重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高一上学期1月期末试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。一、选择题1.下列实验过程中不会出现颜色变化的是（）A.木炭粉与氧化铜共热 B.二氧化碳通入烧碱溶液C.活性炭加入红墨水中 D.二氧化碳通入石蕊溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．木炭具有还原性，能与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，会观察到黑色粉末逐渐变红，会出现颜色变化，故A错误；

B．二氧化碳通入烧碱溶液中，生成碳酸钠和水，但无明显变化，不会出现颜色变化，故B正确；

C．活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素，活性炭加入红墨水中，会观察到颜色逐渐变浅，会出现颜色变化，故C错误；

D．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红色，会出现颜色变化，故D错误；

故选：B。2.北京奥运会主场馆“鸟巢”堪称建筑上的一个奇迹，它的主要建筑材料是合金。下列物质中属于合金的是（）A.金 B.银 C.钢 D.铜〖答案〗C〖解析〗【详析】金、银、铜属于金属单质，钢属于铁和碳的合金，故〖答案〗选C。3.人类对原子结构的认识经历了漫长的历史阶段。其中最早提出“原子核外电子是在原子轨道上运动的，并遵循一定的规律。”的科学家是（）A.道尔顿 B.汤姆生 C.卢瑟福 D.玻尔〖答案〗D〖解析〗【详析】道尔顿提出“原子时构成物质的最基本离子，它们是坚实的、不可再分割的实心小球”；汤姆生提出“原子是一个平均分布着正电荷的小球，这个小球中镶嵌着许多电子，电子带的负电荷中和了小球中的正电荷”；卢瑟福提出“原子是由原子核和核外电子构成的”；波尔提出“原子核外电子是在原子轨道上运动的，并遵循一定的规律”；综上所述〖答案〗为D。4.上海环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实现了生活垃圾分类投放的方法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（）A.无机物 B.有机物 C.盐类D.非金属单质〖答案〗B〖解析〗【详析】塑料袋、废纸、旧橡胶制品，其中塑料是塑料的主要成分是合成树脂，是合成高分子化合物；废纸主要是天然纤维；旧橡胶制品主要成分是天然橡胶和合成橡胶，天然橡胶主要来源于三叶橡胶树，合成橡胶则由各种单体经聚合反应而得。所以塑料、橡胶、纤维均是有机物，〖答案〗选B。【『点石成金』】垃圾分类是将垃圾按可回收再使用和不可回收再使用的分类法为垃圾分类。人类每日会产生大量的垃圾，大量的垃圾未经分类、回收、再使用并任意弃置，会造成环境污染．塑料袋、废纸、旧橡胶制品属于有机物。5.《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“彼人采蒿蓼之属……晒干烧灰，以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面……”石碱的主要成分为。某同学按照如图所示流程制备少量石碱，下列说法错误的是（）A.过程①涉及氧化还原反应B.加水溶解时可适当加热，以增大的溶解度和溶解速率C.的热稳定性很差，受热易分解生成D.图示方法不足之处有二氧化碳排放较多和原料来源受限制等〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗干稻草灼烧后得到稻草灰，加水溶解可溶出其中的，将过滤所得的溶液进行蒸发结晶即可得到晶体。【详析】A．过程①为“灼烧”，涉及物质的燃烧，故涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．的溶解度随温度的升高而增大，加水溶解时适当加热可增大的溶解度和溶解速率，B不符合题意；C．的热稳定性较强，受热不易分解，C符合题意；D．图示方法的原料是干稻草，来源有限，且过程①“灼烧”涉及物质的燃烧，会释放出大量二氧化碳，D不符合题意；故选C。6.下列叙述不正确的是（）A.将与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.液氯可以储存在钢瓶中D.氯水可用于漂白纸张、织物等〖答案〗A〖解析〗【详析】A．得到的中因含水蒸气而不纯净，A错误；B．漂白粉的有效成分为，溶于水可生成HClO，HClO具有杀菌消毒的作用，故可用于生活用水的消毒，B正确；C．液氯可以储存在钢瓶中，C正确；D．氯水中含有的HClO具有漂白作用，故氯水可做漂白剂，用于漂白纸张、织物等，D正确；故选A。7.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是（）A.锌片插入硝酸银溶液中，有银析出：Zn+Ag+=Zn2++AgB.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀生成：+Ba2+=BaSO4↓C氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OD.碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：BaCO3↓+2H+=Ba2++CO2↑+H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．锌片插入硝酸银溶液中，有银析出，方程式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，选项A错误；B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀硫酸钡生成，方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，选项B错误；C．氢氧化铜加到盐酸中，溶液变为蓝色，方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，选项C错误；D．碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体CO2，方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，选项D正确；〖答案〗选D。8.工业用溶液刻蚀电路板的废液中主要含有、、、，实验室从废液中回收某些物质的流程如下：下列说法正确的是（）A.还原过程中，溶液中可能存在的阳离子只有、、B.溶解过程中反应的离子方程式：C.滤液1、滤液2合并后通入过量的重新获得溶液D.滤渣的成分为Fe和Cu〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗废液中加入过量铁粉，铁与铁离子反应生成亚铁离子，铁与铜离子反应生成亚铁离子和铜，过滤得到的滤液为氯化亚铁溶液，固体为铁和铜的混合物，向固体中加入过量稀盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜不与盐酸反应，过滤得到的滤渣为铜。