2024年沪教新版高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教新版高一化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列仪器：①烧杯②表面皿③试管④蒸馏烧瓶⑤坩埚⑥容量瓶⑦锥形瓶⑧蒸发皿，能用酒精灯直接加热的是（）A.②③⑤B.①④⑦C.③⑤⑧D.③⑦⑧2、下列有关阿伏伽德罗常数说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{1.12L}rm{CCl_{4}}含有rm{Cl}原子数目为rm{0.4}rm{N_{A}}B.rm{17g}rm{OH^{-}}所含电子数为rm{9N_{A}}C.rm{39g}rm{Na_{2}O_{2}}与足量rm{H_{2}O}反应，转移电子数为rm{N_{A}}D.常温常压下，rm{CO_{2}}与rm{N_{2}O}的混合气体共rm{44}rm{g}其中含有的原子总数为rm{3N_{A}}3、下列对有关元素的叙述能说明该元素一定是主族元素的是（）A.原子核外M层有8个电子的元素B.原子核外L层比M层多一个电子的元素C.最高价为+7价的元素D.无负化合价的元素4、－NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，表示的含义是：A.核内有6个质子，核外有13个电子B.表示碳元素的一种单质C.质量数是13，原子序数是6，核内有7个质子D.质量数是13，原子序数是6，核内有7个中子5、把生锈的铁钉放入足量稀盐酸中，可能发生的反应是（）A.只有置换反应B.只有复分解反应C.置换和复分解反应D.置换和分解反应6、下列各组物质的熔点均与化学键无关的是rm{(}rm{)}A.rm{CaO}与rm{CO_{2}}B.rm{NaCl}与rm{HCl}C.rm{MgO}与rm{SiO_{2}}D.rm{Cl_{2}}与rm{I_{2}}7、聚丙烯酸酯的结构简式可表示为由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.属于高分子化合物B.链节为rm{隆陋CH_{2}隆陋CH隆陋}C.单体为rm{CH_{2}}rm{CH隆陋COOR}D.rm{n}为聚合度评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性9、rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{K_{2}SO_{4}}溶液中A.rm{K^{+}}的物质的量为rm{0.2mol}B.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.1mol}C.rm{K^{+}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}10、温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和发生反应：反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.T℃时，该反应的化学平衡常数为B.图中c点所示条件下，v(正)=v(逆)C.图中a点所示条件下，v(正)=v(逆)D.向a点平衡体系中充入一定量的达到平衡时，的转化率比原平衡小11、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；滴定曲线如图．对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法正确的是。

A.a点：c(CO32-)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3﹣)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)12、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)13、我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠（CH3SNa）制备杀虫剂CH3-S-S-CH3的方法，克服了常规合成法造成的污染，并大幅度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生；下列说法错误的是（）

A.M极为电源的正极，B极为电解池的阴极B.A极的电极反应：2CH3S-+2e-═CH3-S-S-CH3C.装置中的离子交换膜为阳离子交换膜D.该装置工作一段时间，右侧电极室中NaOH浓度减小14、下列物质中，能与稀盐酸反应的有rm{(}rm{)}A.rm{Cu}B.rm{CaCO_{3}}C.rm{Zn}D.rm{AgNO_{3}}15、如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是rm{(}rm{)}

A.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁B.玻璃棒用作引流C.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．E.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度．评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、（每空2分，共14分）（1）483gNa2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是和SO42—的物质的量是，所含H2O分子的数目是个。（2）同温同压下，同体积的氨气(NH3)和氧气的质量比是__________，相同质量的氨气和氧气的体积比是________；（3）同温同压下同体积的H2和A气体的质量分别是0.2g和1.6g，则气体A的相对分子质量为________，含有A的分子个数为________。17、(4分）请用方程式写出过氧化钠应用于呼吸面具的原理：_______________________________________________________18、（10分）A、B、C、D、E五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如右图所示。（1）如果A是淡黄色固体，①写出B、E的化学式：B____、E____________。②C→D的化学方程式为_____________________。③将足量的物质C通过入BaCl2溶液中，下列说法正确的是___________（填字母序号）。a．溶液没有明显变化b．溶液中出现白色浑浊c．若继续通入Cl2或NH3，溶液都出现白色浑浊（2）如果A是无色气体：D→E的化学方程式为____；E→C的离子方程式为____。19、氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：

2Cu+=Cu2++Cu．

根据以上信息；结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：

（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是____（填氧化剂或还原剂）．

（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式____

（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是____（填化学式）

（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式____．20、如图是测定铝粉（含镁粉）的纯度的实验装置。所用的NaOH（足量）的物质的量浓度为4.5mol·L－1。不同时间电子天平的读数如下表所示：。实验操作时间/min电子天平的读数/g烧杯＋NaOH溶液0120烧杯＋NaOH溶液＋样品01351134.52134.13133.84133.8（1）反应中生成气体的质量g。（2）试计算样品中铝的质量分数。(写出解题过程)（3）反应后溶液(溶液的体积变化忽略)的c(OH－)。(写出解题过程)21、(1)CH4是____________；____________的主要成分；目前世界20%的能源需求由它提供．

(2)CH4的空间结构是____________．

(3)写出CH4燃烧的化学方程式____________．农村富有秸秆、杂草等废弃物，它们的主要成分可以用(C6H10O5)n来表示，已知：(C6H10O5)n+nH2O3nCO2+3nCH4；此反应为放热反应．请说出这个反应的实际价值与意义____________．

(4)CH4还用于制造燃料电池，电池的电解质溶液是强碱溶液．下列关于CH4的燃料电池说法中正确的为____________．(填字母)

A．正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-

B．负极反应：CH4+10OH--8e-=+7H2O

C．工作一段时间后；电解液中KOH的物质的量不变。

D．放电时溶液中的OH-离子向负极移动。

(5)海底有一种重要能源；主要成分是甲烷，但开发不利容易造成环境问题．请问可能造成哪种环境问题____________．(填字母)

a臭氧层空洞b温室效应c酸雨d赤潮．22、从铝土矿rm{(}主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}含rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}等杂质rm{)}中提取氧化铝的两种工艺流程如下：

回答下列问题：rm{(1)}固体rm{A}成分_____________________，沉淀rm{Z}成分_____________________________；rm{(2)}流程甲加入盐酸后生成rm{Al^{3+}}的离子方程式为_______________；rm{(3)}流程乙加入烧碱后生成rm{SiO_{3}^{2-}}的离子方程式为_______________；

rm{(4)}验证滤液rm{B}含rm{Fe^{3+}}可取少量滤液并加入____________rm{(}填化学式rm{)}现象是_______________________________。rm{(5)}滤液rm{E}中溶质的主要成分是_____________________________rm{(}填化学式rm{)}写出该溶质的一种用途________________。评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)23、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．24、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）评卷人得分五、实验题(共1题，共10分)25、海藻中富含碘元素。某小组同学在实验室里用灼烧海藻的灰分提取碘，流程如下图。rm{(1)}写出操作名称：操作rm{垄脵}____，操作rm{垄脷}____。rm{(2)}用rm{NaOH}浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离rm{I_{2}}和rm{CCl_{4}}有关化学方程式为：碱性条件，rm{3I_{2}+6NaOH=5NaI+NaIO_{3}+3H_{2}O}酸性条件，rm{5NaI+NaIO_{3}+3H_{2}SO_{4}=3Na_{2}SO_{4}+3I_{2}+H_{2}O}rm{垄脵}向装有rm{I_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液的____rm{(}填仪器名称rm{)}中加入少量rm{1mol隆陇L^{-1}NaOH}溶液；

rm{垄脷}振荡至溶液的____色消失，静置、分层，则____rm{(}填“上”、“下”rm{)}层为rm{CCl_{4}}

rm{垄脹}将含碘的碱溶液从仪器的____rm{(}填“上”、“下”rm{)}口倒入烧杯中；

rm{垄脺}边搅拌边加入几滴rm{1mol隆陇L^{-1}H_{2}SO_{4}}溶液；溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体；

rm{(3)}本实验中可以循环利用的物质是____评卷人得分六、推断题(共4题，共28分)26、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种物质有如下相互转化关系rm{(}其中rm{X}rm{W}为单质，rm{Y}rm{Z}为化合物，未列出反应条件rm{)}

rm{(1)}若rm{X}的摩尔质量是rm{W}的rm{2}倍，工业上rm{Z}可作优质的耐高温材料。则rm{Y}的化学式。rm{(2)}若固体rm{W}是紫红色，且向溶液rm{Z}中滴入氯水，再滴入rm{2}滴rm{KSCN}溶液，溶液呈血红色。则写出rm{X+Y"Z+W}的离子方程式________。rm{(3)}若晶体rm{W}是一种重要的半导体材料，实验室可用澄清石灰水来检验rm{Z}的燃烧产物。写出rm{Y}与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式。27、下图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式____。（2）写出下列反应的化学方程式：A→B＋C＋D_______________________________D→H_______________________。I→J_______________________________________________。（3）写出在溶液中A+NaOH→D完全反应的离子方程式：______________________________________。28、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}是短周期元素，周期表中rm{A}与rm{B}rm{B}与rm{C}相邻；rm{C}与rm{E}同主族；rm{A}与rm{C}最外层电子数之比为rm{2:3}rm{B}的最外层电子数比rm{C}的最外层电子数少rm{1}个；rm{F}元素的原子在周期表中半径最小；常见化合物rm{D_{2}C_{2}}与水反应生成rm{C}的单质rm{(}气体rm{)}且溶液使酚酞溶液变红。rm{G}是第三周期原子半径最小的主族元素。rm{(1)B}在元素周期表中的位置为_________；rm{E}的名称为____；rm{D}的最高价氧化物的水化物的化学式为_____。rm{(2)F}和rm{C(}题目中的字母rm{)}分别形成rm{10}电子、rm{18}电子分子的化学式为_________和_____________。rm{(3)A}rm{B}rm{C}的氢化物稳定性从弱到强的顺序为____________rm{(}用分子式表示rm{)}rm{B}的氢化物和rm{B}的最高价氧化物的水化物反应生成rm{Z}写出该反应的化学方程式___________。rm{(4)F_{2}C}和rm{F_{2}E}中，热稳定性较高的是_____rm{(}填化学式rm{)}其主要原因是____________。rm{(5)E}的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，只生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为______________。rm{(6)KGO_{3}(K}rm{O}为钾和氧rm{)}可用于实验室制rm{O_{2}}若不加催化剂，rm{400隆忙}时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐。写出该反应的化学方程式：_________________________。29、现有中学化学常见四种金属单质rm{A}rm{B}rm{C}rm{I}和三种常见气体甲、乙、丙及物质rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H.}它们之间能发生如下反应rm{(}图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出rm{)}

请根据以上信息回答下列问题：

rm{(1)}写出物质rm{H}的化学式：______，物质rm{E}的名称：______；

rm{(2)}写出反应rm{垄脵}的离子方程式______；写出反应rm{垄脹}的化学方程式______；写出反应rm{垄脽}的离子方程式______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：①烧杯属于玻璃仪器；受热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故①错误；

②表面皿不能用来加热；故②错误；

③试管受热面积小；可以直接加热，故③正确；

④蒸馏烧瓶受热面积大；受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，不能直接加热，故④错误；

⑤坩埚属于陶瓷类硅酸盐实验用品；可以直接加热，故⑤正确；

⑥容量瓶有刻度容量；不能加热，故⑥错误；

⑦锥形瓶受热面积大；不能直接加热，加热需要垫石棉网，故⑦错误；

⑧蒸发皿属于陶瓷类硅酸盐实验用品；可以直接加热，故⑧正确；

故选C．

实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿；试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等；垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等．

本题考查了常见仪器的使用方法，明确实验室中可直接加热的仪器、垫石棉网可加热的仪器是解题关键，注意对基础知识的积累，题目较简单．【解析】【答案】C2、D【分析】解；rm{A.}标况下四氯化碳为液体；不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.rm{17g}rm{OH^{-}}物质的量为rm{dfrac{17g}{17g/mol}=1mol}含有电子数为rm{dfrac

{17g}{17g/mol}=1mol}故B错误；

C.过氧化钠与水反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，反应rm{10N_{A}}过氧化钠转移rm{1mol}电子，rm{1mol}rm{39g}物质的量为rm{Na_{2}O_{2}}与足量rm{0.5mol}反应，转移电子数为rm{H_{2}O}故C错误；

D.rm{0.5N_{A}}与rm{CO_{2}}相对分子质量都是rm{N_{2}O}所以rm{44}与rm{CO_{2}}的混合气体共rm{N_{2}O}rm{44}物质的量为rm{g}含有原子个数rm{1mol}原子总数为rm{3mol}故D正确；

