福建省宁德市重点名校2024年化学高一下期末监测模拟试题含解析

福建省宁德市重点名校2024年化学高一下期末监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作和结论说法正确的是：选项实验结论A除去甲烷中的乙烯杂质，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应，甲烷不反应B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1,2­二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳D用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性A．A B．B C．C D．D2、下列物质不能由单质直接化合而成的是A． B． C． D．3、下列物质在一定条件下能与甲烷发生取代反应的是A．氯气B．酸性高锰酸钾溶液C．氢氧化钠溶液D．溴的四氯化碳溶液4、下列关于化学用语表达正确的是（）A．的电子式为 B．的电子式为C．的电子式为 D．乙烯的结构式:5、乙醇分子中不同的化学键如图所示，则乙醇在催化氧化时，化学键断裂的位置是A．②③B．②④C．①③D．③④6、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Z＞Y＞XB．如图所示实验可证明非金属性：Cl＞ZC．W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同D．Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键7、在25℃和101kPa的条件下：化学键H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是（）A．断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量B．生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C．由键能数据分析,该反应属于吸热反应D．2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低8、甲乙两种非金属性质比较：①甲比乙在相同条件下更容易与氢气化合；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应；③最高价氧化物对应的水化物酸性比较，甲比乙的强；④与一定量的金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，能够说明甲比乙的非金属性强的是()A．①③④B．①②③C．①②⑤D．①②③④⑤9、若NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法不正确的是A．23g钠在空气中充分燃烧,转移的电子数为NAB．50ml12mol/L的盐酸与足量的MnO2共热,充分反应后,转移电子数为0.3NAC．0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NAD．常温常压下,8.8gN2O和CO2混合气体所含的原子总数为0.6NA10、根据元素周期律的知识，下列两者性质比较中，不正确的是（）A．热稳定性：PH3＜NH3 B．金属性强弱：Na＞Mg＞AlC．酸性强弱：HF＞HCl＞HBr＞HI D．原子半径：K＞Si＞Cl＞F11、下列离子方程式正确的是A．铁与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑B．在过氧化钠中加入稀硫酸：O22-＋4H＋===2H2O＋O2↑C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓D．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO32-12、3.15消费者权益保护日，据统计，投诉最多的是建筑装潢质量。其中质量问题之一是装潢装饰材料中某些化学成分含量太高，缓慢释放出来，在空气中浓度过高，影响人体健康。某些化学成分主要是()A．一氧化碳 B．二氧化硫 C．甲醛、甲苯等有机物蒸气 D．臭氧13、电讯器材元件材料MnCO3在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度变化如下图。下列说法不正确的是（）A．a点剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2B．b点对应固体的成分为Mn3O4C．c点发生的反应为2MnO2△2MnO+O2↑D．d点对应固体的成分为MnO14、根据描述判断下列反应不属于可逆反应的是A．1molN2和4molH2在一定条件下充分反应，N2的转化率为13%B．将SO3加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，反应后容器中有SO3、SO2、O2C．将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅D．2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO215、合乎实际并用于工业生产的是A．金属钠在氯气中燃烧制氯化钠 B．氢气和氯气混合经光照制氯化氢C．氯气通入澄清石灰水中制漂白粉 D．高温分解石灰石制生石灰16、下列说法正确的是（）A．CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物B．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C．C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同D．水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）请回答下列问题：（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。18、如表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题:(1)这些元素中，化学性质最不活泼原子的原子结构示意图为______；气态氢化物中，最稳定的是______；最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_______。(2)①和④两种元素的原子按1:1组成的常见化合物的电子式为______。(3)②、③的单质中更容易与①的单质反应的是________(用化学式表示)。(4)④、⑦、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序为_____

(用离子符号和“>”表示)。(5)⑥和⑧的最高价氧化物对应水化物之间发生反应的离子方程式____________。(6)⑤⑨⑪三种元素的单质沸点由高到低的顺序是_____(用化学式和“>”表示)。19、“酒是陈的香”就是因为酒在贮存过程中生成了有香味的乙酸乙酯．在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题．（1）乙醇制取乙烯的化学方程式：_____（2）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式：_____．（3）浓硫酸的作用：_____．（4）饱和碳酸钠溶液的主要作用是_____．（5）装置中导管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是_____．（6）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应该采用的实验操作是_____．（7）做此实验时，有时还要向盛有乙酸乙酯的试管里加入几块碎瓷片，其目的是_____．20、某学习小组依据SO2具有还原性，推测SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2。查阅资料：SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾。(1)化合物SO2Cl2中S元素的化合价是__________。(2)实验室中制备氯气时为得到干燥纯净的氯气，应将气体依次通过盛有_______和_______的洗气瓶。(3)用如图所示装置制备SO2Cl2。①B中冷凝水从__________(填“m”或“n”)口进入。②C中的药品是______。目的一是：_______________，目的二是：_______________。③向A所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液。经检验该溶液中的阴离子(除OH－外)只有SO42-、Cl－，写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式：_______________。21、下表是周期表中的一部分，根据A－I在周期表中的位置，第(2)～(3)小题用元素符号或化学式回答，（4）～（6）小题按题目要求回答。族周期IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO1A2DEG3BCFHI（1）表中元素，化学性质最不活泼的原子结构示意图是___________，非金属性最强的元素在周期表中的位置是__________________________，（2）最高价氧化物的水化物中碱性最强的是_________，酸性最强的是___________，（3）A分别与D、E、G形成的最简单化合物中，最不稳定的_______________，（4）A和E组成最简单化合物的电子式______________（5）在B、C、F、G的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是__________________，（6）由A的单质与O2构成的燃料电池中，在E的最高价氧化物对应水化物的条件下进行，写出正极的电极反应式______________________________________。（7）当B的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物反应后，向所得溶液中通入过量D的最高价氧化物的离子方程式___________________________________，

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B错误；C．乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，则溶液最终变为无色透明，故C正确；D．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故D错误；故选C。2、D【解析】

A．Cu和S在加热条件下生成Cu2S，故A正确；B．N2和H2在催化剂、高压并加热条件下生成NH3，故B正确；C．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故C正确；D．Fe和S在加热条件下生成FeS，不能生成Fe2S3，该化合物不存在，故D错误；故答案为D。3、A【解析】

A.氯气在光照条件下与甲烷可以发生取代反应，A正确；B.酸性高锰酸钾溶液不能氧化甲烷，更不可能发生取代反应，B错误；C.氢氧化钠溶液与甲烷不反应，C错误；D.溴的四氯化碳溶液与甲烷不反应，D错误；答案选A。4、A【解析】

A.各原子都达到了8电子稳定结构，电子式为，故A正确；B.是离子化合物，电子式为，故B错误；C.分子中有2个碳氧双键，电子式为，故C错误；D.乙烯的结构简式是，结构式是，故D错误；选A。5、B【解析】分析：乙醇在催化氧化时，-CH2OH结构被氧化为-CHO结构，根据官能团的变化判断断裂的化学键。详解：乙醇在铜催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢，即②④断裂，答案选B。点睛：本题考查学生乙醇的催化氧化反应的实质，掌握反应机理是解本题关键，题目难度不大。6、B【解析】分析：本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。详解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。故选B。7、D【解析】

A.因H-H键能436kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-Cl键能431kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；D.该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确。答案选D。【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。8、B【解析】分析：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、单质的氧化性、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。详解：①在相同条件下，甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，故①正确；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，则单质的氧化性甲比乙强，可说明甲比乙的非金属性强，故②正确；③甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，可说明甲比乙的非金属性强，故③正确；④与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能说明可说明甲比乙的非金属性强，非金属性的强弱只与得电子的能力有关，故④错误；⑤甲的单质熔沸点比乙的低，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，故⑤错误。正确的有①②③，故选B。点睛：本题考查非金属性的比较，本题注意把握比较非金属性的角度，注意元素周期律的变化规律的应用。本题的易错点为④，金属性和非金属性的强弱与得失电子的多少无关。9、B【解析】A、1molNa→1molNa＋，失去1mol电子，23g金属钠失去电子物质的量为23×1/23mol=1mol，故A说法正确；B、MnO2只跟浓盐酸反应，因为MnO2是过量的，随着反应的进行，盐酸浓度降低，到达某一浓度，反应将会停止，根据信息，无法计算转移电子物质的量，故B说法错误；C、过氧化钠的电子式为：，1molNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，即0.6mol过氧化钠中含有阴离子物质的量为0.6mol，故C说法正确；D、N2O和CO2摩尔质量都为44g·mol－1，且等物质的量的两种物质中含有原子物质的量相等，即8.8g混合气体中含有原子物质的量为8.8×3/44mol=0.6mol，故D说法正确。点睛：本题的易错点是选项B和选项C，选项B学生常常忽略MnO2只跟浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，随着反应进行盐酸浓度降低，反应停止，如果MnO2是少量，盐酸是过量或足量，这样就可以根据MnO2计算Cl2，或转移电子物质的量，选项C，学生常常只注意到Na2O2中氧原子的右下标是2，认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，进行判断，解决此类题应注意过氧化钠的电子式，通过电子式进行判断和分析；解决阿伏加德罗常数的问题要求学生基本功扎实。10、C【解析】

A．非金属性N＞P，热稳定性：NH3＞PH3，故A正确；B．同周期主族元素核电荷数越大，金属性越弱，则金属性强弱：Na＞Mg＞Al，故B正确；C．非金属性F＞Cl＞Br＞I，同主族元素的非金属性越强，对应氢化物的酸性越弱，则酸性强弱：HI＞HBr＞HCl＞HF，故C错误；D．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，同主族核电荷数大，原子半径大，则原子半径：K＞Si＞Cl＞F，故D正确；答案选C。11、D【解析】铁与稀盐酸反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A错误；在过氧化钠中加入稀硫酸：2Na2O2＋4H＋===2H2O＋O2↑+4Na+,故B错误；氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH-===BaSO4↓+2H2O，故C错误；澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO32-，故D正确。12、C【解析】

A．CO有毒，一般为碳不完全燃烧生成，与装饰材料无关，故A不选；B．二氧化硫有毒，一般为化石燃料燃烧生成的，与装饰材料无关，故B不选；C．甲醛、甲苯等有机物有毒，在装饰材料中一般作溶剂，与装饰材料有关，故C选；D．臭氧能保护大气层，防止紫外线对人类产生的辐射，与装饰材料无关，故D不选；故选C。13、C【解析】A、设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g，a点剩余固体质量为115g×75.65%=87g，减少的质量为115g－87g=28g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2，剩余固体中n(Mn):n(O)=1:2，选项A正确；B、b点剩余固体质量为115g×66.38%=76.337g，因m(Mn)=55g，则m(O)2=76.337g－55g=21.337g，则n(Mn)∶n(O)=∶=3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4，选项B正确；D、d点剩余固体质量为115g×61.74%=71g,据锰元素守恒知m(Mn)=55g，则m(O)1=71g－55g=16g,则n(Mn)∶n(O)=∶=1∶1,故剩余固体的成分为MnO，C、因c点介于b、d之间，故c点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。发生的反应为2Mn3O4△6MnO+O2↑，选项C不正确。答案选C。14、D【解析】