【详析】A．还原过程中铁与铁离子反应生成亚铁离子，铁与铜离子反应生成亚铁离子和铜，溶液中可能存在的阳离子有铁离子、亚铁离子和铜离子，A错误；B．溶解过程中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：，B错误；C．由分析可知，滤液1和滤液2的主要成分为氯化亚铁，两者合并后通入氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，可获得氯化铁溶液，C正确；D．由分析可知，滤渣为铜，D错误；〖答案〗选C。9.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB.用CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAC.Na2O2与H2O反应生成1.12LO2（标准状况），反应转移的电子数为0.2NAD.标准状况下，80gSO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4L〖答案〗B〖解析〗【详析】A．常温常压下的33.6L氯气少于1.5mol，与27g铝充分反应，铝过量，转移电子数少于3NA，故A错误；B．CO2和O2分子中均含有2个氧原子，用CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA，故B正确；C．Na2O2与H2O反应生成1.12LO2（标准状况），根据生成的氧气：反应转移的电子数为0.05mol×2NA=0.1NA，故C错误；D．标准状况下，80gSO3是固体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故D错误；故选B。10.将投入溶液中，可观察到的现象是（）A.生成白色沉淀及气泡 B.生成红褐色沉淀及气泡C.仅有气泡产生 D.无变化〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】将Na2O2投入FeCl2溶液中，Na2O2与溶液中的水发应生成NaOH和O2，有气泡产生，生成的NaOH和O2再和FeCl2反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故B选项符合题意。〖答案〗选B。11.下列根据实验现象所得出的结论中，一定正确的是（）A.无色溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，结论：溶液中含SO42-B.无色溶液焰色反应呈黄色，结论：溶液是钠盐溶液C.无色溶液加入稀盐酸产生无色无味的气体，结论：溶液中含CO32-D.无色溶液中加入氢氧化钠溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：溶液中含NH4+〖答案〗D〖解析〗【详析】A．无色溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，，可能含有SO42-，也可能含有Ag+，A错误；B．无色溶液焰色反应呈黄色，说明溶液中含有Na+，可溶液是钠盐溶液，也可能是NaOH，B错误；C．无色溶液加入稀盐酸产生无色无味的气体，该溶液中可能含有CO32-，也可能含有HCO3-，C错误；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，则说明该无色溶液中含NH4+，D正确；故合理选项是D。12.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(气密性良好)。已知：浓盐酸与固体混合会产生。实验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.……下列说法错误的是（）A.A中湿润的淀粉-KI试纸变蓝，证明氯气的氧化性强于碘单质B.B中溶液变黄色，证明氯气的氧化性强于溴单质C.B中发生反应的离子方程式为D.实验过程Ⅲ为关闭活塞a，打开活塞b，滴加溶液后充分振荡试管D，观察到D中溶液变蓝，即证明了溴单质的氧化性强于碘单质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗浓盐酸与固体混合会产生，氯气使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，证明氯气的氧化性强于碘单质，B中溶液变黄色，发生的反应为：，说明氯气的氧化性强于溴单质，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a，防止氯气干扰溴与碘离子的反应，将C中溶液加入到D中，溶液变为蓝色，说明溴单质的氧化性强于碘单质，据此分析。【详析】A．浓盐酸与固体混合会产生，A中湿润的淀粉-KI试纸变蓝，说明有碘单质生成，发生了反应：，故可说明氯气的氧化性强于碘单质，A正确；B．B中溶液变黄色，说明有溴单质生成，发生的反应为：，则证明氯气的氧化性强于溴单质，B正确；C．根据B选项的分析可知，B中发生反应的离子方程式为：，C正确；D．为了防止剩余氯气氧化碘离子生成碘单质而干扰实验，故当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明B中单质溴的浓度大，而C中颜色还是黄色，说明此时C中溴化钠没有反应完全，没有氯气的剩余，故实验过程Ⅲ的操作为：当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a，D错误；故本题选D。13.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是（）A向NaAlO2溶液中通入HCl气体B.向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2气体C.向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．向NaAlO2溶液中通入少量HCl气体，则产生白色沉淀，过量则沉淀溶解，未给定氯化氢的量，A错误；B．向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2气体，观察到的现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，B错误；C．向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液，观察到的现象为先生成白色沉淀，沉淀迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色，C错误；D．向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O，生成白色的氢氧化铝沉淀，沉淀不溶于弱碱，D正确；〖答案〗为D。