2020-2021學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末測試卷（人教版選修3）03（全解全析）

2020-2021學(xué)年下學(xué)期期末測試卷03

高二化學(xué).全解全析

12345678910111213141516

CBCDCDCBCBCDDDDB

1.c

【詳解】

A.油脂、單糖都不是高分子化合物，故A錯誤；

B.石油裂化、煤干儲、煤液化都是化學(xué)變化，而石油分儲是物理變化，故B錯誤；

C.75%的乙醇溶液可用于醫(yī)療消毒，福爾馬林可用于種子消毒，兩者原理相同，都是使蛋白質(zhì)變性，故C

正確：

D.葡萄糖能夠在酒化酶的作用下分解生成乙醇和二氧化碳，該反應(yīng)屬于分解反應(yīng)，但葡萄糖是不能水解的

單糖，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。

2.B

【詳解】

A.1個苯乙烯分子中含有1個碳碳雙鍵，則在1mol苯乙烯（＜）-CH=CH2）中含有的碳碳雙鍵數(shù)為必,

A錯誤；

B.乙烯和丙烯的最簡式是CH2,其式量是14,所以2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中含有最簡式的物質(zhì)的量

是0.2mol,因此其中所含的C原子的數(shù)目是0.2NA,B正確；

C.在CnH2n+2分子中含有的C-C鍵數(shù)目是（n-1）個，所以0.1molCnH2n+2中含有的碳碳單鍵數(shù)為0.1什1）心,

C錯誤；

D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下CHC13為液態(tài)物質(zhì)，不能使用氣體摩爾體積計算，D錯誤；

故合理選項是B。

3.C

【詳解】

A.A1CL和NaOH反應(yīng)，若NaOH過量，生成偏鋁酸鈉和NaCl,可得到澄清溶液，故A不符合題意；

B.NH4CkAgNCh、NaOH可發(fā)生反應(yīng)生成銀氨溶液和氯化鈉，可得到澄清溶液，故B不符合題意；

C.Na2SiO3和FeCL二者相互促進水解生成硅酸沉淀、氫氧化鐵沉淀，得到懸濁液，故C符合題意；

D.KHSO3、KMnCU二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸鎬，可得到澄清溶液，故D不符合題意；

故答案：C?

4.D

【詳解】

A.向硅酸鈉溶液中滴加鹽酸，由于HC1酸性強于硅酸，會反應(yīng)產(chǎn)生硅酸，現(xiàn)象為產(chǎn)生白色膠狀沉淀，但

HC1不是C1的最高價含氧酸，不能比較C1和C的非金屬性，A錯誤；

B.碳酸鹽、碳酸氫鹽和鹽酸反應(yīng)均能產(chǎn)生二氧化碳使澄清石灰水變渾濁的氣體，因此X不一定是碳酸鹽,

B錯誤；

c.N02與水反應(yīng)產(chǎn)生硝酸，硝酸也能氧化KI產(chǎn)生碘單質(zhì)，現(xiàn)象錯誤，因此不能得出結(jié)論，C錯誤；

D.硝酸根在酸性條件下有強氧化性，可將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時硝酸被還原為NO,因此現(xiàn)象為溶

