2022-2023学年高一下学期开学摸底考化学试卷B

-2023学年高一下学期开学摸底考试卷B（人教版2019）高一化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56第Ⅰ卷（选择题共50分）一、单项选择题：本题共15个小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与社会、健康及环境保护息息相关，下列有关化学的使用或者描述不正确的是（）A．FeSO4作补血剂时可与维生素C同时服用B．长期服用Na2CO3治疗胃酸过多C．水质检验员在自来水出厂前会对水中的、Cl－、微生物等进行检测和分析D．Fe2O3常作为红色涂料【答案】B【解析】维生素C有还原性可抑制Fe2＋被氧化，所以FeSO4可与维生素C同时服用，故A不符合题意；治疗胃酸过多可以服用碳酸氢钠，但不能长期服用，故B符合题意；水质检验员在自来水出厂前会对水中的、Cl－、微生物等进行检测和分析，C不符合题意；Fe2O3为红棕色固体，常作为红色涂料，D不符合题意。2．下列家庭常用物质的主要材料，不属于金属材料的是A．炒菜用铁锅 B．香樟砧板 C．锰钢防盗门 D．微波炉用锡箔纸【答案】B【解析】A．铁锅为金属材料，不符合题意；B．香樟砧板不是金属材料，符合题意；C．锰钢金属材料，不符合题意；D．锡箔时金属材料，不符合题意；故选B。3．对物质进行分类是中学生必须要学会的方法。下列物质的分类正确的是（）选项碱盐酸性氧化物混合物A纯碱CH3COONH4KClO空气BFe(OH)3CuSO4·5H2OCO2澄清石灰水C烧碱NaHSO4SiO2液氧DNH3·H2OCaCO3CO氨水【答案】B【解析】A．纯碱是碳酸钠，不是碱，属于盐，KClO不是氧化物，也属于盐，A错误；B．该项物质符合分类标准，B正确；C．液氧是氧气的液态形式，属于纯净物，而不是混合物，C错误；D．CO为不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，D错误；故选B。4．化学科学需要借助化学专用语言描述,下列化学用语表达正确的是()。A．CO2的电子式为B．Cl-的结构示意图为C．氮分子的结构式为N—ND．质量数为37的氯原子为Cl【答案】B【解析】CO2分子中碳原子和氧原子间形成2对共用电子对,是直线形分子,电子式可表示为,A项错误。Cl-核外有18个电子,达到了稳定结构,离子结构示意图为,B项正确。氮分子的结构式为N≡N,C项错误。质量数为37的氯原子应表示为Cl,D项错误。5．下列物质长期露置于空气中会变质，但不涉及氧化还原反应的是(

)A． B． C． D．氯水【答案】B【解析】A.与空气中氧气反应生成氧化钠，、元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B.与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故B选；C.在空气中被氧气氧化成氢氧化铁，属于氧化还原反应，故C不选；D.氯水中的不稳定，长时间放置会分解生成和氧气，、元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：。

6．用NaCl固体配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液。下列图示的实验操作中，不需要进行的操作是（）ABCD溶解蒸发转移定容【答案】B【解析】固体配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液的主要步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。将NaCl固体在烧杯中溶解，溶解为需要进行的操作，故A不选；配制NaCl溶液时不需要蒸发，蒸发为不需要进行的操作，故B选；将烧杯中的溶液转移至容量瓶中，转移为需要进行的操作，故C不选；在容量瓶中加水至刻度线，定容为需要进行的操作，故D不选。7．下列说法中错误的是(

