸乙酯在上層，分液可分離，可以達到實驗目的，故B不選；C．實驗室可以用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱的方法制備氨氣，并用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，可以使試紙變藍，可以達到實驗目的，故C不選；D．實驗中硝酸銀過量，先生成白色氯化銀沉淀，再生成黑色的硫化銀沉淀，不能證明氯化銀溶解度大于硫化銀，不能達到實驗目的，故D選；故答案為：D。

【分析】A．注意制備過程的實際條件；B．乙酸乙酯是有機物，不溶于飽和碳酸鈉溶液，溶液會分層‘可以分離；’C．正確，注意氫氧化鈉堿性太強，此反應要用氫氧化鈣；D．硝酸銀過量，會生成兩種沉淀，不是發生的沉淀轉化；8．【答案】C【解析】【解答】A．糖類中單糖不能水解，糖類中的二糖和多糖、油脂、蛋白質均可水解，故A不符合題意；B．分子式相同，結構不同的有機物互稱為同分異構體，纖維素和淀粉的分子通式為(C6H10O5)n，n值不同分子式不同，且都是混合物二者不互為同分異構體，故B不符合題意；C．油脂全稱為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類物質，可發生皂化反應，故C符合題意；D．鹽析一般是指溶液中加入無機鹽類而使蛋白質溶解度降低而析出的過程，NH4Cl溶液能使蛋白質發生鹽析，使蛋白質析出固體；CuSO4溶液中含有重金屬銅離子，可使蛋白質變性，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】鹽析一般是指溶液中加入無機鹽類而使溶解的物質析出的過程。向某些蛋白質溶液中加入某些無機鹽溶液后，可以降低蛋白質的溶解度，使蛋白質凝聚而從溶液中析出，這種作用叫作鹽析，是物理變化，可復原。但向某些蛋白質溶液中加入某些重金屬鹽，可以使蛋白質性質發生改變而凝聚，進而從溶液中析出，這種作用叫作變性，性質改變，是化學反應，無法復原。9．【答案】A【解析】【解答】A．N的非金屬性強于C，在化合物C3N4中N顯負3價，C顯正4價，故A符合題意；B．由圖示信息可知，在光照條件下，NO和氧氣在催化劑表面發生反應最終轉化成硝酸，過程中太陽能轉化成化學能，故B不符合題意；C．由圖示信息可知g-C3N4端的反應：O2+2H++2e-=H2O2，故C不符合題意；D．由圖可知，反應物為NO和氧氣，最終生成物為HNO3，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．根據常見元素化合價，求出未知；B．有太陽能參與，然后才發生了化學反應，所以太陽能轉化成了化學能；C．根據物質分子結構和箭頭方向分析；D．根據圖像箭頭方向知道反應物、生成物；10．【答案】C【解析】【解答】A．由圖可知，隨著溫度的升高，HCl的轉化率下降，所以反應為放熱反應，故A不符合題意；B．由圖可知該反應為放熱反應，隨著溫度的升高，平衡逆向移動，平衡常數減小，所以K(300℃)＞K(400℃)，故B不符合題意；C．當c(O2)一定時，c(HCl)越大，HCl的轉化率越低，表示HCl的轉化率最大，所以對應的曲線進料濃度比c(HCl)：c(O2)=1：1，故C符合題意；D．根據圖像可知，400℃進料濃度比c(HCl)：c(O2)=1：1時，列三段：