液由淺綠色變成黃色，并有氣體逸出，結(jié)論為Fe2+在酸性條件下被NO；氧化，D正確；

答案選D。

5.C

【分析】

因為固體甲與足量鹽酸反應(yīng)全部溶解，所以固體甲為Fe2O?因為Cu可以與Fe3+反應(yīng)，故有無Cu無法判斷,

加入足量氨水后生成固體丁為Fe(OH)3以及溶液丁的成分為NH40,溶液甲加入足量鹽酸后有氣體乙，氣體

乙可能是SCh,也可能是氮氧化物，固體X中一定含有Na2s03,是否含有KNO3無法確定.因為溶液乙加

入BaCh溶液生成白色沉淀，故固體X中含有(NH4)2SO4,

【詳解】

A.由分析可知，X中一定含有FezCh、(NH4)2SC>4、Na2so3,可能含有Cu、KNO3,故A項錯誤；

B.由分析可知，在溶液甲生成氣體乙時，Na2sCh就反應(yīng)完全了，故白色沉淀不可能含有BaSCh,故B項

錯誤；

C.若乙是有色氣體，就應(yīng)該是NCh,故X中含有KNCh,故C項正確；

D.取少許溶液丙，加入KSCN,如果出現(xiàn)血紅色，則說明溶液丙中含有Fe3+,因為Cu可與Fe?+反應(yīng)，故

X中有無Cu無法判斷，故D項錯誤。

故答案為C。

【點睛】

本題中氣體乙和溶液丙的分析十分關(guān)鍵，需要注意KNCh和Cu的干擾問題。

6.D

【詳解】

A.亞硝酸結(jié)構(gòu)簡式為HONO,亞硝酸電子式為，A正確；

B.根據(jù)亞硝酸與二甲胺反應(yīng)能量變化圖示，反應(yīng)物的能量大于生成物，是放熱反應(yīng)，B正確；

C.在過程ii中生成一分子比0同時生成亞硝酸胺KCH3)2N-N=O](含有不飽和鍵)，屬于消去反應(yīng)，C正確；

D.過程i吸熱，過程ii放熱，過程i正反應(yīng)的活化能大于過程ii,過程ii更容易發(fā)生，D錯誤；

答案選D。

7.C

【詳解】

A.由圖可知，酸的濃度越大，腐蝕速率越大，選項A正確；

B.根據(jù)圖示可知，當(dāng)鋁酸鈉、月桂酰肌氨酸濃度相等時，腐蝕速率最小，緩蝕效果最優(yōu)，選項B正確；

C.碳素鋼的腐蝕速率不隨硫酸的濃度增大而增大，是由于在硫酸濃度很多時，硫酸主要以H2s的形式存

在，具有強的氧化性，F(xiàn)e被濃硫酸氧化，在金屬表面產(chǎn)生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬的進一步氧

化，即發(fā)生鈍化，與溶液中c(H+)大小無關(guān)，選項C不正確；

D.對比鹽酸和硫酸兩條曲線，發(fā)現(xiàn)碳鋼在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸的腐蝕速率，說明C1-有助于碳素

鋼的腐蝕速率，而SO：不利用碳素鋼的腐蝕速率，選項D正確；

答案選C。

8.B

【分析】

根據(jù)圖中的變化過程判斷元素的化合價的變化，利用化合價的變化判斷反應(yīng)類型，利用化合價的變化及電

子守恒書寫氧化、還原反應(yīng)。

【詳解】

A.反應(yīng)①②③④分別根據(jù)碳、氮、氧、氫元素的化合價的變化判斷，化合價都在降低，元素原子得到電子,

發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；

B.由圖示判斷反應(yīng)②氫離子的濃度降低，反應(yīng)③中生成氫氧根離子，故溶液的堿性增強，故B錯誤；

C.根據(jù)圖示④的反應(yīng)物和生成物中氮化合價的降低利用電子守恒及原子守恒書寫電極反應(yīng)為；NO3+IOH

++8e-=NH：+3H2O,故C正確；

D.修復(fù)過程中溶液顯堿性，會發(fā)生反應(yīng)：Fe2++2OH=Fe(OH)2i，4Fe(OH)2+C>2+2H2O=4Fe(OH)3故D正確；

故選答案B。

9.C

【分析】

由圖可知，X電極為電池的正極，溶液中氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，溶液中陽離子濃

度減小，離子導(dǎo)體中的鋰離子通過陽離子交換膜進入a區(qū)，丫電極為負極，溶液中氯離子失去電子發(fā)生氧化

反應(yīng)生成氯氣，溶液中陰離子濃度減小，b區(qū)中鋰離子通過陽離子交換膜進入離子導(dǎo)體中。

【詳解】

A.由分析可知，在a區(qū)制得氯化鋰的同時，還將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，獲得了電能，故A正確；

B.由分析可知，丫電極為負極，溶液中氯離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)式為

2CI—2e—=C12f,故B正確；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氫氣的物質(zhì)的量為Imol,由分析可知，X極生成Imol氫氣，b區(qū)溶液中有0.2mol氯