)A．原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数钯除外B．元素周期表中从第Ⅲ族到第Ⅱ族的列元素都是金属元素C．稀有气体元素原子的最外层电子数都是D．主族元素原子最外层电子数等于族序数【答案】C【解析】原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数钯除外，A正确元素周期表中从第Ⅲ族到第Ⅱ族的个纵列的元素都是过渡元素，均为金属元素，B正确氦原子核外仅有个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是，C错误主族元素原子的最外层电子数等于族序数，D正确。8．如表是某矿物质饮用水的部分标签说明，则该饮用水中还可能较大量存在()eq\x(\a\al(主要成分,钾离子K＋：20～27.3mg·L－1,氯离子Cl－：30～34.2mg·L－1,镁离子Mg2＋：20.2～24.9mg·L－1,硫酸根离子SO\o\al(2－,4)：24～27.5mg·L－1))A．OH－B．Ag＋C．Na＋D．Ca2＋【答案】C【解析】该饮用水中存在Cl－，故Ag＋不能大量共存，Mg2＋与OH－不能大量共存，SOeq\o\al(2－,4)与Ca2＋生成微溶物，不能大量共存。9．实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是()A．醋酸溶液中滴入氨水至过量B．Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量C．澄清石灰水中通入CO2至过量D．NH4Cl溶液中加入NaOH固体至恰好反应【答案】D【解析】醋酸是弱酸，导电能力弱，加入氨水后，生成的醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电能力变化大，故A错误；氢氧化钡、H2SO4均为强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至接近零，然后再随着H2SO4溶液的滴入，导电能力增强，故B错误；氢氧化钙是强电解质，通入二氧化碳后会产生白色沉淀碳酸钙和水，导电能力几乎变为零，再通入二氧化碳，会生成碳酸氢钙溶液，溶液导电能力又会逐渐增强，溶液的导电能力变化较大，故C错误；氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电能力变化不大，故D正确。10．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，22.4LCO2中含有NA个CO2分子B．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC．标准状况下，2.24LCl2O含有的分子数等于0.1NAD．分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28g【答案】B【解析】A项，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L·mol－1，则22.4LCO2的物质的量小于1mol，错误；B项，1个H2O2分子18个电子，H2O2的摩尔质量为34g·mol－1，1.7gH2O2的物质的量为0.05mol，则含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，正确；C项，标准状况下Cl2O不为气态，不能用标准状况下的气体摩尔体积22.4L·mol－1进行计算，错误；D项，1molCO、C2H4混合气体的质量为28g，但由于未注明混合气体的状态(温度和压强)，故不能判断其体积是否为22.4L，错误。11．纳米材料一直是人们研究的重要课题。实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（）A．高温制备纳米级Fe的过程中通N2可以防止爆炸，也可作保护气B．获得的纳米级Fe粉属于胶体C．FeCl2·nH2O固体加热脱水的过程属于物理变化D．纳米级Fe粉与盐酸反应的离子方程式为：【答案】A【解析】A．高温制备纳米级Fe的反应为：，为了防止氢气与空气混合在加热时发生爆炸，反应前需向反应器中通入氮气，目的是排尽装置内的空气，防止加热时产生爆炸，同时制得的纳米铁易被空气中的氧气氧化，故需用N2作保护气，并且氮气有利于铁粉分散形成纳米级铁，故A正确；B．纳米级Fe粉属于纯净物，而胶体是混合物，故纳米级Fe粉不属于胶体，故B错误；C．FeCl2·nH2O固体加热脱水的过程属于化学变化，故C错误；D．Fe粉与盐酸反应的离子方程式为：，故D错误；选A。12．下列有关叙述正确的是 ()A．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2B．ClO2具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒C．为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,与标准比色卡对照即可D．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3【答案】B【解析】A项,混合气体通过饱和食盐水,虽可除去HCl,但会带有水蒸气,得不到纯净的Cl2,错误;B项,ClO2具有很强的氧化性,可用于杀菌消毒,正确;C项,氯水有漂白性,无法用pH试纸测其pH,错误;D项,Ca(ClO)2与空气中的CO2和水蒸气反应生成CaCO3和HClO,HClO见光分解,导致漂白粉变质,而CaCl2与CO2不反应,错误。13．下列实验现象和结论不相符的是()。选项操作及现象结论A某溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该溶液中科能含有CB某溶液进行焰色试验,焰色为黄色溶液中一定含有Na+C某气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊该气体可能是SO2D向某溶液中先加氯水,无明显现象;再滴入KSCN溶液,溶液变红溶液中一定含有Fe2+【答案】D【解析】A项中,若溶液中存在HC可产生同样的现象;D项中,原溶液中可能只含Fe3+。14．三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体,易燃、有毒,分子结构如图所示。已知三硫化磷燃烧时P被氧化为P4O10,下列有关P4S3的说法中不正确的是()。A．P4S3中磷元素为+3价B．P4S3属于共价化合物C．P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2P4O10+3SO2D．1molP4S3分子中含有6mol极性共价键【答案】A【解析】由三硫化磷分子结构可知,最上方的P原子与3个S原子形成3个共价键,而下面的每个P原子除了形成P—P共价键外,只与1个S原子形成共价键;每个S原子与2个P原子形成2个共价键,则P4S3中P元素为+3价和+1价,S元素为-2价,A项错误。P4S3只含共价键,属于共价化合物,B项正确。燃烧反应生成稳定的氧化物,C项正确。由三硫化磷分子结构可知,1个P4S3分子中含有6个P—S、3个P—P,故1molP4S3分子中含有6mol极性共价键,D项正确。15．