重庆市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题（含答案）

重庆市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、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K2A．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K2C．K2CD．图示方法的不足之处有二氧化碳排放较多和原料来源受限制等6．下列叙述不正确的是（）A．将Cl2B．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：SO42-+Ba2+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↑+H2O8．工业用FeCl3溶液刻蚀电路板的废液中主要含有Cu2+、Fe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Fe2+、FB．溶解过程中反应的离子方程式：2Fe+6C．滤液1、滤液2合并后通入过量的Cl2重新获得D．滤渣的成分为Fe和Cu9．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22.4L10．将Na2O2投入FeCl2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+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KMnO4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CD．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·H2O14．某溶液中只可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中含的较少的H＋和OH－)：Na＋、NH4+、SO42−、CO32−、NO3A．该溶液中一定含有Na＋，且c(Na＋)≥0.1mol·L－1B．该溶液中可能含有Na＋C．该溶液中一定不含NO3D．该溶液中肯定含有NH4+、SO42−、CO3二、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。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n(NH①a、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：υ正υ③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NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是。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20℃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18．实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：（1）仪器A的名称是，B中发生反应的离子方程式。（2）D装置的作用是。（3）E中为干燥的红色布条，F中为湿润的红色布条，可观察到的现象是，对比E和F中现象的差异可得出的结论是（4）G处的现象是。（5）H为尾气吸收装置，写出发生的化学方程式。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】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；故答案为：B。【分析】A、木炭还原氧化铜生成铜和二氧化碳；

B、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；

C、活性炭能吸附色素；

D、酸能使紫色石蕊溶液变红。2．【答案】C【解析】【解答】金、银、铜均为纯金属，钢是铁碳合金，故C符合题意；

故答案为：C。

【分析】合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质。3．【答案】D【解析】【解答】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”的科学家是玻尔，故选D；

故答案为：D。

【分析】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”。4．【答案】B【解析】【解答】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，故答案为：B。

【分析】

A.无机物常指与机体无关的化合物，橡胶类不属于无机物；

B.含一定量的碳氢元素，且为共价键连接，常见的石油、塑料等均为有机物；

C.盐类主要是金属阳离子和非金属阴离子组成；

D.单质只含有一种元素，上述物质均不属于单质范畴。5．【答案】C【解析】【解答】A、过程①为“灼烧”，涉及物质的燃烧，该过程中存在元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B、K2COC、K2D、图示方法的原料是干稻草，来源有限，且燃烧干稻草会释放出大量二氧化碳，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】干稻草灼烧后得到稻草灰，加水溶解K2CO6．【答案】A【解析】【解答】A、食盐水可除去HCl，氯气中混有水蒸气，还需浓硫酸干燥才能得到纯净的Cl2，故A符合题意；

B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于生活用水的消毒，故B不符合题意；

C、液氯不与铁反应，因此液氯可以储存在钢瓶中，故C不符合题意；

D、氯水中含有次氯酸，具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、通过饱和食盐水可除去HCl杂质；

B、漂白粉具有强氧化性；

C、液氯不与铁反应；

D、氯水中含有的次氯酸具有强氧化性。7．【答案】D【解析】【解答】A、锌片插入硝酸银溶液中，反应生成银和硝酸锌，方程式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故A错误；B、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4C、氢氧化铜加到盐酸反应生成氯化铜和水，溶液变为蓝色，故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，故D正确；故答案为：D。【分析】A、该方程式电荷不守恒；

B、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水；

C、氢氧化铜加到盐酸反应生成氯化铜和水；

D、碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。8．【答案】C【解析】【解答】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不符合题意；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：Fe+2HC．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符合题意；D．由分析可知，滤渣为铜，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。9．【答案】B【解析】【解答】A、常温常压下，33.6L氯气的物质的量小于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、标况下1.12L氧气的物质的量为0.05mol，过氧化钠与水反应生成0.05mol氧气转移了0.1mol电子，数目为0.1NA，故C错误；D、标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故D错误；故答案为：B。【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；

B、二氧化碳和氧气分子中均含有2个氧原子；

C、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；

D、标况下SO3是固体。10．【答案】B【解析】【分析】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，由于过氧化钠还具有强氧化性，能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，进而生成红褐色氢氧化铁沉淀，答案选B。

【点评】本题容易错选A。在分析过氧化钠的性质时，必须注意的是过氧化钠具有强氧化性，遇到还原性的物质或离子时，首先发生氧化还原反应。11．【答案】D【解析】【解答】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+，故A错误；B、无色溶液焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，可能是钠盐溶液，也可能是NaOH，故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、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的气体是氨气，则说明该无色溶液中含NH4+，故D正确；故答案为：D。【分析】A、该白色沉淀可能为氯化银；

B、钠元素的焰色反应为黄色；

C、可能含有碳酸氢根；

D、氨气能使红色石蕊试纸变蓝。12．【答案】D【解析】【解答】A、浓盐酸与KMnO4固体混合会产生ClB、B中溶液变黄色，说明有溴单质生成，发生的反应为：ClC、由B项分析可知，B中发生反应的离子方程式为：ClD、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，故D符合题意；故答案为：D。【分析】浓盐酸与KMnO4固体混合会产生Cl13．【答案】D【解析】【解答】A、向NaAlO2溶液中通入HCl气体，先生成氢氧化铝沉淀，继续通HCl气体，氢氧化铝溶解于过量HCl，最终没有生成沉淀，故A错误；B、向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2气体，生成碳酸氢钡，观察到的现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，故B错误；C、向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化为氢氧化铁，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，故C错误；D、向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O，生成氢氧化铝沉淀，且氢氧化铝不溶于氨水，故D正确；故答案为：D。【分析】A、氢氧化铝是两性氧化物，能溶于过量的盐酸；

B、二氧化碳过量，生成碳酸氢钡；

C、最终生成氢氧化铁沉淀；

D、生成氢氧化铝沉淀。14．【答案】A【解析】【解答】A、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，溶液中钠离子浓度为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A正确；

B、由分析可知，溶液中一定含有钠离子，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，溶液中一定不含碳酸根离子，故D错误；故答案为：A。【分析】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0.224L22.4L/mol=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2.33g15．【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-=NO3-+NO2-+H【解析】【解答】（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；

故答案为：使SO2气体被充分吸收；（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；

故答案为：硝酸受热会挥发、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“分解塔”中发生反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4；

故答案为：2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4；（4）氧气具有氧化性，O2将NO氧化为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；

故答案为：O2；（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；

故答案为：NaHCO3；（6）废气中NO2可用NaOH溶液吸收生成NaNO2和NaNO3，反应中部分氮元素化合价由+4价变为+2价、部分由+4价变为+5价，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O；

故答案为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2【分析】将SO2通入7～10mol/L的HNO3溶液中后，有H2SO4生成，HNO3被还原为NO与NO2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO2的混合气体中通入氮气后在吸收塔中用碳酸钠吸收，通入的氮气可以使NO和NO2混合气体被稀释，能被碳酸钠充分吸收，得到主产物NaNO2；含有碳酸氢钠、硝酸钠等，所得的尾气中会有NO，可循环使用，最后将溶液结晶得到NaNO2。16．【答案】（1）H-O-Cl；NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；0.06（2）-1405.6；191.2（3）Ka=Kb>Kc；4954；<；升温或及时分离出产物NH2Cl；有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2【解析】【解答】（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，能杀菌消毒，HClO的结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和HClO，反应的化学方程式为：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；

故答案为：H-O-Cl；NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；0.06；

（2）根据图1可知ΔH2=-（ΔH1-ΔH）=-（1416.9-11.3）kJ/mol=-1405.6kJ/mol；由ΔH=反应物总键能-生成物总键能可得，1416.9kJ/mol-(2×391.3kJ/mol+xkJ/mol+431.8kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2kJ/mol；

故答案为：-1405.6；191.2；（3）①a、b两点温度相同，则Ka=Kb；该反应的正反应为吸热反应，当n(NH3)n(Cl2)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n(NH3)n(Cl2)=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：x(0.②T2℃，Q点NH2Cl的体积分数大于该条件下平衡时NH2Cl的体积分数，说明反应向逆反应方向移动，v正＜v逆；

故答案为：<；③提高NH3的转化率，即使平衡正向移动，该反应是吸热反应，可以升温来提高氨气转化率，或者及时移除产物NH2Cl使平衡正向移动；

故答案为：升温或及时分离出产物NH2Cl；④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，有可能有副反应产物，如NHCl2、NCl3、N2等；

故答案为：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2等。【分析】（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ΔH=反应物总键能-生成物总键能计算；（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；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。17．【答案】（1）氯；HClO4（2）S2->O2->Na+>Al3+（3）；（4）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（5）Cl2+H2S=2HCl+S↓（6）A；C【解析】【解答】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不正确；C．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别与等体积20℃的水反应，可以根据与水反应的