4HCl(g)K(400℃)=(0.42)2故答案為C。

【分析】A．溫度的升高，HCl的轉化率下降，所以反應是放熱反應；B．放熱反應，溫度的升高，平衡逆向移動，平衡常數會減小；C．分析圖像縱橫坐標的含義，表示HCl的轉化率最大，當曲線進料濃度比c(HCl)：c(O2)=1：1時，鹽酸轉化率最大；D．寫出三段式，找到所求常數需要的數據，計算即可；11．【答案】D【解析】【解答】A．a點pH約為3，c(HB．b→c過程中發生的化學反應方程式：HA+KOH=KA+H2O，氫離子被消耗，HA的電離平衡正移，c(A-)不斷增大，B不符合題意；C．c點pH=7，此時溶液的溶質是KA、HA，不是滴定終點，d點才是滴定終點，V=10mL，則c點V(KOH)＜10mL，C不符合題意；D．d點恰好生成KA，溶液中KA=K++A-、A-+H2O?HA+OH-、H2O?H++OH-，由于d點pH>7，則c(OH-)>c(H+)，但A-少量水解，則c(A-)>c(OH-)，則大小關系為c(K+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．根據題干給出的濃度，估算強酸的pH，與a點對比，知道是弱酸；B．b發生酸堿反應，生成KA，相比于HA，KA是強電解質，所以c(A-)增大；C．滴定終點是酸堿恰好1：1反應的點，不是pH等于7的點；D．根據電荷守恒及溶液酸堿性判斷；12．【答案】C【解析】【解答】A．步驟i為酸溶，適當加熱攪拌可以加快反應速率，A不符合題意；B．步驟ii加入氧化性試劑將亞鐵離子氧化成鐵離子，可以是H2O2，B不符合題意；C．步驟iii溶液是堿性的，H+不能共存，應以H2O形式存在，離子方程式為：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+5H2D．步驟iv中Na2FeO4轉化成K2FeO4，說明高鐵酸鉀溶解度更小，則溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．加熱攪拌、增大接觸面積等操作都可以加快反應速率；B．H2O2是氧化劑，可以氧化二價鐵離子；C．分析溶液酸堿性，再寫出對應的生成物；D．溶解度小的容易轉化為溶解度更小的物質；13．【答案】B【解析】【解答】A．含多個-OH羥基，可溶于水也可溶于乙醇，A不符合題意；B．含羥基，可與強氧化劑反應，具備抗氧化能力，B符合題意；C．含有2個酚羥基、1個酯基、1個羧基，均能與NaOH反應，則1mol綠原酸最多可與4molNaOH反應，C不符合題意；D．含-OH、-COOH可通過縮聚反應形成高分子，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．羥基具有親水性，可溶于水，根據相似相溶，也可溶于乙醇；B．含羥基具有一定的還原性，該物質具備抗氧化能力；C.2個酚羥基、1個酯基、1個羧基，均能與NaOH反應；D．-OH、-COOH能發生縮聚反應，繼而形成高分子；14．【答案】D【解析】【解答】A．Fe在食鹽水中浸泡一段時間后，向Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明Fe被氧化產生Fe2+，A不符合題意；B．①中Fe被腐蝕，③中Fe未被腐蝕，說明將Zn、Fe連接與NaCl溶液構成原電池，由于金屬活動性Zn＞Fe，Zn作負極，Fe為正極，Zn保護了Fe，Fe未被氧化，因此Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，無明顯變化，B不符合題意；C．對比實驗②③，說明棒表面被氧化，但溶液中沒有Fe2+，可能是K3[Fe(CN)6]將Fe氧化，C不符合題意；D．NaCl在裝置的作用是增強溶液的導電性，與反應原理無關，因此將②中溶液換成H2O(已除O2)，若無明顯現象，不能說明K3[Fe(CN)6]是否能氧化Fe，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明有Fe2+存在；B．將Zn、Fe連接，Zn作負極，在原電池中負極鋅單質被反應溶解，正極產生氣泡；C．對比②③，棒表面被氧化，但溶液中沒有Fe2+，可以預測是K3[Fe(CN)6]將Fe氧化；D．NaCl起到了導電作用導電性，沒有得失電子，與K3[Fe(CN)6]是否能氧化Fe無關；15．【答案】（1）第三周期ⅥA族（2）a、b、d（3）H2S（4）A中品紅溶液褪色說明有SO2生成，C中產出白色沉淀而B中無明顯變化，證明SO2(+4價)在C中轉化為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，根據元素周期律，同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，所以a．非金屬性：O＞S正確，硫和氯位于同一周期，根據元素周期律，同一周期從左至右簡單陰離子半徑逐漸減小，b．離子半徑：S2-＞Cl-正確，c．酸性：H2SO4＞H2SO3是因為硫酸中非羥基氧數目多，酸性強，和元素周期律沒有關系，硫和磷位于同一周期，根據元素周期律，同一周期從左至右非金屬性逐漸增強，最高價氧化物對應水化物酸性逐漸增強，所以d．酸性：H2SO4＞H3PO4正確；(3)核電荷數S，原子半徑S，得電子能力S>Se，非金屬性S>Se，所以氫化物穩定性H2(4)A中品紅溶液褪色說明有SO2生成，C中產出白色沉淀而B中無明顯變化，證明SO2(+4價)在C中轉化為BaSO