已知2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，现1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A．Na2CO3 B．Na2O2Na2CO3C．NaOHNa2CO3 D．Na2O2NaOHNa2CO3【答案】A【解析】加热混合物，首先发生反应：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，2molNaHCO3完全分解生成Na2CO3、H2O和CO2各1mol；然后H2O和CO2与Na2O2分别发生反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，CO2和H2O完全反应需消耗2molNa2O2，但题中只有1molNa2O2，可以先考虑：(1)假设1molNa2O2先与1molH2O反应，生成2molNaOH和0.5molO2，然后2molNaOH与1molCO2反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，最后生成1molNa2CO3和0.5molO2；(2)若假设1molNa2O2先与1molCO2反应，最后也生成1molNa2CO3和0.5molO2。所以最后残留的固体是Na2CO3。二、不定项选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一项或者两项是符合题目要求的。16．下列关于离子方程式的评价不合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价AKAl（SO4）2溶液与足量的Ba（OH）2溶液反应：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))=2BaSO4↓＋Al（OH）3↓错误，Al（OH）3在强碱性条件下会反应生成AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))B已知氧化性Br2>Fe3＋，向FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2正确C稀盐酸除去含CaCO3的水垢：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O正确D向CuSO4溶液中加入一小粒钠块：2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu正确，钠的活泼性比铜的强【答案】BD【解析】KAl(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液反应应该生成偏铝酸盐，故A正确；根据氧化性Br2>Fe3＋，可知还原性：Fe2＋>Br－。向FeBr2溶液中通入少量氯气，氯气应该先与还原性强的Fe2＋反应，故B错误；盐酸酸性强于碳酸，故发生反应CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，且符合离子方程式的书写规则，故C正确；钠与盐溶液反应时，应该钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐溶液中的溶质反应，故D错误。17．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A可用pH试纸测氯水pH氯水有酸性Ⅰ对，Ⅱ对，无B将Na2O2加入酚酞溶液中最终溶液变为红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，无C金属钠保存在煤油中，以隔绝空气常温下，金属钠在空气中会生成过氧化钠Ⅰ对，Ⅱ对，有D氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2与KI溶液反应生成I2Ⅰ对，Ⅱ对，有【答案】D【解析】氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水pH，A错误；过氧化钠具有强氧化性，将Na2O2加入酚酞溶液中先变为红色最终褪色，B错误；常温下，金属钠在空气中会生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，C错误；Cl2与KI溶液反应生成I2，因此氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确。18．将一定量的Fe、Cu、CuCl2、FeCl3放入同一烧杯中,加入适量蒸馏水,充分反应后,仍有固体存在,则下列判断不正确的是()。A．充分反应后的溶液中不一定含Cu2+B．充分反应后的溶液中一定含有Fe2+,可能含有Fe3+C．剩余固体中一定含Cu,可能含FeD．向充分反应后溶液中加入KSCN溶液一定不变红色【答案】B【解析】充分反应后有固体剩余,则一定含Cu,可能含Fe;溶液中一定有Fe2+,一定没有Fe3+,C项、D项正确,B项错误。若剩余固体中有Fe,则反应后的溶液中没有Cu2+,A项正确。19．五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示,下列说法不正确的是A．元素X可能为锂B．原子半径:r(M)>r(W)C．X2W中各原子均达8电子稳定结构D．气态氢化物的稳定性:YH3<MH3【答案】CD【解析】由题图可知,X为氢元素或锂元素,Y为氮元素,Z为硅元素,M为磷元素,W为硫元素。X的化合价为+1,原子序数较小,可能是氢或锂,故A正确;M、W为同周期元素,原子序数越大,原子半径越小,故B正确;X2W为硫化氢或硫化锂,其中硫原子达到8电子稳定结构,而氢或锂均未达到8电子稳定结构,故C错误;N的非金属性比P强,对应气态氢化物的稳定性:NH3>PH3,故D错误。20．将ag含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入2L1mol-1的盐酸中,恰好完全反应。若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热,则充分反应后所得金属的质量是()。A．16g B．(a-16)gC．(a+16)g D．(a-32)g【答案】B【解析】样品中Fe2O3、CuO、FeO溶于盐酸后,转化为FeCl3、CuCl2、FeCl2,O~2Cl-,样品中n(O)=n(HCl)=×1mol·L-1×2L=1mol。将等质量的该样品中用足量氢气还原后所得金属的质量为ag-1mol×16g·mol-1=(a-16)g。第II卷（非选择题共50分）二、非选择题：本题共5个小题，共50分。21．（10分）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样(已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g),利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数,每隔相同时间读得电子天平的数据如下表:读取次数质量(g)锥形瓶+水+试样第1次192.214第2次192.164第3次192.028第4次192.010第5次192.010(1)写出Na2O2和H2O反应的化学方程式:。