14.某溶液中只可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中含有的较少的H+和OH—)：Na+、NH、SO、CO、NO。取200mL该溶液，分成等体积的两份分别做下列实验。实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，下列说法正确的是（）A.该溶液中可能含有Na+B.该溶液中肯定含有Na+、SO、CO、NOC.该溶液中一定不含NOD.该溶液中一定含有Na+，且c(Na+)≥0.1mol·L-1〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL说明溶液中一定含有铵根离子，100mL溶液中铵根离子的物质的量为=0.01mol；第二份先加入足量的盐酸，无现象说明溶液中不含有碳酸根离子，再加入足量的氯化钡溶液，得固体2.33g说明溶液中含有硫酸根离子，100mL溶液中硫酸根离子的物质的量为=0.01mol；依据电荷守恒，溶液中一定含有钠离子，则溶液中一定含有铵根离子、钠离子、硫酸根离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有硝酸根离子。【详析】A．由分析可知，溶液中一定含有钠离子，故A错误；B．由分析可知，溶液中一定不含有碳酸根离子，故B错误；C．由分析可知，溶液中可能含有硝酸根离子，故C错误；D．由分析可知，溶液中一定含有铵根离子、钠离子、硫酸根离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有硝酸根离子，若溶液中不含有硝酸根离子，溶液中钠离子浓度0.1mol/L，若含有硝酸根离子，溶液中钠离子浓度大于0.1mol/L，所以该溶液中一定含有钠离子，且c(Na+)≥0.1mol/L，故D正确；故选D。二、非选择题15.某工厂以硝酸为原料生产亚硝酸钠，其工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2（1）“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是___________。（2）“分解塔”中的温度不宜过高，其原因是___________。（3）按一定计量比在“分解塔”中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1：1，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为___________。（4）为提高氮氧化物的转化率，可向“尾气”中通入一定量的___________气体，再通入“吸收塔”中，实现循环吸收。（5）“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，还含有的溶质为___________(填化学式)。（6）工业废气中NO2可用NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，反应的离子方程式为______。〖答案〗（1）使SO2气体被充分吸收（2）硝酸受热会挥发、分解（3）2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4（4）O2（5）NaHCO3（6）2NO2+2OH-=NO+NO+H2O〖解析〗〖祥解〗二氧化硫、硝酸在分解塔中转化为氮氧化合物，冷却后通入氮气混合，再加入碳酸钠溶液吸收得到亚硝酸钠；（1）“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是使SO2气体与硝酸充分接触，使得其被充分吸收；（2）硝酸不稳定受热易分解，“分解塔”中的温度不宜过高，其原因是温度太高，硝酸会挥发、分解；（3）按一定计量比在“分解塔”中通SO2和喷入硝酸，SO2被氧化，在酸性条件下生成H2SO4，HNO3被还原，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1:1，若均生成1分子NO与NO2，则转移4个电子，根据得失电子守恒，需要2分子二氧化硫反应生成2分子硫酸，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4；（4）氧气具有氧化性，O2气体使NO部分转化为NO2，再通入“吸收塔”中被利用，故为提高氮氧化物的转化率，可向“尾气”中通入一定量的O2气体，再通入“吸收塔”中，实现循环吸收；（5）“吸收塔”中加入碳酸钠，生成的二氧化碳会被碳酸钠吸收转化为碳酸氢钠，故所得溶液中还含有的溶质为NaHCO3；（6）废气中NO2可用NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，反应中部分氮化合价由+4变为+2、部分由+4变为+5，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O。16.氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质的结构式为________，二氯胺与水反应的化学方程式为_____________。将0.01molNCl3通入100mL0.5mol/LNa2SO3溶液中，转移电子的物质的量为_______mol。(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。化学键N-HN-ClH-Cl键能391.3x431.8则反应过程中的△H2=____kJ·mol-1，表中的x=_____。(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上NH2Cl的体积分数随的变化如下图所示。①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用Ka、Kb、Kc表示)_________。b点时，该反应的平衡常数为________；②T2℃，Q点对应的速率：__________(填“>”、“<”或“=”)；③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是__________(任写1种)；④若产物都是气体，实验测得NH2C1的体积分数始终比理论值低，原因可能是______________。〖答案〗（1）H-O-C1NHCl2+2H2O=NH3+2HClO0.06（2）-1405.6191.2（3）Ka=Kb>Kc<升温或及时分离出产物NH2Cl有副反应，还可能生成NHCl2、NC13、N2等〖解析〗〖祥解〗(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，根据反应前后元素化合价的变化分析电子转移情况；(2)根据反应热与反应物、生成物的活化能大小分析，根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析；(3)①平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，当n(NH3)：n(Cl2)=0.4时结合NH2Cl的体积分数为20%，通过物质平衡转化关系计算出各物质平衡量，代入平衡常数公式计算；②在T2温度下，过Q点作垂线，此时Q点对应NH2Cl的体积分数偏高，联系平衡移动即可得出正反应速率与逆反应速率的大小；③提高NH3的转化率，则平衡应该正向移动，联系平衡移动的相关知识解答；④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能的原因很多，可从副反应或者有其他杂质产生方面考虑回答即可。【详析】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO，反应产生的HClO具有强的氧化性，其结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO，反应方程式为：NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，1molNCl3反应产生3molHClO，氧化Na2SO3产生Na2SO4时转移6mol电子，则0.01molNCl3发生反应转移0.06mol电子；(2)由于从能量数值看△H1=△H+△H2，所以△H2=△H1-△H=1416.9kJ/mol-11.3kJ/mol=1405.6kJ/mol，物质由能量高的状态转化为能量低的状态，反应放出热量，则反应过程中的△H2=-1405.6kJ/mol；由△H=反应物总键能-生成物总键能，得：1416.9kJ/mol-(2×391.3kJ/mol+xkJ/mol+431.8kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2kJ/mol；(3)①由于a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应的正反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆向移动，则Kc变小，所以a、b、c三点化学平衡常数的关系是：Ka=Kb>Kc；当=0.4时，假设容器体积为VL，起始量n(NH3)=0.4mol，n(Cl2)=1mol，NH3变化量为xmol，则平衡时n(NH3)=(0.4-x)mol，n(Cl2)=(1-x)mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=xmol，同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则：×100%=20%，解得x=0.28mol，则该反应的平衡常数Kb=；②在T2温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏高，平衡将向着使NH2Cl的体积分数下降的方向移动，所以Q点平衡逆移，v正<v逆；③在氨氯比一定时，由(2)知△H>0，升高温度，或及时分离出产物NHCl2，都会使平衡正向移动，NH3的转化率升高；④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2。17.如图列出了①~⑩十种元素在周期表中的位置：族周期ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨4⑩请回答下列问题：（1）上述元素中，M层电子数最多的是___________(填元素名称)，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________(填酸的化学式)。（2）由④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)。（3）由元素①和④形成的18电子的物质的电子式为___________；由元素⑥和⑨形成化合物乙，请用电子式表示物质乙的形成过程：___________。（4）元素⑦的最高价氧化物对应的水化物与元素⑨的最简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为___________。（5）请用一个化学方程式证明元素⑧和⑨的非金属性强弱关系：___________。（6）下列可以比较⑤、⑥两元素金属性强弱的实验是___________(填字母)。A.比较这两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性B.将⑤的单质投入到⑥的盐溶液中C.将形状、大小相同的这两种元素的单质分别与等体积的水反应D.比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目〖答案〗（1）①.氯②.HClO4（2）S2->O2->Na+>Al3+（3）①.②.（4）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（5）Cl2+H2S=2HCl+S↓（6）AC〖解析〗〖祥解〗由元素在周期表的位置可知，①~⑩分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K。（1）上述元素中，M层即第三层电子数最多的是氯，为八个；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；（2）④、⑤、⑦、⑧四种元素形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，半径比较先看层数，层数越多半径越大，O2-、Na+、Al3+为2层，S2-为三层，层数一样，核内质子数越多半径越小，简单离子半径由大到小的顺序是：S2->O2->Na+>Al3+；（3）①为H，④为O，由元素①和④形成的18电子的化合物H2O2，H最外层1个电子形成一个共价键，O最外层为6个电子形成2个共价键，H2O2的电子式为：；⑥为Mg、⑨为Cl形成离子化合物氯化镁，镁最外层2个电子，氯最外层7个电子，用电子式表示物质乙的形成过程：；（4）元素⑦的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，元素⑨的最简单氢化物为HCl，水溶液为盐酸，两者反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（5）⑧为S、⑨Cl二者非金属性比较可以通过单质间的置换反应来比较，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；（6）A．金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性Na大于Mg，氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，A正确；B．将Na的单质投入到镁的盐溶液中，钠直接与水反应生产氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能表明金属性强弱，B错误；C．将形状、大小相同的这两种元素的单质