【分析】(1)找位置，注意數字的表示形式；(2)同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，同一周期從左至右簡單陰離子半徑逐漸減小；c．H2SO4是強酸，H2SO3是弱酸，兩者是同種元素的酸，酸性強弱和元素周期律沒有關系；同一周期從左至右非金屬性逐漸增強，最高價氧化物對應水化物酸性逐漸增強，所以酸性：H2SO4＞H3PO4(3)同一主族，氫化物穩定性由上到下，依次減弱，所以氫化物穩定性H2(4)找到對應價態的物質，從反應現象入手分析；16．【答案】（1）碳碳雙鍵（2）取代反應(或叫水解反應)（3）（4）nHOCH2-CH2OH+n?加熱濃硫酸+(2n-1)H2O（5）CH3CHO、【解析】【解答】根據上述分析可知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，所含官能團名稱是碳碳雙鍵；(2)B是CH2Br-CH2Br；B與NaOH的水溶液共熱，發生取代反應產生C：HOCH2-CH2OH，所以B→C的反應類型是取代反應(或叫水解反應)；(3)芳香烴D分子式是C8H10，苯環上的一氯代物僅有一種，D的結構簡式是；(4)C是HOCH2-CH2OH，分子中含有2個醇羥基，E是，分子中含有2個羧基，在一定條件下發生縮聚反應產生F是聚對苯二甲酸乙二酯，結構簡式是，該反應的方程式為：nHOCH2-CH2OH+n?加熱濃硫酸+(2n-1)H2O；(5)G是CH2=CHOOCCH3，該物質屬于不飽和一元酯，在酸性條件下水解產生CH3COOH和CH2=CHOH，CH2=CHOH不穩定轉化為穩定的CH3CHO，CH3CHO發生加聚反應產生H：，H與HCHO按1：1的物質的量的關系反應產生維綸I，故中間產物結構簡式是CH3CHO，H結構簡式是。

【分析】(1)先分析物質，再確定官能團；(2)水中的氫原子，羥基取代了溴原子；(3)根據對稱結構，找到等效氫，然后分析一氯代物；(4)根據縮聚反應原理書寫方程式；(5)注意酯在酸性條件下會發生水解，產生羧酸和醇，此處題干給出信息乙烯醇不穩定會轉化為穩定的CH3CHO，后續再完成加聚反應；17．【答案】（1）c(H（2）CO(g)+2（3）<；該反應是放熱反應，溫度升高，有利于向逆反應方向進行（4）ac【解析】【解答】(1)①寫出反應I：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常數表達式為：K=c(H②a．反應I是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，消耗的CO2的量減小，轉化率變小，a不選；b．正反應方向是氣體分子數減小，增大壓強，平衡向正向移動，消耗CO2的量增多，轉化率變大，b選；c．增大投料比，即加大CO2的用量，根據勒夏特列原理可知，CO2不能完全轉化，則轉化率變小，c不選；故答案為：b；(2)根據蓋斯定律，反應I-II可得熱化學方程式：CO(g)+2H(3)①溫度升高，反應速率加快，Ta，則反應速率：va<vb；②CO2與H2反應是一個放熱反應，升高溫度，反應逆向進行，不利于甲醇的生成；(4)觀察催化劑I、IV，不同組成的催化劑，最終催化性能不同，故答案為：a，比較催化劑III、IV，得知其他條件相同時，MnO增多，選擇性增大，即催化劑中MnO對甲醇選擇性的影響大于ZrO2，故答案為：ac。

【分析】(1)①平衡常數表達式等于生成物濃度冪之積比上反應物濃度冪之積；②a．注意升高溫度對反應平衡的影響，不能僅僅依靠反應速率加快得出轉化率升高的結論；b．正反應方向是氣體系數減小，增大壓強，平衡向正向移動，消耗CO2的量增多，轉化率變大；c．加大CO2的用量，CO2不能完全轉化，相對于加入的量，轉化率變小；(2)注意標明各物質的狀態，焓變要帶單位；(3)①b的溫度比a高，反應速率加快；②放熱反應