湖北剩州市松滋二中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

湖北省荆州市松滋二中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．下列说法正确的是（　　）A．将Ca（OH）2饱和溶液加热，溶液的pH增大B．常温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液的pH＞7C．将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D．两种醋酸溶液的pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2，则有c1=10c2　2．NA表示阿伏伽德罗常数，则下列叙述中，正确的是（　　）A．32gS2﹣中电子数目为2NAB．46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数为0.5NAD．78gNa2O2中阴离子数目为2NA　3．在下列五种物质的组合中，既能跟氢氧化钠溶液反应，又能跟盐酸反应的化合物是（　　）①Al　②Al（OH）3　③Al2O3　④Na2CO3⑤NaHCO3．A．①②③⑤B．①③④⑤C．②③⑤D．②④⑤　4．下列物质所属类别不正确的是（　　）A．纯碱﹣﹣碱B．氯化铝﹣﹣盐C．金属钠﹣﹣还原剂D．二氧化硅﹣﹣酸性氧化物　5．将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，含阴离子数目最多的是（　　）A．CaCO3B．CH3COONaC．NH3D．Na2SO3　6．下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是（　　）A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2B．Na2O2+MnO2=Na2MnO4C．5Na2O2+2MnOO4﹣+16H+=10Na++2Mn2++5O2↑+8H2OD．2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑　7．某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（　　）A．平衡正移B．（a+b）＞（c+d）C．Z的体积分数变小D．X的转化率变大　8．将4体积的H2和1体积的O2混合，4g这种混合气体在标准状况下所占的体积是（　　）A．5.6LB．11.2LC．22.4LD．33.6L　-22-\n9．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：akJ•mol﹣1、P﹣O：bkJ•mol﹣1、P=O：ckJ•mol﹣1、O=O：dkJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（　　）A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1　10．在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）．按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（　　）A．SO2B．SO3，O2C．SO2，SO3D．SO2，O2　11．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣═2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（　　）A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2OD．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子　12．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OB．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O═SO32﹣+2HClOD．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═3Fe3++6Cl﹣+2Br2　13．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（　　）-22-\nA．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y　14．下列关于教材中的各项说法错误的一项是（　　）A．在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B．氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C．在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D．医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质　15．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（　　）A．锌片是负极B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极D．两个番茄都形成原电池　16．已知钡的活动性处于钾和钠之间，则下列说法中可能实现的是（　　）A．钡可从氯化钠溶液中置换出钾B．钡可从冷水中置换出氢C．钡可从氯化钠溶液中置换出钠D．在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子　　二、填空题17．（15分）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：（提示：请注意氢谱中峰的高度比）（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．（1）有机物A的相对分子质量为：　　　　　　．（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次通过足量无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现硫酸铜粉末增重5.4g，石灰水中有30.0g白色沉淀生成．（2）9.0g有机物A完全燃烧时，经计算：生成CO2共为　　　　　　mol，生成的H2O　　　　　　mol．有机物A的分子式　　　　　　．（3）A的结构简式-22-\n（3）经红外光谱测定，证实其中含有O﹣H键，﹣COOH基团，C﹣H键；经核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如：　　　　　　．（4）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O﹣H键，还含有醛基，C﹣O键，核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如右：（4）A的这种同分异构体的结构简式为：　　　　　　．（5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O﹣H键，还含有C=O，C﹣O键，核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如：（5）A的这种同分异构体的结构简式为：　　　　　　．　18．（18分）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：已知：R﹣CH=CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOHR﹣CH=CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO（1）2molF生成lmolG．Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128.1molQ可与lmolBr2加成，并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链．Q的分子式是　　　　　　．（2）A所含官能团的名称是　　　　　　、　　　　　　；A→B的反应类型是　　　　　　；（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：　　　　　　；（4）G的结构简式是　　　　　　；Q的反式结构简式是　　　　　　．（5）下列说法正确的是　　　　　　．a．D催化加氢的产物与F互为同分异构体-22-\nb．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应c．高分子N的每条分子链中含有（n﹣1）个酯基（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式　　　　　　①能与NaHCO3反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4个吸收蜂（7）写出H→N的化学方程式：　　　　　　．　19．（4分）镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的　　　　　　，还生成少量的　　　　　　（填化学式）；（2）将生成的产物加入水中，其中一种产物可与水生成难溶于水的白色沉淀和能使红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应方程式　　　　　　．　20．（6分）在溶液中，反应A+2B═C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100kJ•mol﹣1、c（B）=0.200kJ•mol﹣1及c（C）=0kJ•mol﹣1．反应物A的浓度随时间的变化如下图所示．请回答下列问题：（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件；所改变的条件分别：②　　　　　　；③　　　　　　．（2）实验②平衡时B的转化率为　　　　　　；该反应的△H　　　　　　0；（填“＞”、“＜”、或“=”）理由是　　　　　　．（3）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验③：v（B）=　　　　　　．　21．（9分）下表是元素周期表中的一部分．族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2EFHJ3BCDGI根据A﹣J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：（1）化学性质最不活泼的元素是　　　　　　，氧化性最强的单质是　　　　　　，还原性最强的单质是　　　　　　．（2）最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是　　　　　　，酸性最强的是　　　　　　，呈两性的是　　　　　　．（3）A分别与E，F，G，H，I形成的化合物中，最稳定的是　　　　　　．（4）在B，C，D，G，I中，原子半径最大的是　　　　　　．-22-\n（5）元素C与I形成的化合物的电子式是：　　　　　　．　　-22-\n湖北省荆州市松滋二中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．下列说法正确的是（　　）A．将Ca（OH）2饱和溶液加热，溶液的pH增大B．常温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液的pH＞7C．将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D．两种醋酸溶液的pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2，则有c1=10c2【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．升高温度，Ca（OH）2的溶解度变小；B．根据两种溶液中H+和OH﹣的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量；C．HI为强电解质，加水稀释l00倍，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大；D．弱电解质溶液越稀越电离，即浓度越小，电离程度越大．【解答】解：A．Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca（OH）2饱和溶液加热Ca（OH）2析出，溶液的pH减小，故A错误；B．pH=3的盐酸中c（H+）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（OH﹣）=10﹣3mol/L，两种溶液H+与OH﹣离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故B正确；C．HI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）×c（OH﹣）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，故C错误；D．醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了溶液的酸碱性和PH的关系，注意B选项溶液H+与OH﹣离子浓度相等时，氨水过量，D为该题的易错点，题目难度中等．　2．NA表示阿伏伽德罗常数，则下列叙述中，正确的是（　　）A．32gS2﹣中电子数目为2NAB．46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数为0.5NAD．78gNa2O2中阴离子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．硫离子中含有18个电子，32g硫离子的物质的量为1mol，含有18mol电子；B．NO2和N2O4的最简式都是NO2，根据最简式计算出含有原子数；C．碳酸根离子部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少；D．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol阴离子．【解答】解：A．32gS2﹣的物质的量为1mol，1mol硫离子含有18mol电子，含有的电子数目为18NA，故A错误；-22-\nB．46gNO2和N2O4的混合物中含有46g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=1mol，含有3mol原子，则该混合物中含有的原子数为3NA，故B正确；C．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.5mol，由于部分碳酸根离子水解，则溶液中含有的CO32﹣数小于0.5NA，故C错误；D．78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数目为NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　3．在下列五种物质的组合中，既能跟氢氧化钠溶液反应，又能跟盐酸反应的化合物是（　　）①Al　②Al（OH）3　③Al2O3　④Na2CO3⑤NaHCO3．A．①②③⑤B．①③④⑤C．②③⑤D．②④⑤【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸及蛋白质都既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，据此分析解答．【解答】解：铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸及蛋白质都既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，碳酸钠属于弱酸强碱盐，所以碳酸氢钠能溶于氢氧化钠溶液和稀盐酸，而碳酸钠不能溶于氢氧化钠溶液，故选A．【点评】本题考查两性氧化物和两性氢氧化物，侧重考查物质的性质，明确元素化合物性质即可解答，注意总结归纳物质的性质，题目难度不大．　4．下列物质所属类别不正确的是（　　）A．纯碱﹣﹣碱B．氯化铝﹣﹣盐C．金属钠﹣﹣还原剂D．二氧化硅﹣﹣酸性氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐；B、氯化铝是盐；C、金属具有还原性；D、二氧化硅属于酸性氧化物．【解答】解：A、水溶液中阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，纯碱为碳酸钠属于盐，故A错误；B、氯化铝属于铝盐，故B正确；C、金属钠具有还原性，是常见的还原剂，故C正确；D、二氧化硅是硅酸的酸酐，属于酸性氧化物，故D正确；故选A．【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成的分析判断，掌握基础是关键，注意俗称和成分的分析，题目较简单．　5．将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，含阴离子数目最多的是（　　）A．CaCO3B．CH3COONaC．NH3D．Na2SO3【考点】电解质在水溶液中的电离．-22-\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，根据物质的溶解度及电离程度分析解答．【解答】解：A．虽然碳酸钙是强电解质，但碳酸钙是难溶物，只有很少量的碳酸钙溶解，所以阴离子浓度很小；B．醋酸钠是强电解质且易溶，但醋酸根离子易水解，导致醋酸根离子浓度小于0.1mol/L；C．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，则阴离子浓度远远小于0.1mol/L；D．亚硫酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，且亚硫酸根离子有两步水解，第一步生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，第二步又生成氢氧根离子，所以阴离子浓度大于0.1mol/L，所以阴离子数目最多的是亚硫酸钠，故选D．【点评】本题考查了电解质的溶解性及电离程度，把握多元弱酸根离子的分步水解即可解答，注意碳酸钙的溶解性，为易错点．　6．下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是（　　）A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2B．Na2O2+MnO2=Na2MnO4C．5Na2O2+2MnOO4﹣+16H+=10Na++2Mn2++5O2↑+8H2OD．2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑【考点】氧化还原反应；钠的重要化合物．【专题】氧化还原反应专题．【分析】化学反应中Na2O2只表现强氧化性说明氧元素的得电子化合价降低．【解答】解：A、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，过氧化钠中氧元素的化合价是﹣1价，碳酸钠中氧元素的化合价是﹣2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中既有氧元素化合价升高也有化合价降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，故A错误；B、反应Na2O2+MnO2=Na2MnO4中，过氧化钠中氧元素得电子化合价降低，锰元素失电子化合价升高，过氧化钠作氧化剂，二氧化锰作还原剂，所以过氧化钠表现强氧化性，故B正确；C、反应5Na2O2+2MnOO4﹣+16H+=10Na++2Mn2++5O2↑+8H2O中，过氧化钠中氧元素失电子化合价升高，锰元素得电子化合价降低，所以过氧化钠只作还原剂表现还原性，故C错误；D、反应2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑中，过氧化钠中氧元素既有得电子化合价降低的，也有失电子化合价升高的，所以过氧化钠既表现氧化性又表现还原性，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素氧化性和还原性的判断，难度不大，根据元素的化合价升降判断即可．　7．某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（　　）A．平衡正移B．（a+b）＞（c+d）C．Z的体积分数变小D．X的转化率变大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．-22-\n【分析】保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，据此解答．【解答】解：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B．平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，故B错误；C．平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C正确；D．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时W的浓度为原来的2倍，根据实际W的浓度，判断平衡移动．　8．将4体积的H2和1体积的O2混合，4g这种混合气体在标准状况下所占的体积是（　　）A．5.6LB．11.2LC．22.4LD．33.6L【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】相同条件下，体积之比等于物质的量之比，结合质量计算混合气体物质的量，再根据V=nVm计算混合气体体积．【解答】解：4体积的H2和1体积的O2混合，则二者物质的量之比为4：1，设物质的量分别为4xmol、xmol，则；4xmol×2g/mol+xmol×32g/mol=4g解得x=0.1mol故标况下混合气体体积为（0.4mol+0.1mol）×22.4L/mol=11.2L，故选：B．【点评】本题考查物质的量有关计算，难度不大，关键是根据体积关系判断物质的量关系．　9．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：akJ•mol﹣1、P﹣O：bkJ•mol﹣1、P=O：ckJ•mol﹣1、O=O：dkJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（　　）A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算；化学反应中能量转化的原因．【专题】化学反应中的能量变化．-22-\n【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．【解答】解：各化学键键能为P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、P=OckJ•mol﹣1、O=OdkJ•mol﹣1．反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ•mol﹣1+5dkJ•mol﹣1﹣（4ckJ•mol﹣1+12bkJ•mol﹣1）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1，故选：A．【点评】考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．　10．在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（如图）．按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（　　）A．SO2B．SO3，O2C．SO2，SO3D．SO2，O2【考点】工业制取硫酸．【专题】氧族元素．【分析】依据工业制硫酸的流程分析判断，原料SO2、O2从装置左侧中间进入热交换器，吸收热量后由A处流出再进入接触室发生反应，并放出大量的热，把一部分热量交换给刚进入热交换器的原料气，然后反应产物由装置下端流入下一个装置．【解答】解：通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出．故A处流出的气体仍为SO2和O2；故选D．【点评】本题考查了工业制硫酸的流程分析判断，对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视．　11．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣═2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（　　）A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2OD．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子【考点】化学电源新型电池．【分析】放电时，相当于原电池的工作原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应；充电时，相当于电解池的工作原理，根据反应方程式来确定溶液的酸碱性并判断电子转移的量．-22-\n【解答】解：A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故A错误；B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B正确；C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C正确；D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1molCH3OH转移6mol电子，故D正确．故选A．【点评】本题考查学生有关二次电池的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　12．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OB．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O═SO32﹣+2HClOD．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═3Fe3++6Cl﹣+2Br2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠不足，反应按照碳酸氢钠进行；B、苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，反应生成产物为碳酸氢根离子；C、次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；D、亚铁离子的还原性大于溴离子的还原性，根据氯气和溴化亚铁的物质的量判断过量情况．【解答】解：A、在澄清石灰水中加入少量小苏打，碳酸氢钠不足，反应的离子方程式为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故A正确；B、苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成产物为碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故B错误；C、将少量SO2气体通入NaClO溶液中，亚硫酸根离子被次氯酸氧化成硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2ClO﹣+H2O═SO42﹣+HClO+Cl﹣+H+，故C错误；D、标准状况下112mL氯气的物质的量为0.005mol；10mL浓度为1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中含有溴化亚铁0.01mol，由于亚铁离子还原性大于溴离子还原性，所以亚铁离子优先被氯气氧化，0.01mol亚铁离子需要消耗0.005mol氯气，氯气与亚铁离子恰好完全反应，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，该题需要明确判断离子方程式常用方法（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可．-22-\n　13．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（　　）A．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答．【解答】解：A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；B．元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：X＞Y，则Y的非金属性强，故B不选；C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D．比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选．故选C．【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，注意归纳非金属性比较的方法是解答的关键，明确同主族元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大．　14．下列关于教材中的各项说法错误的一项是（　　）A．在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化B．氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素C．在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强D．医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质【考点】反应热和焓变；热化学方程式；氮族元素简介．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程；B、氮肥就是含氮元素的化学肥料；C、不同条件下，反应热的数值不同；D、石膏绷带就是利用CaSO4•2H2O失水生成CaSO4•H2O从而凝固的原理．【解答】解：A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量．故A正确；B、常用氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素，故B正确；C、不同条件下，反应热的数值不同，所以书写热化学方程式时必须注明温度和压强，常温常压可以不注明，故C错误；D、石膏绷带就是利用CaSO4•H2O遇水生成糊状CaSO4•2H2O，CaSO4•2H2O很快失水生成CaSO4•H2O从而凝固的原理，故D正确；故选：C．【点评】本题主要考查了一些基础、重点、易忽略的小知识点，注意平时的积累，题目难度不大．　15．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（　　）-22-\nA．锌片是负极B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极D．两个番茄都形成原电池【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应，锌做负极，铜做正极；右装置是电解池，铜做电解池的阴极，碳做电解池的阳极；【解答】解：A、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，故A正确；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，故B错误；C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，故C错误；D、左装置是原电池，右装置是电解池，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池、电解池原理的分析应用，电极名称、电极判断、电极反应是解题关键，题目较简单．　16．已知钡的活动性处于钾和钠之间，则下列说法中可能实现的是（　　）A．钡可从氯化钠溶液中置换出钾B．钡可从冷水中置换出氢C．钡可从氯化钠溶液中置换出钠D．在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；碱金属的性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】钡的金属活动性处于钾和钠之间，则Ba先与溶液中的水反应，不能在溶液中置换出金属单质，但性质比较活泼，Ba能与冷水反应，以此来解答．【解答】解：A．Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钾溶液中置换出钾，故A错误；B．Ba的性质活泼，能与冷水反应置换出氢而得到氢气，故B正确；C．Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钠溶液中置换出钠，故C错误；D．金属性Ba＞Zn，则在溶液中钡离子不能氧化金属锌，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属的化学性质，明确Ba的化学性质处于K、Na之间是解答本题的关键，注意与Na的性质相比较来解答即可，题目难度不大．　二、填空题17．（15分）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：（提示：请注意氢谱中峰的高度比）（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．（1）有机物A的相对分子质量为：　90　．（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使（2）9.0g有机物A完全燃烧时，经计算：-22-\n其产物依次通过足量无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现硫酸铜粉末增重5.4g，石灰水中有30.0g白色沉淀生成．生成CO2共为　0.3　mol，生成的H2O　0.3　mol．有机物A的分子式　C3H6O3　．（3）经红外光谱测定，证实其中含有O﹣H键，﹣COOH基团，C﹣H键；经核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如：（3）A的结构简式　　．（4）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O﹣H键，还含有醛基，C﹣O键，核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如右：（4）A的这种同分异构体的结构简式为：　CH2（OH）CH（OH）CHO　．（5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在O﹣H键，还含有C=O，C﹣O键，核磁共振氢谱的测定，其核磁共振氢谱图如：（5）A的这种同分异构体的结构简式为：　　．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）根据密度与相对分子质量成正比计算；（2）硫酸铜增重的质量为水的质量，白色沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=二氧化碳的物质的量，分别根据n=计算出水和二氧化碳的物质的量，再结合A的相对分子质量及质量守恒定律确定其分子式；（3）根据A的分子式、经红外光谱测定结果及核磁共振氢谱中等效H的情况确定其含有的官能团及结构，然后写出其结构简式；（4）根据红外光谱判断有机物含有的官能团，再结合其核磁共振氢谱判断其结构简式；（5）先根据红外光谱判断有机物含有的官能团，再根据其核磁共振氢谱判断其结构简式．【解答】解：（1）同温同压下：密度比=相对分子质量之比，A的密度是相同条件下H2的45倍，故A的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；（2）硫酸铜粉末增重的5.4g为水的质量，水的物质的量为：=0.3mol，故n（H）=0.3×2=0.6mol，m（H）=0.6×1=0.6g，-22-\n石灰水中有30.0g白色沉淀为碳酸钙，则碳酸钙的物质的量为：=0.3mol，根据C原子守恒，则二氧化碳的物质的量为0.3mol，m（C）=0.3×12=3.6g，故9.0gA中O的质量为：9.0﹣0.6﹣3.6=4.8g，则n（O）==0.3mol，故A分子中N（C）：N（H）：N（H）=0.3：0.6：0.3=1：2：1，A的最简式为CH2O，由于A的相对分子质量为90，设A的分子式为（CH2O）n，则30n=90，解得：n=3，故A的分子式为：C3H6O3，故答案为：0.3；0.3；C3H6O3；（3）经红外光谱测定，证实其中含有O﹣H键，﹣COOH基团，C﹣H键，说明该有机物分子中含有官能团为羧基和羟基，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，则该有机物的结构简式为：，故答案为：；（4）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中存在O﹣H键，还含有醛基、C﹣O键，结合其分子式C3H6O3可知，A的不饱和度为2，则该有机物分子中应该含有1个醛基、2个羟基；其核磁共振氢谱中H原子又5种，且H原子数之比为：2：1：1：1：1，则该有机物的结构简式为：CH2（OH）CH（OH）CHO，故答案为：CH2（OH）CH（OH）CHO；（5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中存在O﹣H键，还含有C=O，C﹣O键，说明该有机物分子中含有酯基或含有1个羰基、2个羟基；根据其核磁共振氢谱可知，其分子中含有2种H原子，原子数之比为：2：1，则该有机物分子中只能含有1个羰基、2个羟基，其结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用，明确核磁共振氢谱的含义为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．　18．（18分）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：已知：R﹣CH=CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOHR﹣CH=CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO-22-\n（1）2molF生成lmolG．Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128.1molQ可与lmolBr2加成，并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链．Q的分子式是　C6H8O3　．（2）A所含官能团的名称是　羟基　、　羧基　；A→B的反应类型是　消去反应　；（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：　CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O　；（4）G的结构简式是　　；Q的反式结构简式是　　．（5）下列说法正确的是　a　．a．D催化加氢的产物与F互为同分异构体b．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应c．高分子N的每条分子链中含有（n﹣1）个酯基（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式　　①能与NaHCO3反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4个吸收蜂（7）写出H→N的化学方程式：　　．【考点】有机物的推断．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3，1molQ可与lmolBr2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链，Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，2molF生成lmolG，F发生酯化反应生成六元环化合物F，应是发生酯化反应，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为-22-\n，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，据此解答．【解答】解：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3，1molQ可与lmolBr2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链，Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，2molF生成lmolG，F发生酯化反应生成六元环化合物F，应是发生酯化反应，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，（1）根据以上分析可知，Q的分子式为C6H8O3，故答案为：C6H8O3；（2）A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，分子含有的官能团是羟基、羧基，A→B的反应类型是消去反应，故答案为：羟基；羧基；消去反应；（3）C分子中含有醛基，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（4）由上述分析可知，G的结构简式是；Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q的反式结构简式是，-22-\n故答案为：；；（5）a．．D催化加氢的产物是HOCH2CH2CH2COOH，与F互为同分异构体，故a正确；b．F中含有羟基和羧基，能发生氧化反应、取代反应，但不能发生加成反应，故b错误；c．高分子N的每条分子链中含有2n个酯基，故c错误，故答案为：a；（6）H的一种同分异构体满足条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有4个吸收蜂，即含有4类氢原子，所以符合条件的有机物结构简式可以为等，故答案为：；（7）生成N的化学方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，综合分析确定F的结构简式是关键，再结合转化关系推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度较大．　19．（4分）镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的　MgO　，还生成少量的　Mg3N2　（填化学式）；（2）将生成的产物加入水中，其中一种产物可与水生成难溶于水的白色沉淀和能使红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应方程式　Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑　．【考点】镁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）镁在空气中燃烧，不仅和氧气反应还和氮气反应；（2）氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气．【解答】解：（1）镁在空气中燃烧，镁和氧气反应生成氧化镁，和氮气反应生成氮化镁，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的氧化镁，还生成少量的氮化镁，故答案为：MgO；Mg3N2；（2）将生成的产物加入水中，Mg3N2可与水生成难溶于水的氢氧化镁白色沉淀和氨气，方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑．【点评】本题考查了镁的性质等知识点，明确镁在空气中燃烧不仅生成氧化镁还生成氮化镁，镁还能在二氧化碳中燃烧．　-22-\n20．（6分）在溶液中，反应A+2B═C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100kJ•mol﹣1、c（B）=0.200kJ•mol﹣1及c（C）=0kJ•mol﹣1．反应物A的浓度随时间的变化如下图所示．请回答下列问题：（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件；所改变的条件分别：②　加催化剂　；③　温度升高　．（2）实验②平衡时B的转化率为　40%　；该反应的△H　＞　0；（填“＞”、“＜”、或“=”）理由是　温度升高，平衡向正反应方向移动，正方向是吸热方向　．（3）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验③：v（B）=　0.018mol/（L•min）　．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）在溶液中，压强对化学平衡无影响，且起始浓度不变，应为催化剂与温度对反应的影响，根据催化剂、温度对化学反应速度率和化学平衡的影响；（2）由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，计算A的浓度变化量，再利用方程式计算B的浓度变化量，进而计算平衡时B的转化率；温度升高，A的浓度降低，平衡向正反应方向移动，据此判断；（3）根据v=计算vA，利用速率之比等于速率之比计算实验③中vB．【解答】解：（1）与①比较，②缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以②为使用催化剂；与①比较，③缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小，故答案为：加催化剂；温度升高；（2）由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L﹣0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L×2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为×100%=40%；因③温度升高，平衡时A的浓度减小，化学平衡向吸热的方向移动，说明正反应方向吸热，即△H＞0，故答案为：40%；＞；温度升高，平衡向正反应方向移动，正方向是吸热方向；-22-\n（3）实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，由方程式可知C的浓度变化量为0.06mol/L，故平衡时C的浓度为0.06mol/L，vC=vA=﹣mol/（L•min）=0.009mol/（L•min），vB=2vA=﹣mol/（L•min）=0.018mol/（L•min），故答案为：0.018mol（L•min）﹣1．【点评】本题考查化学平衡浓度﹣时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，注意化学原理基础知识的灵活运用，难度不大．　21．（9分）下表是元素周期表中的一部分．族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2EFHJ3BCDGI根据A﹣J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：（1）化学性质最不活泼的元素是　Ne　，氧化性最强的单质是　F2　，还原性最强的单质是　Na　．（2）最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是　NaOH　，酸性最强的是　HClO4　，呈两性的是　Al（OH）3　．（3）A分别与E，F，G，H，I形成的化合物中，最稳定的是　HF　．（4）在B，C，D，G，I中，原子半径最大的是　Na　．（5）元素C与I形成的化合物的电子式是：　　．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为H，B为Na，C为Mg，D为Al，E为C，F为N，G为S，H为F，I为Cl，J为Ne，（1）稀有气体原子最外层电子为8，为稳定结构，化学性质最稳定；同周期自左而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，非金属性最强，其单质氧化性最强，金属性越强，单质还原性越强，据此解答；（2）Na的金属性最强，则NaOH碱性增强，F元素没有含氧酸，高氯酸的酸性增强，氢氧化铝是两性氢氧化物；（3）同周期自左而右非金属性最强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；（4）同周期随原子序数增大元素原子半径减小；（5）元素C与I形成的化合物为MgCl2，镁离子与氯离子构成，据此书写．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，A为H，B为Na，C为Mg，D为Al，E为C，F为N，G为S，H为F，I为Cl，J为Ne，（1）上述元素中稀有气体Ne最外层电子为8，为稳定结构，化学性质最稳定；同周期自左而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，F的非金属性最强，故F2氧化性最强，Na的金属性越强，其单质还原性越强，故答案为：Ne；F2；Na；（2）上述元素中，Na的金属性最强，则最高价氧化物的水化物NaOH的碱性最强，F元素没有含氧酸，高氯酸的酸性增强，上述元素中的最高价氧化物的水化物中只有Al（OH）3为两性，故答案为：NaOH；HClO4；Al（OH）3；-22-\n（3）同周期自左而右非金属性最强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，C、N、S、F、Cl中F的非金属性最强，则HF最稳定，故答案为：HF；（4）同周期随原子序数增大元素原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞Al＞S＞Cl，故答案为：Na；（5）元素C与I形成的化合物为MgCl2，镁离子与氯离子构成，其电子式为：，故答案为：．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律，明确元素在周期表中的位置是解答本题的关键，注意掌握元素周期律．　-22-