故选：rm{3N_{A}}．

A.标况下四氯化碳为液体；

B.rm{D}个氢氧根离子含有rm{1}个电子；

C.过氧化钠与水反应为歧化反应；过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；

D.质量转化为物质的量，结合rm{10}与rm{CO_{2}}都是三原子分子解答；

本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断，掌握公式的使用和物质的结构是关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，注意过氧化钠与水反应中元素化合价变化，题目难度中等．rm{N_{2}O}【解析】rm{D}3、B【分析】【解析】试题分析：原子核外M层有8个电子的元素，不一定是主族元素，例如Ne，A不正确；原子核外L层比M层多一个电子的元素，其原子序数是17，属于主族元素，B正确；C不正确，例如Mn元素的最高价也是＋7价；D不正确，例如稀有气体元素，没有负价，答案选B。考点：考查元素的结构以及有关判断和应用【解析】【答案】B4、D【分析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以答案选D。【解析】【答案】D5、C【分析】解：铁锈的主要成分是氧化铁；是碱性氧化物可以与酸发生复分解反应，也可以发生铝热反应是置换反应，故选C．

铁锈的主要成分是氧化铁；是碱性氧化物可以与酸反应，也可以发生铝热反应．

本题将元素化合物的性质与反应类型加合在一起考查，难度不大，但学生要有一定的知识储备量．【解析】【答案】C6、D【分析】解：rm{A.CaO}为离子化合物，熔化断裂离子键，与化学键有关，而rm{CO_{2}}在固体时是分子晶体；熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；

B.rm{NaCl}为离子化合物，熔化断裂离子键，与化学键有关，而rm{HCl}在固体时是分子晶体；熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；

C.rm{MgO}为离子化合物，熔化断裂离子键，与化学键有关，而rm{SiO_{2}}在是原子晶体；熔化时破坏的是共价键，与化学键有关，故C错误；

D.rm{Cl_{2}}与rm{I_{2}}在固体时是分子晶体；熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D正确．

故选D．

物质的熔点均与所含化学键的键能有关；则对应的晶体一般为金属晶体；离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力，以此解答该题．

本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本题考查有关高分子化合物的结构与性质，难度不大，掌握高分化合物的结构是解答的关键。【解答】聚丙烯酸酯的结构简式可表示为则其单体的结构为rm{C{H}_{2}=CH-COOR}A.从结构可知是高分子化合物，故A正确；B.从以上分析可知链节应当是单体中将双键变为单键，故B错误；C.从以上分析可知正确，故C正确；D.高分子化合物中的rm{n}就是聚合度，故D正确。故选B。【解析】rm{B}二、多选题(共8题，共16分)8、ABC【分析】解：浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，所以D错误；

故选ABC．

浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖中的rm{H}rm{O}元素以rm{2}rm{1}脱去；将蔗糖氧化为二氧化碳，所以体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，由此分析解答．

本题考查了浓硫酸的性质，根据浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性来分析解答，注意脱水性和吸水性的区别，为易错点．【解析】rm{ABC}9、ABD【分析】【分析】本题考察化学计量的相关计算。【解答】A.据公式rm{n=cV}得rm{K}得rm{n=cV}rm{K}rm{{,!}^{+}}的物质的量为：rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{2隆脕1L隆脕0.1mol隆陇L}故A正确；

rm{{,!}^{-1}}据公式rm{=0.2mol}故A正确；得rm{=0.2mol}B.rm{n=cV}rm{SO}rm{SO}故B正确

rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{1L隆脕0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{=0.1mol}故B正确rm{=0.1mol}C.rm{1molK}rm{1molK}rm{{,!}_{2}}倍为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}含rm{2mol}故C错误；

rm{2mol}rm{K^{+}}，rm{K}rm{K}故D正确。故选ABD。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{ABD}10、CD【分析】【分析】

