广元市重点中学2026届化学高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

广元市重点中学2026届化学高二上期中学业水平测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、按如图的装置进行电解实验：A极是铜锌合金，B为纯铜。电解质溶液中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加9.6g，溶液质量增加0.05g，则A极合金中Cu、Zn原子个数比为A．4:1B．1:1C．2:1D．任意比2、下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是（）A．CH3CH2OHB．C．D．3、用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作不会引起实验误差的是A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定D．用25mL碱式滴定管取NaOH溶液，起始时读数为15.00mL，到滴定终点时NaOH溶液恰好全部放出4、在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A(？)B(g)＋2C(g)，且达到平衡。当升高温度时气体的密度增大，则下列叙述中正确的是()A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B．若正反应是放热反应，则A为气态C．物质A一定为非气态，且正反应是吸热反应 D．若向容器中充入惰性气体，则平衡向左移动5、下列热化学方程式中的反应热下划线处表示燃烧热的是()A．NH3(g)＋5/4O2(g)===NO(g)＋3/2H2O(g)ΔH＝－a_kJ·mol－1B．C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－b_kJ·mol－1C．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－c_kJ·mol－1D．CH3CH2OH(l)＋1/2O2(g)===CH3CHO(l)＋H2O(l)ΔH＝－d_kJ·mol－16、如图为以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图，稀H2SO4溶液为电解质溶液。下列有关说法不正确的是A．a极为负极，电子由a极经外电路流向b极B．a极的电极反应式：H2－2e－===2H＋C．电池工作一段时间后，装置中c(H2SO4)增大D．若将H2改为CH4，消耗等物质的量的CH4时，O2的用量增多7、已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（）A．该溶液的pH＝4B．此溶液中，HA约有0.1%发生电离C．加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍8、下列现象与氢键有关的是①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高②乙醇可以与水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④水分子高温下也很稳定⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低A．②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤9、已知分子式为C10H14的有机物，该有机物不能与溴水发生加成反应，分子中只有一个烷基，符合要求的有机物结构有()A．2种B．3种C．4种D．5种10、下列物质中，即属于电解质，又能够导电的是A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．蔗糖11、X、Y二元素的原子，当它们分别获得两个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的热量大于Y放出的热量；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，吸收能量W大于Z。则X、Y和Z、W分别形成的化合物中，离子化合物可能性最大的是A．Z2XB．Z2YC．W2XD．W2Y12、下列叙述不正确的是（）A．在海轮外壳上镶锌块，可减缓船体的腐蚀B．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈C．生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱D．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈13、一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A(g)+B(s)2D(g)△H<0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是

实验I

实验II

实验III

反应温度/℃

800

800

850

c(A)起始/mol·L-1

1

2

1

c(A)平衡/mol·L-1

0.5

1

0.85

放出的热量/kJ

a

b

c

A．实验III的化学平衡常数K<1B．实验放出的热量关系为b>2aC．实验III在30min达到平衡时的速率v(A)为0.005mol·L-1·min-1D．当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡14、下列条件一定能使反应速率增大的是（）①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④不断分离出生成物⑤加入MnO2A．全部B．①②⑤C．②③D．②15、化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是()A．mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，则计量数m+n<pB．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，则CO2的体积分数不变可以作为平衡判断的依据C．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0D．对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B,达到平衡时A的体积分数为n％，此时若给体系加压则A的体积分数不变16、下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）①常温下NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol·L－1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.9A．①④⑥ B．①②③④ C．①④⑤⑥ D．全部二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).18、下表列出了A~R10种元素在周期表中的位置：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02EG3ACDFHIR4B（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是______（填元素符号）。（2）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为____。（3）A的过氧化物与水反应的化学方程式为_______；在该反应中，还原剂是________。（4）D的最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液发生反应，其离子方程式为___________。（5）E元素和F元素两者核电荷数之差是____。19、设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应B．使溴水褪色的反应，就是加成反应C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯D．使溴水褪色的气体，就是乙烯(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。20、某实验小组学生用稀盐酸与的NaOH溶液在如图装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热装置中还缺少的主要仪器是______若测得中和热值为，写出表示稀盐酸和NaOH溶液反应中和热的热化学方程式______关于该实验，下列说法正确的是______A．如图条件下实验过程中没有热量损失