(2)实验中不必进行第6次读数的原因是。

(3)根据上述数据,试样中过氧化钠的质量分数是%。

(4)测定上述样品(1.560g)中Na2O2质量分数的另一种方案,其操作流程如图:①操作Ⅰ的名称是。

②操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯,还有(固定、夹持仪器除外)。

③在转移溶液时,如溶液转移不完全,则Na2O2质量分数的测定结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】(1)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑(2)第5次与第4次的读数相同,锥形瓶内质量已不再变化(3)84(4)①溶解②玻璃棒、蒸发皿③偏大【解析】(1)Na2O2和H2O反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。(2)由于第5次与第4次的读数已经相同,说明这时锥形瓶内质量已不再变化,所以实验中不必进行第6次读数。(3)反应完全时,试样的质量减少(1.560+190.720-192.010)g=0.27g,即生成O2的质量为0.27g,物质的量为0.0084mol,样品中含有Na2O2的物质的量为0.0168mol,质量为1.3104g,则过氧化钠的质量分数是84%。22．（10分）ClO2与Cl2的氧化性相近,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某校化学社团的同学们通过图1装置(夹持装置已省略)对ClO2的制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是。安装F中导管时,应选用图2中的。

(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度宜(填“快”或“慢”)。

(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是。

(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为。在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是。

(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是,原因是

。

图3【答案】(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H++5ClCl-+4ClO2↑+2H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】(1)根据“长进短出”的原则可知应该选装置b。(2)滴加盐酸速度应该慢,这样产生ClO2的速度也会慢,ClO2通过D时才能被充分吸收。(3)关闭B的活塞后,ClO2被完全吸收,而装置F中碘化钾淀粉溶液颜色不变,说明没有I2生成,推知装置A中生成的Cl2被装置C中的药品吸收,可见装置C的作用是吸收Cl2。(4)Cl在酸性条件下(H+)反应生成ClO2,同时生成Cl-、H2O,其离子反应方程式为5Cl+4H+Cl-+4ClO2↑+2H2O。ClO2具有强氧化性,根据实验目的,若释放出了ClO2,则ClO2与碘化钾淀粉溶液反应生成I2,F中会出现蓝色,所以装置F的作用是验证是否有ClO2生成。(5)根据变化曲线,稳定剂Ⅰ释放出ClO2快,保鲜时间相对较短,稳定剂Ⅱ缓慢平稳释放出ClO2,保鲜时间更长,所以选稳定剂Ⅱ。23．（10分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)①A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。

②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。

(2)探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生(注:Fe3+遇KSCN溶液显红色。)ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由产生(用离子方程式表示)。

ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。

②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2Fe(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和Fe的氧化性强弱关系相反,原因是。

【答案】(1)①2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O②③Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)①ⅰ.Fe3+4Fe+20H+4Fe3++3O2↑+10H2Oⅱ.排除ClO-的干扰②>溶液酸碱性不同【解析】该题以K2FeO4的制备和其性质探究为载体,考查氧化还原反应原理及实验探究等。(1)①KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应制得Cl2,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。②洗气装置的导管应长进短出,为除去Cl2中的HCl,应用饱和食盐水。③在碱性环境中,Cl2易发生歧化反应:Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。(2)①ⅰ.Fe3+遇KSCN溶液显红色,故溶液中含有Fe3+;在酸性条件下,K2FeO4快速分解可生成Fe3+。ⅱ.用KOH溶液洗涤可除去固体表面吸附的KClO等物质,排除对后续实验的干扰。24．（10分）随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。(1)在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为_______。(2)A、B、F三种元素的原子半径由大到小的顺序是_______(填元素符号)。(3)E元素的最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是_______。(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为_______。(5)元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为_______，其所含的化学键有_______(填化学键类型)。(6)用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，根据火焰呈现的特征颜色，可以判断D元素的存在，化学上把这种定性分析操作称为_______。【答案】(1)第三周期第IVA族(2)r(Si)>r(C)>r(N)(3)Al2O3+2OH-=2+H2O(4)O=C=O(5)离子键和共价键(或非极性键)(6)焰色试验【分析】随着原子序数的递增，A~G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，G的最高价为+6，则G为S；A、F的最高价都是+4，结合原子序数可知，A为C元素，F为Si；C只有-2价，则C为O；

B介于C、O之间，则B为N元素；

D、E的最高价分别为+1、+3，二者的原子序数都大于O，则D为Na、E为Al元素，以此分析解答。【解析】(1)由上述分析可知，G为S元素，A为C元素，F为Si元素，

C为O元素，C、N、Si、S四种元素中，非金属性最弱的为Si，其原子序数为14，在周期表中位于第三周期第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；(2)同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则C、N、Si三种元素的原子半径由大到小的顺序是：r(Si)>r(C)>r(N)；故答案为：r(Si)>r(C)>r(N)；(3)E元素的最高价氧化物为Al2O3，Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2