图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。

【详解】

A．由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为，

2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）

起始量（mol）100

变化量（mol）0.40.20.4

平衡量（mol）0.60.20.4

各物质平衡浓度为c（NO2）＝mol/L、c（N2）＝mol/L、c（CO2）＝mol/L，T℃时，该反应的化学平衡常数＝＝＝，A错误；

B．由分析可知bc曲线上反应均未达到平衡状态，且反应正向进行，v(正)＞v(逆)；B错误；

C．a点已达平衡状态；所以v(正)=v(逆)，C正确；

D．反应2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的NO2，相当增大压强，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小，D正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素和平衡图象分析判断，明确外界因素对化学平衡的影响、把握图象信息分析是解题的关键，注意平衡常数的表达式和三段式格式在平衡计算中的应用。11、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-的水解程度大于HCO3-的电离程度，则c(HCO3﹣)>c(CO32-)；A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl﹣)=4c(HCO3﹣)+4c(CO32﹣)+4c(H2CO3)，则5c(Cl﹣)>4c(HCO3﹣)+4c(CO32﹣)；B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，根据质子守恒可：c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)；C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶质恰好反应产生NaCl、H2O、CO2，溶液存在电荷守恒，存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH﹣)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH﹣)；D正确；

答案选BD。12、AC【分析】【详解】

A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和碱发生反应后的溶液中存在的离子有：H+、M+、OH-、A-，无论酸碱的相对多少如何，溶液总是呈电中性的，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正确；

B.同浓度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三种溶液中，pH的比较为NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同时，三种溶液的浓度由小到大为：NaOH2CO33COONa；B错误;

C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物质的量相等；为了分析的方便，不妨假设它们的物质的量均为1mol，溶液中存在以下三个平衡：

CH3COOH⇌CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，H2O⇌H++OH-

根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

将①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正确；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三个平衡：

H2O⇌H++OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，HA-⇌H++A2-

已知其pH=4，说明HA-的电离强于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D错误；

故合理选项为AC。13、BD【分析】【分析】

由电解装置图可知，熔融甲硫醇钠在阳极失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3，则A电极为电解池的阳极，与电源正极相接，所以M极为电源的正极，N极为电源的负极，B极为电解池的阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极，据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析可知；M极为电源的正极，B极为电解池的阴极，故A正确；

B．A电极为电解池的阳极，熔融甲硫醇钠失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应为：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3；故B错误；

C．电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极；所以装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故C正确；

D．该装置工作一段时间，右侧电极室中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以NaOH浓度增大，故D错误；

答案选BD。14、BCD【分析】解：rm{A.}铜为不活泼金属；与盐酸不反应，故A不选；

B.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙；二氧化碳和水；故B选；

C.锌为活泼金属；与盐酸反应生成氯化锌和氢气，故C选；

D.硝酸银与盐酸反应生成氯化银沉淀；故D选．

故选BCD．

盐酸为强酸；可与活泼金属；碱性、碱性氧化物以及部分盐反应，盐酸电离出氯离子，可与银离子反应生成氯化银沉淀，以此解答该题．

本题考查盐酸的性质，为高频考点，侧重学生的双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{BCD}15、ADE【分析】解：rm{A.}漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁；应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故A错误；

B.玻璃棒用作引流；使液体顺利流下，故B正确；

C.将滤纸湿润；使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故C正确；

D.滤纸边缘应低于漏斗上边缘；故D错误；

E.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度；可能捣破滤纸，过滤失败，故E错误；

故答案为：rm{ADE}．

过滤遵循一贴二低三靠rm{.}一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出rm{.}总之；“一贴；二低、三靠”，都是为了保证过滤实验操作成功，据此分析解答．

本题考查设计过滤实验应遵循的三个要点，既要知其然，更要知其所以然，才能一一答对，题目难度不大．【解析】rm{ADE}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】试题分析:（1）根据n==结合物质的组成计算相关物理量并且摩尔质量在数值上等于相对分子质量，M（Na2SO4•10H2O）=322g/mol，n（Na2SO4•10H2O）==1.5mol，n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O）=2×1.5mol=3mol，n（SO42-）=n（Na2SO4•10H2O）=1.5mol，n（H2O）=10n（Na2SO4•10H2O）=10×1.5mol=15mol，N（H2O）=15mol×NA个/mol=15NA（或9.03×1024），答案为：1.5mol；322g/mol；1.5mol；3mol；15NA（或9.03×1024）。（2）同温同压下，同体积的气体，质量之比等于摩尔质量之比，故同温同压下，同体积的氨气（NH3）和氧气的质量比为17g/mol：32g/mol=17：32，同温同压下，同质量的气体的体积之比与摩尔质量成反比，故同温同压下，相同质量的氨气和氧气的体积比为32g/mol：17g/mol=32：17，答案为：17：32，32：17；（3）同温同压下，同体积的气体，质量之比等于摩尔质量之比，故0.2g：1.6g=2g/mol：M（A），解得M（A）=16g/mol，故A的相对分子质量为16，1.6gA的物质的量为=0.1mol，A的分子数目为0.1mol×NAmol-1=0.1NA，答案为：16，0.1NA或6.02×1022。考点：考查物质的量的相关计算。【解析】【答案】21.（1）3mol1.5mol15NA（2）17:3232:17（3）166.02×102217、略