溶液浓度稍大的目的是使盐酸反应完全C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯

溶液要分多次缓慢加入若用相同体积相同浓度的醋酸代替盐酸，中和热的测定结果会______“偏大”、“偏小”或“无影响”．21、氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉（主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质）制备氟化钡的流程如下：已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。（1）滤渣A的名称为___________。（2）滤液1加H2O2的目的是___________。（3）加NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C的主要成分是___________（写化学式）（4）滤液3加入盐酸酸化后再经加热浓缩____________洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体。（5）常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式___________。已知Ksp(BaF2)＝1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5mol/L），至少需要的氟离子浓度是___________mol/L（已知＝1.36，计算结果保留三位有效数字）。（6）5.0t含80％BaCO3的钡矿粉，理论上最多能生成BaCl2·2H2O晶体___________t。（保留2位小数）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】该装置是电解池,阳极上金属失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,所以阴极上增加的质量是铜的质量,溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差,根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量,再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金上铜的物质的量,从而计算铜和锌的原子个数之比，据以上分析解答。【详解】B极上析出的是铜，B极质量增加9.6g,其物质的量=9.6/64=0.15mol，阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加0.05g,即锌和铜的质量差为0.05g；设锌的物质的量为x，根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应可知，1molZn完全反应，固体质量增加1g，现在固体质量增加0.05g，消耗锌的量x，即：1:1=x：0.05，x=0.05mol，即合金中锌的物质的量是0.05mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设铜的物质的量为y，0.05×2+2y=0.15×2，y=0.1mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.1：0.05=2:1，C正确；综上所述，本题选C。2、C【解析】分析：根据醇、卤代烃的性质分析解答。详解：A.CH3CH2OH含有羟基，能发生消去反应，不能发生水解反应，A错误；B.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；C.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；D.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，D错误；答案选C。点睛：掌握醇和卤代烃发生消去反应的条件是解答的关键，即与卤素原子或羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时，才能发生消去反应，否则不能发生消去反应。3、C【解析】A.酸式滴定管洗净后，需要用标准盐酸润洗，否则消耗的标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故A不选；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，不需要润洗，若用NaOH溶液润洗后再进行滴定，消耗的标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故B不选；C.将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定，对NaOH浓度的测定没有影响，不会引起实验误差，故C选；D.用25mL碱式滴定管取NaOH溶液，起始时读数为15.00mL，到滴定终点时NaOH溶液恰好全部放出，由滴定管的构造可知，滴定管中溶液的体积大于10.00mL，消耗标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故D不选，答案选C。【点睛】本题考查酸碱中和滴定，掌握滴定原理、实验操作和误差分析为解答的关键，要特别注意需要润洗的仪器及滴定管的构造，为易错点，试题难度不大。4、C【详解】A、无论该反应是吸热反应还是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，选项A错误；B、若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A一定为非气态才符合，选项B错误；C、因为容器的体积固定，如果A是气体，升高温度时，无论平衡向哪方向移动，气体的密度始终不变，则A一定是非气体，且升高温度，平衡向正反应方向移动时气体的密度才增大，所以正反应是吸热反应，选项C正确；D、若向容器中充入惰性气体，虽然容器的压强增大，但不改变参加反应气体的浓度，所以平衡不移动，选项D错误；答案选C。5、B【详解】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意稳定的氧化物指液态水或二氧化碳等，据此可知，符合题意的是B项。故选B。6、C【详解】A.在氢氧燃料电池中，氢气在负极失电子，生成氢离子，则a极为负极，电子由a极流向b极，A项正确；B．a极的电极反应式是：H2-2e-=2H+，B项正确；C.在氢氧燃料电池中，电池的总反应为2H2+O2=2H2O，则电池工作一段时间后，装置中c（H2SO4）减小，C项错误；D.1mol氢气消耗0.5mol氧气，1mol甲烷消耗2mol氧气，所以若将H2改为等物质的量CH4，O2的用量增多，D项正确；选C。7、C【详解】A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；D.溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-)＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋)≈1×10－4mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；故选C。8、B【详解】①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①与氢键有关；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②与氢键有关；③冰中的水分子形成的氢键较多，其分子间的空隙变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③与氢键有关；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④与氢键无关；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤与氢键有关。综上所述，与氢键有关的是①②③⑤，故选B．9、C【解析】分子式为C10H14的烃，不饱和度为(2×10+2−14)/2=4，不能与溴水发生加成反应，只含有一个烷基，则分子中含有一个苯环，侧链是烷基，只含一个取代基，为-C4H9，-C4H9的异构体有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，故符合条件的结构有4种，答案选C。10、B【解析】A.铜丝是单质，虽能导电，但既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融的MgCl2属于电解质，且有自由移动的离子，能导电，故B正确；C.虽然NaCl溶液中有自由移动的离子，能导电，但然NaCl溶液是混合物不是混合物，故C错误；D.蔗糖是非电解质，不能导电，故D错误。故选B。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。11、A【解析】X、Y两元素的原子，当它们分别获得两个电子，形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的能量大于Y放出的能量，说明X比Y易得电子、X的非金属性强于Y、X的电负性大于Y；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量，说明Z比W易失电子、Z的金属性强于W、Z的电负性小于W，故X、Z的电负性相差最大，最不可能形成共价化合物。故选A。12、B【分析】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池；B、钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气得电子；C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池；D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池。【详解】A、在海轮上镶嵌锌块，锌块能和轮船、海水构成原电池，其中锌块做负极，海轮做正极被保护，故能减缓船体的腐蚀，故A正确；B、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极是铁失电子，氧气在正极得电子发生还原反应，故B错误；C、生铁中含有碳单质，C能和铁、水膜形成原电池，其中铁做负极被腐蚀，故生铁的抗腐蚀能力比纯铁要弱，故C正确；D、镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，故D正确。故选B。13、B【详解】A、2A(g)+B(s)2D(g)起始浓度（mol/L）10转化浓度（mol/L）0.150.15平衡浓度（mol/L）0.850.15所以该温度下反应的平衡常数K＝＝＜1，因此A正确；B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的，因此b＝2a，B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)＝＝0.005mol•L-1·min-1，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确.答案选B。14、D【解析】试题分析：①增加反应物的物质的量，化学反应速率不一定增大，比如增加固体物质的量，不会引起反应速率的变化，①错误；②升高温度，会使得所有化学反应速率均加快，②正确；③缩小反应容器的体积，即增大压强，仅仅适用于体参加的反应，③错误；④不断分离出生成物（不是固体产物），会导致化学反应速率减慢，④错误；⑤加入MnO2，仅会使得部分化学反应速率加快，催化剂具有专一性的特点，⑤错误，答案选D。【考点定位】考查外界条件对反应速率的影响【名师点晴】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：①浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；②压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；③温度：升高温度，可以加快化学反应速率；④催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；⑤其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁波、反应物表面积、扩散速率、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。15、D【解析】A.mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，若平衡不移动，A的浓度变为0.25mol/L，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则计量数m+n＞p，故A错误；B.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，由于反应物是固体，生成物是两种气体，二氧化碳在混合气体中的体积分数不变，所以CO2的体积分数不变不能作为平衡判断的依据，故B错误；C.2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，该反应的ΔS＜0，在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0，故C错误；D.对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n％，由于此反应为气体分子数不变的反应，若给体系加压平衡不移动，故A的体积分数不变，故D正确。故选D。16、C【详解】：①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；