A.N2与H2反应的物质的量的比是1:3，若将1molN2和4molH2混合，在一定条件下充分反应，氢气过量，N2的转化率为13%，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；B.将SO3加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，若反应完全，反应后容器中将不再含有SO3，但事实上反应后容器中有SO3、SO2、O2，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；C.将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明具备NO2(红棕色)转化为N2O4(无色)的反应条件，但物质未反应反应，证明NO2与N2O4存在反应：2NO2[Failedtodownloadimage:0:8086/QBM/2019/7/13/2245969899560960/2261668607279104/EXPLANATION/6d655e921cc34f9b9efd266518634f58.png]N2O4，该反应为可逆反应，C不符合题意；D.2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2，说明H2O分解反应是完全彻底的反应，不是可逆反应，D符合题意；故合理选项是D。15、D【解析】

A项利用金属钠来制备氯化钠造价太高不符合综合经济效益，故A项错误；B项氢气和氯气混合经光照会发生爆炸，故不能用于工业生产，故B项错误；C项澄清石灰水浓度太低，故不可用于工业制备漂白粉，应用石灰乳制备，故C项错误；D项工业制备生石灰是利用石灰石高温分解，故D项正确；本题选D。16、C【解析】

A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键；B．分子晶体汽化时破坏分子间作用力，分解破坏共价键；C．结构不同的分子分子间作用力不同，分子间作用力不同的分子沸点不同；D．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期表中第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。【详解】A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；B．H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，B错误；C．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；D．水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、分馏Cu或Ag作催化剂并加热羧基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加入浓硫酸作催化剂、加热等【解析】

A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为：分馏；（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。【点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。18、HFHClO4N2r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Mg2+）＞r（Al3+）Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O{或者Al(OH)3+OH﹣=[Al(OH)4]﹣}Br2＞Cl2＞F2【解析】

根据各元素在周期表中的位置，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩、⑪依次代表H、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Ar、Br元素。根据元素周期律和相关化学用语作答。【详解】根据各元素在周期表中的位置，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩、⑪依次代表H、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Ar、Br元素。（1）这些元素中，化学性质最不活泼的原子是Ar，Ar的核电荷数为18，Ar的原子结构示意图为。同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱；非金属性最强的元素处于元素周期表的右上角，气态氢化物中最稳定的是HF。由于F没有正价，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是HClO4。（2）①、④分别代表H、O元素，两种元素的原子按1:1组成的常见化合物为H2O2，H2O2的电子式为。（3）①、②、③分别代表H、C、N元素，非金属性CN，②、③的单质中更易与H2反应的是N2。（4）④、⑦、⑧、⑨分别代表O、Mg、Al、Cl元素，它们的简单离子依次为O2-、Mg2+、Al3+、Cl-，根据“层多径大，序大径小”，④、⑦、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序为r（Cl-）r（O2-）r（Mg2+）r（Al3+）。（5）⑥、⑧分别代表Na、Al元素，Na、Al的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al（OH）3，NaOH和Al（OH）3反应的化学方程式为NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O{或NaOH+Al（OH）3=Na[Al（OH）4]}，离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O{或Al（OH）3+OH-=[Al（OH）4]-}。（6）⑤、⑨、⑪分别代表F、Cl、Br，它们的单质依次为F2、Cl2、Br2，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，F2、Cl2、Br2的分子间作用力依次增强，沸点由高到低的顺序为Br2Cl2F2。19、CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O催化剂、吸水剂中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度防倒吸分液防止大试管中液体暴沸而冲出导管【解析】(1)乙烯可以与水加成制取乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；(2)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂；吸水剂；(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(5)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为防止倒吸；(6)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为分液；(7)液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，故答案为防止暴沸。20、+6饱和食盐水浓硫酸n碱石灰处理尾气氯气和二氧化硫防止空气中的水进入A装置干扰实验SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】

（1）根据化合价的代数和为零计算；（2）实验室中制备氯气时，因浓盐酸具有挥发性，氯气中混有挥发出的氯化氢和水蒸气；（3）①为增强冷凝效果，应从冷凝管的下口n通入冷凝水；②氯气和二氧化硫有毒，SO2Cl2极易水解，遇潮湿空气会产生白雾，则C中的药品应是碱石灰；③由题意可知SO2Cl2与水反应生成硫酸和氯化氢。【