【分析】过氧化钠能吸收水和CO2生成氧气，因此可用作供氧剂，有关的方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=2NaOH+O2↑。【解析】【答案】(4分）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=2NaOH+O2↑18、略

【分析】【解析】【答案】（1小题①2分，其余每空2分）（1）①H2S、H2SO4②2SO2+O22SO3③ac（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O19、还原剂2CuH+3Cl22CuCl2+2HClH2CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑【分析】【解答】（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂；所以另一物质做还原剂；故答案为：还原剂；

（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；

故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；

（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；

（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O；

故答案为：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑．

【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂；还原剂；

（2）CuH在氯气中燃烧；氯气做氧化剂，CuH做还原剂；

（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子；

（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体．20、略

【分析】试题解析：(1)根据质量守恒定律可得生成气体的质量为：135g-133.8=1.2g(2)根据生成的氢气的质量可以算出参加反应的铝的质量也即样品中铝的质量，从而可计算样品中铝的质量分数。（3）同理根据氢气的质量可以计算出参加反应的NaOH的物质的量，用原有NaOH的物质的量减去用去的即是剩余的NaOH的物质的量，除以溶液的体积即可求出NaOH的物质的量浓度，即为所求。（2）【解析】

设样品中铝的质量为x，则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑546x1.2g得：x=10.8g所以样品中铝的质量分数为:10.8g/(135-120)g=0.72(3)【解析】

100ml氢氧化钠溶液中原有NaOH物质的量为0.45mol，设与铝反应消耗的NaOH的物质的量为y，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2mol6gY1.2g解得：y=0.4mol溶液中剩余0.45-0.4=0.05mol的NaOH，所以c(OH-)=0.05mol/0.1L=0.5mol·l-1考点：考查Mg、Al与NaOH溶液的反应及简单计算【解析】【答案】（1）1.2（2）72%（3）0.5mol·l-121、略

【分析】解：(1)天然气；沼气的主要成分是甲烷；故答案为：天然气；沼气；(2)CH4分子是以碳原子为中心的正四面体结构，故答案为：正四面体；

(3)甲烷燃烧的化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O；农村富有秸秆；杂草等废弃物；它们经微生物发酵之后，便可以产生沼气，可以用来点火做饭；

故答案为：CH4+2O2CO2+2H2O；有效的利用生物质能；获得气体燃料；为农业生产提供了优良肥料；改善农村环境卫生；

(4)A．原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极氧气得到电子，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；故A正确；

B．负极发生氧化反应，甲烷失去电子，在碱性条件下生成碳酸根离子，负极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；故B正确；

C．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变，电极总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；可见氢氧根离子浓度减小，故C错误；

D．氢氧根离子带负电荷，与电流方向相反，所以放电时溶液中的OH-离子向负极移动；故D正确；

故选ABD；

(5)由于甲烷燃烧放出二氧化碳，能够引起温室效应，所以b正确，故选b．【解析】天然气;沼气;正四面体;CH4+2O2CO2+2H2O;有效的利用生物质能，获得气体燃料；为农业生产提供了优良肥料；改善农村环境卫生;ABD;b22、（1）SiO2H2SiO3（2）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（3）SiO2+2OH-=SiO32-+H2O（4）KSCN呈血红色（5）NaHCO3制纯碱、作发酵粉、治疗胃酸药物、灭火剂

【分析】【分析】

本题以氧化铝提取工艺流程为载体；考查无机物推断；元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式、离子的检验等，难度中等。

【解答】

由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体rm{A}为滤液rm{B}则固体rm{A}为rm{SiO_{2}}滤液rm{B}含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的rm{NaOH}可推知沉淀rm{C}为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液rm{D}含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液rm{D}中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀rm{F}为rm{Al(OH)_{3}}滤液rm{E}中含有rm{NaCl}rm{NaHCO_{3}}

根据工艺流程乙可知，铝土矿中的rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}能和氢氧化钠反应，可知固体rm{X}为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}等，滤液rm{Y}为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀rm{Z}为rm{Al(OH)_{3}}硅酸，滤液rm{K}中含有rm{NaHCO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知，固体rm{A}成分由上述分析可知，固体rm{(1)}成分rm{A}rm{SiO_{2}}成分，沉淀rm{Z}成分

故答案为：rm{Z}rm{H_{2}SiO_{3}}rm{SiO_{2}}与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：rm{H_{2}SiO_{3}}

故答案为：rm{(2)Al_{2}O_{3}}

rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}

故答案为：rm{(3)}

rm{SiO_{2}+2OH^{-}篓TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液rm{SiO_{2}+2OH^{-}篓TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}中是否含rm{(4)Fe^{3+}}离子的方法为：取少量滤液rm{B}向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含rm{Fe^{3+}}溶液不变红色，说明滤液中不含rm{B}

故答案为：硫氰化钾；溶液变红色；

rm{Fe^{3+}}滤液rm{Fe^{3+}}中溶质的主要成分是rm{(5)}滤液rm{E}中溶质的主要成分是rm{(5)}制纯碱、作发酵粉、治疗胃酸药物、灭火剂rm{E}；

故答案为：rm{NaHCO_{3}}；制纯碱；作发酵粉、治疗胃酸药物、灭火剂。

，该溶质可以【解析】rm{(1)SiO_{2}}rm{H_{2}SiO_{3}}rm{(2)Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{(3)SiO_{2}+2OH^{-}=SiO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(4)KSCN}呈血红色rm{(5)NaHCO_{3}}制纯碱、作发酵粉、治疗胃酸药物、灭火剂

四、判断题(共2题，共18分)23、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．24、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．五、实验题(共1题，共10分)25、(1)过滤萃取

(2)①分液漏斗

②紫红下

③上

(3)CCl4【分析】【分析】本题考查了流程分析，混合物分离方法和提纯的实验过程分析，掌握海水提碘的原理是解答本题的关键，题目难度中等。【解答】流程分析可知，灰分加水溶解浸泡后过滤的含rm{I^{-}}的溶液，加入氯气氧化得到碘水，加入四氯化碳萃取后分液、蒸馏得到碘晶体，四氯化碳循环使用。rm{(1)}分析流程可知操作rm{垄脵}是分离固液用过滤方法分离，实验操作为过滤；rm{垄脵}是用四氯化碳提取碘水的碘单质，实验操作为萃取；操作rm{垄脷}是用四氯化碳提取碘水的碘单质，

故答案为：过滤；萃取；

rm{垄脷}用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离rm{(2)垄脵}和rm{NaOH}向装有rm{I_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液的分液漏斗中加入氢氧化钠溶液正当进行反萃取；

故答案为：分液漏斗；

rm{I_{2}}振荡碘单质和氢氧化钠反应，至溶液紫红色消失，静置分层，四氯化碳密度大在分液漏斗的下层，从下层放出；故答案为：紫红；下；

rm{CCl_{4}}含碘的碱溶液从分液漏斗上口倒出；故答案为：上；

rm{垄脷}参与实验过程，最后重新生成的物质可以循环使用，流程分析可知四氯化碳可以循环使用。故答案为：rm{垄脹}rm{(3)}【解析】rm{(1)}过滤萃取rm{(2)垄脵}分液漏斗rm{垄脷}紫红下rm{垄脹}上rm{(3)CCl_{4}}六、推断题(共4题，共28分)26、（1）CO2（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu

（3）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【分析】【分析】本题考查了无机物性质和转化关系的分析，主要是置换反应的特征现象和特征性质的判断，注意知识积累，题目难度中等。【解答】rm{X}rm{W}为单质，rm{Y}rm{Z}为化合物，发生反应为置换反应，rm{X}为单质，rm{W}rm{Y}为化合物，发生反应为置换反应，

rm{Z}若rm{(1)}若rm{X}的摩尔质量是rm{W}的rm{2}倍，工业上rm{Z}可作优质的耐高温材料票到为rm{MgO}则rm{X}为rm{Mg}rm{W}为rm{C}发生的反应为：rm{2Mg+C{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2MgO+C

}的摩尔质量是rm{(1)}的rm{X}倍，工业上rm{W}可作优质的耐高温材料票到为rm{2}则rm{Z}为rm{MgO}rm{X}为rm{Mg}发生的反应为：rm{2Mg+C{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2MgO+C}，rm{W}为rm{C}故答案为：rm{2Mg+C{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2MgO+C

}rm{Y}若固体rm{CO_{2}}是紫红色为rm{CO_{2}}且向溶液rm{(2)}若固体rm{W}是紫红色为rm{Cu}且向溶液rm{Z}中滴入氯水，再滴入rm{2}滴rm{KSCN}溶液，溶液呈血红色，说明rm{Z}为亚铁离子，判断rm{X}为rm{Fe}rm{Y}为铜盐溶液，反应的离子方程式为：rm{Fe+Cu}中滴入氯水，再滴入rm{(2)}滴rm{W}溶液，溶液呈血红色，说明rm{Cu}为亚铁离子，判断rm{Z}为rm{2}rm{KSCN}为铜盐溶液，反应的离子方程式为：rm{Z}rm{X}rm{Fe}rm{Y}rm{Fe+Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+Cu}

rm{+Cu}若晶体故答案为：rm{Fe+Cu}是一种重要的半导体材料，判断为rm{Fe+Cu}实验室可用澄清石灰水来检验rm{{,!}^{2+}}的燃烧产物，rm{=Fe}为rm{=Fe}则rm{{,!}^{2+}}为rm{+Cu}rm{+Cu}为rm{(3)}若晶体rm{W}是一种重要的半导体材料，判断为rm{Si}实验室可用澄清石灰水来检验rm{Z}的燃烧产物，rm{Z}为rm{CO}则rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{SiO}rm{(3)}rm{W}与rm{Si}溶液反应的化学方程式：rm{Z}rm{Z}rm{CO}rm{X}rm{C}rm{Y}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}，rm{Y}与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式：rm{SiO}rm{Y}rm{NaOH}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}rm{+2NaOH=Na}rm{+2NaOH=Na}rm{{,!}_{2}}rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{CO_{2}}rm{(2)}rm{(2)}rm{Fe+Cu}rm{Fe+Cu}rm{{,!}^{2+}}

rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+Cu}rm{+Cu}rm{(3)}rm{(3)}rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}rm{+2NaOH=Na}27、略

【分析】【解析】试题分析：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成气体D，B、D为常温下气态化合物，C为常温下液态化合物，因此C为水，则A为NH4HCO3。B能与镁反应，则B为CO2，E为MgO，F为C，结合D为NH3，水与过氧化钠反应生成G，G为O2，D与G反应生成H，H为NO，I为NO2，J为HNO3，再结合F与J反应生成B、C、I，符合上述转化。考点：考查无机物转化的有关框图题推断【解析】【答案】(1)NH4HCO3(2)NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；3NO2+H2O＝2HNO3+NO(3)NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O28、（1）第二周期ⅤA族硫NaOH

（2）H2OH2O2

（3）CH4＜NH3＜H2ONH3+HNO3=NH4NO3

（4）H2O氧的非金属性大于硫

（5）

（6）【分析】【分析】本题主要考查位置、结构和性质的关系，中等难度，解题的关键在于根据元素的性质确定元素种类。【解答】根据常见化合物rm{D_{2}C_{2}}与水反应生成rm{C}的单质，且溶液使酚酞试液变红，可知rm{C}为rm{O}元素，rm{D}为rm{Na}元素，rm{B}的最外层电子数比rm{C}的最外层电子数少rm{1}个，则rm{B}的最外层电子数为rm{5}且相邻，应为rm{N}元素，rm{C}与rm{E}同主族，rm{E}应为rm{S}元素，rm{A}与rm{B}相邻，rm{A}与rm{E}的最外层电子数之比rm{2}rm{3}则rm{A}的最外层电子数为rm{4}应为rm{C}元素，rm{F}元素的原子在周期表中半径最小，rm{F}应为rm{H}元素，rm{G}是第三周期原子半径最小的主族元素，则rm{G}是rm{Cl}元素。是第三周期原子半径最小的主族元素，则rm{G}是rm{G}元素。rm{Cl}为rm{(1)B}元素