②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；

③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；

④常温下0.1mol•L-1HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；

⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；

⑥常温下0.1mol·L－1的HNO2溶液稀释至100倍，则浓度为10-4mol/L，若为强酸则pH=4，而实际约为3.9说明亚硝酸不完全电离，故⑥正确；故正确的有①④⑤⑥；故答案为C。【点睛】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸能不能完全电离或盐类水解的规律来分析某酸是否为弱电解质．二、非选择题（本题包括5小题）17、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。18、ArK＞Na＞Mg2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O8【分析】由元素在周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、R分别为Na、K、Mg、Al、C、Si、O、S、Cl、Ar。【详解】（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是稀有气体Ar。（2）同一主族的元素从上到下，原子半径依次增大，同一周期的元素从左到右，原子半径依次减小，因此，A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为K＞Na＞Mg。（3）A的过氧化物为Na2O2，其与水反应生成NaOH和O2，该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；在该反应中化合价升高的元素是Na2O2中的O元素，还原剂是Na2O2。（4）D的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，其为两性氢氧化物，其与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。（5）E元素和F元素分别为C和Si，两者核电荷数之差是14-6=8。【点睛】根据元素在周期表中的位置确定元素的名称，这是高中学生的基本功，根据元素周期律结合常见元素的基本性质进行有关性质的比较和推断，也是学生的基本功，要求学生要在这些方面打好基础。19、不能ACSO2CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应【解析】用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；综上所述，本题答案是：不能；AC；（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH