辽宁省凌源市实验中学2024-2025学年高一下学期3月月考 化学试卷

这是一份辽宁省凌源市实验中学2024-2025学年高一下学期3月月考 化学试卷，共25页。试卷主要包含了 下列说法错误的是， 下列说法正确的是， 下列关于和说法正确的是， 已知等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每题2分，共40分，每小题有且仅有一个正确选项)
1. 下列说法错误的是
A. 在进行钠在空气中燃烧和钠与水反应的实验时，应佩戴护目镜
B. 钛合金、耐热合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程等领域
C. 考古时利用测定一些文物的年代，用于制造氢弹
D. 漂白液既可以作棉、麻、纸张的漂白剂，又可以做游泳池的消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，反应剧烈，钠在空气中燃烧反应放出大量的热，故应佩戴护目镜，A不符合题意；
B．钛合金、耐热合金等新型合金性能优良，广泛应用于卫星、航天航空、生物工程等领域，B不符合题意；
C．利用的半衰期长，考古时可利用测定一些文物的年代，是普通氢原子，和可以用于制造氢弹，C符合题意；
D．漂白液中的有效成分NaClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，也具有强烈的杀菌消毒作用，因此既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，D不符合题意；
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 82号元素与氮元素位于同一主族B. C60、碳纳米管、金刚石互为同素异形体
C. HD、CuSO4∙5H2O、冰水混合物均为化合物D. NH3、AgCl、NaClO均为电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．82号元素位于元素周期表中第6周期第14列即ⅣA，不与氮元素位于同一主族，而与C、Si同一主族，A错误；
B．C60、碳纳米管、金刚石均为碳元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，B正确；
C．HD是H2，属于单质，CuSO4∙5H2O、冰水混合物均为化合物 ，C错误；
D．NH3的水溶液虽然能够导电，但不是其本身电离，属于非电解质，AgCl、NaClO均属于盐，均为电解质，D错误；
故答案为：B。
3. 下列有关化学用语的表示方法正确的是
A. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
B. 用电子式表示MgCl₂的形成过程：
C. M²＋核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号：
D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸中O原子分别和H原子、Cl原子形成两条共价键，故结构式为H-O-Cl，故A错误；
B．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故B错误；
C．M2+核外有a个电子、b个中子，M原子的质子数=核外电子总数=a+2，质量数为a+b+2，M的原子符号：，故C正确；
D．Cl是17号元素，故核内质子数为17，即Cl－的结构示意图：，故D错误；
故答案选C。
4. 下列关于和说法正确的是
A. 和互称为同位素B. 和是同种核素
C. D. 通过化学变化可以实现与间的转化
【答案】A
【解析】
【详解】A．16O与18O质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；
B．16O2与18O2为氧元素的单质，不为同种核素，故B错误；
C．过氧化钠和水反应生成NaOH和O2，O2中的O来自过氧化钠，NaOH中的O来自H2O和Na2O2，故化学方程式应为：2Na216O2+2H218O=2Na18OH+2Na16OH+16O2↑，故C错误；
D．16O与18O之间的转化，属于核变化，不是化学变化，故D错误；
故答案选A。
5. 图中所示的装置图能够达到实验目的是
A. 用图甲所示配制一定浓度的稀硫酸
B. 用图乙装置可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
C. 用图丙装置长期保存液溴
D. 用图丁装置检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气
【答案】D
【解析】
【详解】A．用浓硫酸来配制一定浓度的稀硫酸时，应该先在烧杯中进行稀释，待溶液冷却后再转移至一定规格的容量瓶中进行定容操作，因此图甲所示不能用来配制一定浓度的稀硫酸，A错误；
B．稀盐酸是HCl的水溶液，不是Cl元素的最高价含氧酸，其能够与Na2CO3在溶液中反应制取CO2气体，只能说明酸性：HCl＞H2CO3，而不能说明元素的非金属性：Cl＞C，B错误；
C．液溴具有强氧化性，会与试剂瓶上的橡胶发生反应而导致橡胶塞腐蚀，故长期保存液溴的试剂瓶应该使用玻璃塞，C错误；
D．在加热时湿棉花会产生水蒸气，水蒸气与还原铁粉在加热时发生反应产生Fe3O4、H2，H2的产生使肥皂液处产生大量气泡，该气体点燃能够燃烧，因此用图丁装置可以检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气，D正确；
故合理选项是D。
6. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A. f单质能溶于e的最高价氧化物对应水化物B. 简单氢化物的稳定性：y>z
C. g、h的氧化物对应的水化物的酸性：h>gD. 简单离子半径的大小顺序：dCH4，B错误；
C．g、h的氧化物对应的水化物含氧酸有多种，不是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，C错误；
D．O2-、Na+和Al3+具有相同的电子层结构，则核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径是O2-＞Na+＞Al3+，D错误；
故选A。
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1ml氯气通入足量水中，则Cl-、HClO、ClO-三者粒子数之和数为2NA
B. 60g NaHSO4晶体中含离子数目为1.5NA
C. 18g重水(D2O)中含有的中子数为9NA
D. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml氯气通入足量水中发生反应：，有溶液中有氯气分子存在，则Cl-、HClO、ClO-三者粒子数之和数小于2NA，A错误；
B．NaHSO4晶体中含有Na+和，60g NaHSO4的物质的量为=0.5ml，含离子数目为NA，B错误；
C．D2O中含有8+2=10个中子，其摩尔质量为20g/ml，18gD2O的物质的量为=0.9ml，含有的中子数为9NA，C正确；
D．HF在标准状况下为液态，无法用气体摩尔体积22.4L/ml计算，D错误；
故选C。
8. 如图为氯及其化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是
A. a与g或f在酸性溶液中都可生成b
B. f的钾盐可用于实验室制取
C. b的水溶液不稳定，久置会变为a的稀溶液
D. c和可用于自来水消毒但原理不同
【答案】D
【解析】
【分析】a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为HClO4，f为氯酸盐(含)，g为次氯酸盐(含ClO-)，h为亚氯酸盐(含)。
【详解】A．a为HCl，b为Cl2，g为次氯酸盐(含ClO-)，f为氯酸盐(含)，根据氧化还原反应原理，a与g、f在一定条件下都可发生归中反应生成Cl2，A正确；
B．f的钾盐为KClO3，实验室可用氯酸钾受热分解制备氧气，B正确；
C．b的水溶液为氯水，氯水不稳定，久置会变为HCl的稀溶液，C正确；
D．c为ClO2和可用于自来水消毒，都是由于强氧化性使蛋白质变性消毒，原理相同，D错误；
答案选D。
9. 已知：①
②(浓)
③(浓)
下列有关叙述正确的是
A. 、(浓)、的氧化性由强到弱的顺序是(浓)
B. 反应①中Se是氧化产物，是还原产物
C. 反应①中每有2ml生成，转移电子数目约为
D. 反应②③中，等量的Se消耗浓和浓的物质的量之比为2∶1
【答案】A
【解析】
【分析】①反应中，Se元素的价态降低，SeO2发生还原反应，做氧化剂，Se为还原产物；碘元素价态升高，KI发生氧化反应，做还原剂，I2为氧化产物；②(浓)反应中，Se元素的价态升高，Se发生氧化反应，做还原剂，SeO2为氧化产物；硫元素价态降低，发生还原反应，浓H2SO4做氧化剂，SO2为还原产物，③(浓)反应中，浓HNO3是氧化剂，Se是还原剂，据以上分析解答。
【详解】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；所以反应①中氧化性：SeO2>I2；反应②中氧化性：H2SO4(浓)>SeO2 ；所以、(浓)、的氧化性由强到弱的顺序是(浓)，A正确；
B．反应①中Se是还原产物，是氧化产物，B错误；
C．反应①中每有2ml生成，转移电子数目约为，C错误；
D．根据方程式②(浓)、③(浓)可知，反应②③中，1mlSe分别消耗2ml浓和4ml浓，二者的物质的量之比为1:2，D错误；
答案选A。
10. 实验小组需要配制的溶液，下表是实验小组设计的部分实验步骤。下列有关评价错误的是
A. 省略步骤1不会对实验的准确性造成影响
B. 步骤2称量的质量为
C. 步骤3中玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率
D. 步骤4中的操作会导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．五水硫酸铜晶体中的结晶水不会影响所配溶液的浓度所以不必对五水硫酸铜晶体进行脱水处理，故A正确；
B．实验室没有的容量瓶，配制的溶液应选用500mL容量瓶，所以需要用电子天平称量的质量为，故B正确；
C．溶解时用玻璃棒搅拌，可加快溶解速率，故C正确；
D．步骤4中仰视刻度线，最终会导致加入的蒸馏水偏多，所配溶液浓度偏低，故D错误；
故选D。
11. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
12. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，这四种元素与氢元素可形成一种治疗胃酸过多的药物，其化学式为YZ(XH)2WX3。X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X和Y能形成一种淡黄色的二元化合物，W是生铁中含量最多的非金属元素，Z的单质常温下能与X的单质反应。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的稳定性：W＞XB. Z位于元素周期表中第13纵列
C. 最高价氧化物的水化物的碱性：Z＞YD. 该药物最多可消耗3mlHCl
【答案】B
【解析】
【分析】根据X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可知X是O，氧元素与钠元素可形成淡黄色的Na2O2，因此Y是Na，生铁的主要成分是铁和碳，再结合W是短周期元素，可知W是C，结合题中给出的化学式，可判断Z显+3价，再结合Z的单质在常温下能与氧气反应，可知Z是Al，据此分析。
【详解】A．非金属性：C＜O，故稳定性：CH4＜H2O，A项错误；
B．Z是Al元素，铝元素属于第ⅢA族元素，位于元素周期表的第13纵列，B项正确；
C．金属性：Al＜Na，故最高价氧化物的水化物的碱性：Al(OH)3＜NaOH，C项错误；
D．1ml该药物中含有2mlOH-和1mlCO，故最多可消耗4mlHCl，D项错误；
答案选B。
13. 某小组用“84”消毒液制备氯气并探究其性质，进行如图实验(已知：a~d中均为浸有相应试液棉花，夹持装置省略)。下列说法错误的是
A. a处变为橙色，说明Cl2的氧化性比Br2的强
B. b处变为蓝色，说明Br2的氧化性比I2的强
C. c处褪色，使酸性KMnO4溶液褪色的物质可能是HCl
D. d处红色褪去，可能是生成某种具有漂白性的物质所致
【答案】B
【解析】
【分析】该实验是利用“84”消毒液中的与浓盐酸反应来制取，反应的离子方程式为：，并验证的相关性质，产生的依次通过KBr溶液、KI淀粉溶液、酸性溶液、加酚酞的NaOH溶液，最后尾气经处理吸收后排放，据此分析解答。
【详解】A．a处变为橙色，是因为发生反应，作氧化剂，作氧化产物，则说明的氧化性比的强，A正确；
B．b处变为蓝色，说明有碘单质产生，因也能氧化成为单质碘，所以无法证明是氧化的，B错误；
C．从反应装置出来的气体有和挥发的HCl气体，其中HCl能与酸性溶液反应，所以c处使酸性KMnO4溶液褪色的物质可能是HCl，C正确；
D．溶于水发生反应，生成2种酸，同时HClO还有漂白性，因此d处红色褪去可能是酸碱中和作用，也有可能是HClO的漂白作用使有色物质被漂白所致，D正确；
故答案为：B。
14. 下列各图表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，从第二周期开始，Y为元素的有关性质)，下列选项中的对应关系正确的是
A. 图①表示、、、、的离子半径大小关系
B. 图②可表示第ⅥA族元素的最高正化合价关系
C. 图③可表示碱金属单质的密度大小关系
D. 图④可表示第ⅤA族含氧酸酸性大小关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、、、电子层数相同，核电荷数依次增大，故离子半径依次减小，则图①随Z增大Y减小，A错误；
B．第ⅥA族的氧元素没有+6价，其余元素最高正化合价为+6价，B错误；
C．随着核电荷数增大，碱金属单质的密度呈现增大的趋势，但是钾的密度比钠要小，C正确；
D．第ⅤA族元素的同一种元素有多种含氧酸，不同价态的酸的酸性大小不同，因此应比较最高价的含氧酸酸性大小，D错误；
答案选C。
15. 实验室模拟工业上利用废渣(主要成分为Al2O3，杂质为FeO、Fe2O3、SiO2)提炼金属铝的流程如图所示。已知：滤渣2的成分为Fe2O3和Fe(OH)3.下列说法错误的是
A. 滤渣1的成分为SiO2，气体X是酸性气体CO2
B. “氧化”反应的离子方程式：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
C. 实验室中进行过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
D. 高温下铝粉和氧化铁能剧烈反应，常用于焊接钢轨
【答案】A
【解析】
【分析】废渣主要成分为Al2O3，杂质为FeO、Fe2O3、SiO2，用稀盐酸溶解废渣，过滤，得到氯化铝、氯化亚铁、氯化铁的混合液，SiO2不溶于盐酸，滤渣1是SiO2；滤液通入氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，加氧化铁调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2是Fe(OH)3、Fe2O3，滤液中通入氨气生成氢氧化铝沉淀，过滤，氢氧化铝灼烧得氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝。
【详解】A．根据以上分析，SiO2不溶于盐酸，滤渣1的成分为SiO2，气体X和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，X是碱性气体NH3，故A错误；
B．“氧化”反应是氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-，故B正确；
C．实验室中进行过滤操作装置图为，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故C正确；
D．高温下铝粉和氧化铁能剧烈反应生成铁和氧化铝，该反应放出大量的热，常用于焊接钢轨，故D正确；
故选A。
16. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确的是
A. 与溶液不反应，推测与溶液也不反应
B. 铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
C. 在空气中加热生成，在空气中加热也生成
D. Ca(HCO3)2溶解度大于CaCO3，NaHCO3的溶解度也大于Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCl的酸性大于H2CO3，所以与溶液不反应，而HNO3为强酸，其酸性也大于弱酸H2CO3，所以可推测与溶液也不反应，A正确；
B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈，那是因为铁锈疏松透气，而氧化铝致密，能保护内部的金属不被腐蚀，所以性质更活泼的铝能稳定存在于空气中，B不正确；
C．在空气中加热生成，但Li的金属性比Na弱，所以在空气中加热只能生成Li2O，不能生成Li2O2，C不正确；
D．Ca(HCO3)2易溶于水，而CaCO3难溶于水，所以Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，生成NaHCO3沉淀，则表明NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，D不正确；
故选A。
17. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．制取Fe((OH)3胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，A错误；
B．碘单质遇到淀粉时溶液显蓝色，说明原无色溶液中滴加几滴FeCl3后生成了碘单质，则发生了反应，说明该无色溶液中含有I-，B正确；
C．钠的焰色试验为黄色，进行焰色试验，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素、不一定为钠盐，C错误；
D．过量氯水能将KI氧化生成碘单质，不能证明氧化性：Br2＞I2，D错误；
故选B。
18. 单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是
A. a可使灼热的铜变黑B. b可与红热的铁产生气体
C. c可使燃烧的镁条熄灭D. d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】C
【解析】
【分析】碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c（适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为CO2；单质Ｍ与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为Na，氧化物b为H2O；Na与单质a反应得氧化物，因此单质a为O2，据此回答。
【详解】A．a为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；
B．b为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；
C．c为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；
D．d为Cl2，Cl2可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确；
答案选C。
19. 向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应后，向所得溶液a中，逐滴滴加2ml/L的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图。下列说法中正确的是
A. OA段发生反应的离子方程式分别为OH-＋H＋=H2O、CO＋H＋=HCO
B. 溶液a中所含溶质的质量之比是1：1
C. B点时，反应后所得溶液中溶质的物质的量浓度是1.2ml/L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度是2ml/L
【答案】C
【解析】
【分析】分析图象，OA段无气体产生，而AB段开始有气体生成，说明发生了反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此溶液a中存在溶质Na2CO3；又根据AB段消耗的盐酸体积大于0A段消耗的盐酸体积，得到溶液a中存在溶质NaHCO3；因此溶液a中的溶质为Na2CO3和NaHCO3。
【详解】A．由图象分析可知，溶液a中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，OA段发生反应的离子方程式为CO＋H＋=HCO，故A错误；
B． OA段发生的反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，AB段发生反应的化学方程式：，混合溶液中物质的量，溶液a中所含溶质Na2CO3、NaHCO3物质的量比值1∶1，质量之比是，故B错误；
C．B点时溶质只有NaCl，，，故C正确；
D．根据元素守恒，，，故D错误；
故选C。
20. 现有一包只含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl三种物质的白色固体混合物，将其现分为三等份进行实验探究：
实验1：将第一份混合物溶于水，加入足量Ba(OH)2溶液，有白色沉淀a生成。
实验2：将第二份混合物溶于水，加入足量AgNO3溶液，有白色沉淀b生成。
实验3：将第三份混合物溶于50mL 1.0ml/L稀盐酸中，生成448mL(标准状况下)气体，并得到溶液c，测得溶液c中c(H＋)=0.4ml/L(忽略溶液体积的变化)。
下列说法不正确的是
A. 白色沉淀a为BaCO3，白色沉淀b为AgCl和Ag2CO3
B. 原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1：1
C. 实验1可得到3.94g白色沉淀a
D. 若测得实验3反应后溶液c中c(Cl-)=1.4ml/L，则原固体混合物中有1.17gNaCl
【答案】D
【解析】
【分析】由实验3可知，混合物中Na2CO3和NaHCO3完全与盐酸反应，设第三份混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xml、yml，由碳原子个数守恒可得：x+y==0.02ml①，由与盐酸反应的方程式可得：2x+y=1.0ml/L×0.05L-0.4ml/L×0.05L=0.03ml②，解联立方程可得：x=0.01ml、y=0.01ml，据此分析解题。
【详解】A．实验1中混合物溶于水所得溶液中Na2CO3和NaHCO3均能与足量氢氧化钡溶液反应生成BaCO3沉淀，则白色沉淀a为BaCO3沉淀，实验2，Na2CO3与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀及NaCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，则实验2中白色沉淀b为AgCl和碳酸银的混合物，A正确；
B．由实验3可知，混合物中Na2CO3和NaHCO3完全与盐酸反应，设第三份混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xml、yml,由碳原子个数守恒可得：x+y==0.02ml①，由与盐酸反应的方程式可得：2x+y=1.0ml/L×0.05L-0.4ml/L×0.05L=0.03ml②，解联立方程可得：x=0.01ml、y=0.01ml，即原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为1:1，B正确；
C．根据分析，实验1的沉淀为BaCO3沉淀，根据碳原子守恒，n(BaCO3)=0.02ml，m(BaCO3)=0.02ml×197g/ml=3.94g，C正确；
D．溶液中n(Cl-)=n(NaCl)+n(HCl)，n(NaCl)=n(Cl-)-n(HCl)=1.4ml/L×0.05L-1ml/L×0.05L=0.02ml，m(NaCl)=nM=0.02ml×58.5g=1.17g，每份混合物中NaCl有1.17g，则该包固体的NaCl有1.17g×3=3.51g，D错误；
故答案为：D。
二、填空题(共4个小题，共60分)
21. 短周期元素①～⑩在周期表中的位置如下，请回答问题(用元素符号或化学式表示)。
（1）元素②在元素周期表中的位置是___________，元素④的名称是___________。
（2）元素④⑤⑧⑩形成的简单离子的半径由大到小的顺序为___________。
（3）元素⑤⑨⑩的简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序为___________。
（4）元素②的非金属性___________(填“>”或“O2->F->Al3+
（3）HF>HCl>H2S
（4） ①. < ②. Na2CO3+H2SO4= Na2SO4+CO2+H2O
（5） ①. HClO4 ②. 2Al+2OH-+6H2O＝2+3H2
（6） ①. 防止倒吸 ②. 2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ③. 有淡黄色沉淀生成 ④. S2-+Cl2＝S↓+2Cl-
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知①H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，以此解答。
【小问1详解】
②为C元素，在元素周期表中的位置是第二周期IVA族，元素④的名称是氧。
【小问2详解】
元素④⑤⑧⑩形成的简单离子分别为：O2-、F-、Al3+、Cl-，Cl-的电子层数最多，半径最大，O2-、F-、Al3+具有相同的核外电子排布，其离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径由大到小的顺序为：Cl->O2->F->Al3+。
【小问3详解】
同主族元素，从上往下非金属性减弱，同周期主族元素，从左往右，非金属性增强，则非金属性：F>Cl>S，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性：HF>HCl>H2S。
小问4详解】
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于H2SO4的酸性比H2CO3强，根据强酸制取弱酸的原理，可以发生反应：Na2CO3+H2SO4= Na2SO4+CO2+H2O，则C的非金属性Br2>I2
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