河北省定州市、博野县2024届化学高二第一学期期中考试试题含解析

河北省定州市、博野县2024届化学高二第一学期期中考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、能用离子方程式“H++OH-=H2O”表示的化学反应是A．HNO3+KOH=KNO3+H2OB．2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2OC．SO3+H2O=H2SO4D．2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑2、利用“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示，下列说法中不正确的是A．电流流向为MWCNT→导线→钠箔B．放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋CC．选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为11.2g3、H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示，下列说法错误是A．N原子核外存在3种不同能量的电子B．基态V原子的价电子轨道表示式为C．基态O原子，电子占据的最高能级符号为2pD．基态C、N两种原子中，核外存在相同对数自旋方向相反的电子4、下列物质性质的递变关系正确的是()A．原子半径：B．碱性：C．离子半径：D．最高正价：5、下列气体中，不能用排水法收集的是()A．H2B．NH3C．NOD．O26、已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=－41kJ·mol－1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡过程体系的能量变化COH2OCO2H2①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：Q下列说法中，不正确的是A．容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%B．容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率C．容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率D．平衡时，两容器中CO2的浓度相等7、25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（）A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（H+）增大B．将水加热，Kw增大，pH不变C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低8、用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是A．对该反应体系加热B．滴加少量CuSO4溶液C．向溶液中滴加浓硝酸，以增大氢离子浓度D．改用铁粉9、A2(g)＋B2(g)=2AB(g)，ΔH>0。下列因素能使活化分子百分数增加的是（

）A．降温B．使用催化剂C．增大反应物浓度D．增大气体的压强10、下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是选项ABCD反应装置或图像实验现象或图像信息反应开始后，针筒活塞向右移动反应开始后，甲侧液面低于乙侧液面温度计的水银柱上升反应开始后，气球慢慢胀大A．A B．B C．C D．D11、下列变化需要吸收能量的是()A．1s22s22p63s1→1s22s22p6 B．3s23p5→3s23p6C．2p2p2p→2p2p2p D．2H→H—H12、反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol/(L·s)②v(B)=0.6mol/(L·s)③v(C)=0.4mol/(L·s)④v(D)=0.45mol/(L·s)。下列有关反应速率的比较中正确的是（）A．④>③=②>① B．①>④>②=③C．①>②>③>④ D．④>③>②>①13、常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A．一定物质的量浓度的Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)B．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)C．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)D．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH＝4.75，c()+c()=c(CH3COOH)+c(H+)14、Na[Si2PCl6]是科学家合成的一种新化合物，在它的组成元素中，原子半径和电负性最大的分别是()A．ClCl B．NaP C．ClSi D．NaCl15、25℃时，10mL0.15mol/L的硫酸与10mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液混合，则混合后的pH为A．0B．1C．2D．316、下列各组中互为同位素的是A．甲烷和乙烷 B．O2和O3 C．正丁烷和异丁烷 D．和二、非选择题（本题包括5小题）17、以煤气(主要成分CO、H2)和油脂为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：(1)A的结构简式是______________。(2)E是两种含碳碳双键的酯的混合物，C与D反应得到E的化学方程式是____________(写出一个即可)。(3)以CH2＝CHCH3为原料合成D的过程如下：在方框“”中填写物质或条件__________、__________、_________。18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是______>______>_____(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。19、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下①量取50mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．请回答：（1）如图所示，仪器A的名称是__________．（2）NaOH溶液稍过量的原因____________碎泡沫塑料作用_______________．（3）加入NaOH溶液的正确操作是_____________（填字母）．A沿玻璃棒缓慢加入B一次迅速加入C分三次加入（4）若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_______（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是________________．20、用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，试根据实验回答下列问题：(1)称量一定质量的烧碱样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在_________（填编号字母）上称量。A．小烧杯B．洁净纸片C．直接放在托盘上(2)滴定时，用0.2000mol·L-1的盐酸来滴定待测溶液，可选用_______作指示剂，滴定达到终点的标志是_____________________________________________。(3)滴定过程中，眼睛应注视_____________________________；(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol·L-1滴定次数待测溶液体积（mL）标准酸体积滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00(5)下列实验操作会对滴定结果产生的后果。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果__________。②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果_______。21、化学与人类生活密切相关。请按要求完成下列各小题：（1）合理膳食、营养均衡是青少年学生健康成长的重要保证。①缺乏某种微量元素会导致甲状腺肿大，而且会造成智力伤害，该微量元素是______(填元素符号)；②牛奶和豆浆中都含有大量的______(填编号)；a．蛋白质b．纤维素c．淀粉③维生素C又称______，维生素C具有较强的______(选填“碱性”“氧化性”或“还原性”)。（2）碳酸氢钠、碳酸钙、氧化镁、氢氧化铝和氢氧化镁等中可用于中和胃液中过多的________(填化学式)。（3）保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识，人与自然要和谐相处。①pH<5.6的雨水称为__________；②许多天然水中杂质较多，常需加入明矾、ClO2等物质处理后才能饮用，加入明矾的作用是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】离子方程式H++OH-=H2O表示强酸和可溶性的强碱发生中和反应生成可溶性盐和水的一类化学反应，据此对各选项进行判断。【题目详解】A．HNO3+KOH=KNO3+H2O，该反应为强酸和可溶性的强碱发生中和反应生成可溶性盐和水的反应，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，选项A正确；B.2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O反应的离子方程式为：2OH-+SiO2═SiO32-+H2O，不能用离子方程式“H++OH-=H2O”表示，选项B错误；C．SO3+H2O=H2SO4反应的离子方程式为：SO3+H2O═2H++SO42-，不能用离子方程式“H++OH-=H2O”表示，选项C错误；D.2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑反应的离子方程式为：2H++CO32-=H2O+CO2↑，不能用离子方程式“H++OH-=H2O”表示，选项D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查离子反应方程式的书写，题目难度不大，掌握离子反应的书写方法、常见物质的溶解性等即可解答，注意明确离子方程式的意义：可以表示一类反应。2、D【题目详解】A.根据4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C，得出负极为Na，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；B.放电时，正极是CO2得到电子变为Na2CO3，其电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，故B正确；C.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发，故C正确；D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，故D错误。综上所述，答案为D。【题目点拨】根据反应方程式4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C中化合价进行分析，升高的为负极，降低的为正极。3、B【题目详解】A．N原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3，所以N原子核外存在3种不同能量的电子，A正确；B．V是23号元素，基态V原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，由此可知，V有5个价电子，其价电子轨道式为，B错误；C．O是8号元素，核外有8个电子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，所以基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p，C正确；D．基态C、N两种原子的核外电子排布图分别为：、，由此可知：基态C、N两种原子中，核外都存在2对自旋方向相反的电子，D正确。答案选B。4、D【题目详解】A．四种元素中碳原子半径最小，同周期元素，随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径：Na＞Al；同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径：K＞Na，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH＞NaOH，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；D．主族元素的最高正化合价等于其最外层的电子数，最高正化合价：Cl＞Si＞Al，故D正确；故选D。5、B【解题分析】A．氢气难溶于水，能用排水法收集，故A错误；B．氨气溶于水且与水反应，因此氨气不能用排水法收集，故B正确；C．一氧化氮难溶于水，能用排水法收集，故C错误；D．氧气不易溶于水，能用排水法收集，故D错误；故选B。点睛：实验室制取气体的发生装置选择的依据为反应物的状态和反应的条件，收集装置的选择依据气体本身的密度、溶解性等物理性质，能用排水法收集的气体应为不易溶于水或难溶于水的物质，且不与水反应。6、D【分析】A．根据放出的热量计算参加反应CO的物质的量，进而计算CO的转化率；B．容器①②温度相同，同一可逆反应正、逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，假设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率，C．速率之比等于化学计量数之比；D．根据A、B的计算可知平衡时①、②中二氧化碳的物质的量，容器体积相等，若物质的量相等，则平衡时二氧化碳的浓度相等。【题目详解】A．容器①反应平衡时放出的热量为32.8kJ，则参加反应的CO的物质的量n(CO)=×1mol=0.8mol，故CO的转化率为×100%=80%，A正确；B．容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，在反应开始时n(CO)=1mol，n(H2O)=4mol，n(CO2)=n(H2)=0，CO改变的物质的量为0.8mol，由于该反应中任何物质的化学计量数都相同，所以改变的物质的量也都是0.8mol，平衡时各种物质的物质的量分别为n(CO)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=(4-0.8)mol=3.2mol，n(CO2)=n(H2)=0.8mol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以物质的浓度比等于计量数的比，故K1==1；容器②从逆反应方向开始，二者的化学平衡常数互为倒数，故②中的平衡常数为1，假设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则其余各种物质的变化的物质的量也都是amol，所以平衡时各种物质的物质的量：n(CO2)=(1-a)mol，n(H2)=(4-a)mol，n(CO)=n(H2O)=amol，则K2==1，解得a=0.8mol，所以CO2的转化率为×100%=80%，B正确；C．速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，C正确；D．由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，D错误；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查化学平衡的有关计算，物质反应与放出的热量呈正比。在相同温度时，同一可逆反应的正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。对于反应前后气体体积不变的反应，可以将平衡时的物质的量代替平衡浓度，而平衡常数计算值不变，注意选项B中可以利用代换法理解解答，就避免计算的繁琐，使计算快速，正确率大大提高。7、C【题目详解】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，氢离子和氢氧根离子浓度比值增大，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。【题目点拨】明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。8、C【解题分析】A、温度升高，化学反应速率增大；B、原电池反应加快反应速率；C、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，滴加少量浓硝酸得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮；D、增大接触面积加快反应速率。【题目详解】A项、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A正确；B项、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故B正确；C项、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，若滴加少量浓硝酸，稀释得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮，不能生成氢气，C错误；D项、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的常见因素，注意从温度、浓度、构成原电池、增大接触面等条件变化分析化学反应速率的变化，浓硝酸能使铁钝化、稀硝酸与铁反应不生成氢气是易错点。9、B【题目详解】A.降低温度，体系的能量减小，活化分子数减小，活化分子百分数减小，A不符合题意；B.使用催化剂可以降低反应的活化能，活化分子百分数增大，B符合题意；C.增大反应物浓度，单位体积内的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，C不符合题意；D.增大压强，单位体积内的活化分子数增大，但是活化分子百分数不变，D不符合题意；故答案为B【题目点拨】能增大活化分子百分数的条件只有两种，一是升高温度，二是使用催化剂。增大反应物浓度或增大有气体参与反应的体系压强，可以增大单位体积空间内的活化分子数，但是，活化分子百分数不变。10、A【分析】A．Zn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动；

B．甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；

C．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量

D．根据气体热胀冷缩原理分析作答。【题目详解】A.Zn与稀硫酸反应生成的氢气可使针筒活塞向右移动，则不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故A项错误；B.甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高，说明相应的化学反应是放热反应，故B项正确；C.温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，故C项正确；D.稀硫酸与氢氧化钾溶液反应后，由于反应放热，导致瓶内气压增大，气球会胀大，则间接说明相应的化学反应为放热反应，故D项正确，答案选A。11、A【解题分析】A、电子克服原子核的束缚需要吸收能量；B、原子得到电子放出能量；C、电子在相同能级中发生变化，没有能量变化；D、形成化学键放出能量。【题目详解】A项、电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；B项、原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；C项、由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；D项、化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误。故选A。12、B【分析】应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质表示的反应速率转化为同一物质表示的反应速率然后进行比较。【题目详解】①v（A）=0.45mol/(L•s)；②v（B）=0.6mol/(L·s)，v（B）=3v（A），则v（A）=0.2mol/(L•s)；③v（C）=0.4mol/(L·s)，v（C）=2v（A），则v（A）=0.2mol/(L•s)；④v（D）=0.45mol/(L•s)，v（D）=2v（A），则v（A）=0.225mol/(L•s)；则反应速率①＞④>②=③，故答案为：B。13、A【解题分析】A．在Na2S溶液中，根据质子守恒得c（OH－）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS－），故A正确；B．新制氯水中加入固体NaOH，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－），所以c（Na+）＜c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－），故B错误；C．pH=8.3的NaHCO3溶液，溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度大于电离程度，所以c（CO32－）＜c（H2CO3），故C错误；D．25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO－）+c（OH－）=c（Na+）+c（H+），25℃时，溶液pH=4.75，则溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c（Na+）＞c（CH3COOH），则c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；答案选A。14、D【分析】同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的电负性逐渐增大。【题目详解】Na、Si、P、Cl是同周期从左到右的元素，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径最大是Na；元素的电负性逐渐增大，故电负性最大的是Cl；答案选D。15、B【解题分析】25℃时，10mL0.15mol/L的硫酸中氢离子物质的量为0.15×0.01×2=0.003mol，与10mL0.1mol/L的氢氧化钠中氢氧根离子物质的量为0.1×0.01=0.001mol，则二溶液混合后剩余氢离子，剩余的氢离子物质的量为0.003-0.001=0.002mol，氢离子浓度为0.002/0.02=0.1mol/L，溶液的pH为1，故选B。16、D【题目详解】A.甲烷和乙烷是化合物不是原子，所以不是同位素，故A错误；B.O2和O3是氧元素形成的不同的单质，不是同位素，故B错误；C.正丁烷和异丁烷是化合物不是原子，所以不是同位素，故C错误；D.和是质子数相同中子数不同的同一元素，互称同位素，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CHCH2OHCH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2OCl2CH2ClCHClCH2ClNaOH溶液、加热【分析】根据流程图，丙烯与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应，生成CH2=CHCH2OH，即A；A中的羟基被氧化生成CH2=CHCHO，B被氧化生成C，则C为CH2=CHCOOH；油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，则D为丙三醇，丙三醇与C反应生成酯和水。【题目详解】(1)分析可知，A的结构简式CH2=CHCH2OH；(2)E是由丙三醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成的两种含碳碳双键的酯的混合物，则E为CH2OHCH(CH2OH)OOCCH=CH2或CH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2，反应的方程式为CH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2O；(3)丙烯与氯气在500℃的条件下，发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，再与NaOH溶液共热的条件下生成丙三醇。18、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋离子键、(非极性)共价键【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。【题目详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为：；过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。【题目点拨】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。19、环形玻璃棒充分反应完全中和保温隔热防止热量损失B大于浓硫酸溶于水放热【分析】（1）仪器A的名称环形玻璃搅拌棒；

（2）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；

（3）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（4）浓硫酸溶于水放热，据此分析解答。【题目详解】（1）如图所示，仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的硫酸反应完全；碎泡沫塑料作用是保温隔热防止热量损失，故答案为：充分反应完全中和；保温隔热防止热量损失；（3）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：