離子放電、0.2mol鋰離子通過陽離子交換膜進入離子導(dǎo)體中，則b區(qū)溶液中減少0.4mol離子，故C錯誤：

D.電池工作時，電子由負極經(jīng)導(dǎo)線移向正極，則電子由丫極經(jīng)外電路移向X極，故D正確；

故選C。

10.B

【分析】

根據(jù)除雜目的，利用除雜不能引雜進行判斷；利用強酸制弱酸原理判斷物質(zhì)間的酸性強弱；萃取劑的選擇

三條件：不能反應(yīng)，不能互溶，溶解度有差別；蒸儲裝置中，利用物質(zhì)沸點不同進行分離，故裝置中注意

溫度計和冷凝效果的考慮；

【詳解】

A.乙烯能被高鋅酸鉀氧化為二氧化碳，引進新的雜質(zhì)，故A不正確；

B.根據(jù)錐形瓶中有氣泡判斷產(chǎn)生二氧化碳，能證明醋酸的酸性比碳酸的酸性強，從錐形瓶中逸出的氣體有

二氧化碳和醋酸，醋酸被碳酸氫鈉吸收，二氧化碳進入苯酚鈉溶液，根據(jù)溶液變渾濁判斷碳酸的酸性強于

苯酚，故可證明醋酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故B正確；

C.乙醇能與水互溶，故不能用乙醇進行萃取，故C不正確；

D.分儲裝置中冷卻水的進出方向是下口進上口出，溫度計插入到蒸儲燒瓶的支管口處，故D不正確；

故選答案B。

【點睛】

物質(zhì)酸性的證明，利用相對強的酸制相對弱的酸，一是要有明顯的現(xiàn)象，二是需要注意通入的氣體和水反

應(yīng)生成酸，是否混有其它雜質(zhì)氣體干擾實驗。

11.c

【詳解】

A.濃硝酸與Cu反應(yīng)可能生成NO2、NO（濃硝酸反應(yīng)逐漸轉(zhuǎn)化為稀硝酸后，反應(yīng)產(chǎn)生NO）,由反應(yīng)

2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2ONO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O,/7（NO）:n（NO2）>l:l,則NO不能

完全吸收，A錯誤；

B.由于金屬鈉還原性強，所以Na在氧氣中燃燒生成NazCh,Na在氮氣中燃燒生成NaNs（疊氮化鈉），B

錯誤；

C.比色分析是基于溶液對光的選擇性吸收而建立起來的一種分析方法，有色物質(zhì)溶液的顏色與其濃度有關(guān),

溶液濃度越大，顏色越深，利用比色分析可測定溶液的濃度，進而測定一段時間內(nèi)的某種物質(zhì)濃度的變化

量，從而求出反應(yīng)速率，C正確；

D.亞硝酸鹽在酸性條件下有強氧化性，加入HI后，NaNO2將碘離子氧化為L（有色物質(zhì)），從而使溶液顏

色發(fā)生變化，D錯誤；

故答案選C。

12.D

【詳解】

①.分子晶體中不一定存在共價鍵，如稀有氣體分子對應(yīng)的晶體，由于稀有氣體屬于單原子分子，所以不

含共價鍵，①錯誤；②.金屬晶體中含有金屬陽離子和自由電子，不含陰離子，②錯誤；③.金剛石、SiC

為原子晶體，NaF、NaCl為離子晶體，H2O,H2s為分子晶體，一般原子晶體沸點〉離子晶體〉分子晶體，

由于原子半徑c<si,故c—c鍵鍵長相對si—c鍵短，鍵能大，故金剛石沸點高于Sic,F■半徑比cr半徑

小，故NaF晶體晶格能大于NaCl晶體晶格能，故NaF熔點比NaCl高，比0存在分子間氫鍵，故熔點比

H2s高，③正確；④.離子晶體中一定有離子鍵，可能有共價鍵，如NaOH中原子團OH-內(nèi)部是共價鍵，④

錯誤；⑤.CaTiCh晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，5-赤一二義，由圖示知，Ti位于立方晶胞頂點，氧位于立

方晶胞面心，每個Ti4+周圍緊鄰12個0”，⑤正確；⑥.SiCh中每個Si原子形成4根共價鍵，連接4個氧

原子，⑥錯誤；⑦.分子間作用力決定分子的物理性質(zhì)，分子的穩(wěn)定性屬于化學(xué)性質(zhì)，由化學(xué)鍵決定，⑦

錯誤；⑧.NaCl熔化時發(fā)生電離產(chǎn)生自由移動的Na+和Cl;離子鍵被破壞，⑧正確；綜上所述，③⑤⑧正

確，故答案選D。

13.D

【詳解】

A.CH』中的化學(xué)鍵均是都是碳碳單鍵都是。鍵，故A正確；

B.c鍵是單鍵可以繞鍵軸旋轉(zhuǎn)，兀鍵存在于雙鍵和三鍵中不能繞鍵軸旋轉(zhuǎn)，故B正確；

C.一個碳碳雙鍵中有1個。鍵、1個兀鍵，一個碳碳三鍵中有1個G鍵、2個兀鍵，故C正確；

D.CH3-CH3、CH2=CH2、CHmCH中的G鍵有C—C鍵和C-H鍵，故D不正確；

故答案為D。

14.D

【詳解】

A.CO?分子中C原子為sp雜化，所以為直線形分子，屬于非極性分子；S02分子中S原子不是sp雜化，

而是sp2雜化，為V形分子，則S02是極性分子，故A錯誤；

B.固態(tài)CO?由分子構(gòu)成，是分子晶體，固態(tài)SiO2由原子構(gòu)成，是共價晶體，故B錯誤；

C.N%分子中心氮原子的價層電子對數(shù)為4,VSEPR模型為四面體，B元素與C元素并不是同一主族元素,

BF3分子中心B原子的價層電子對數(shù)為3,VSEPR模型為平面三角形，故C錯誤；

D.由對角線相似規(guī)則可知,鋁及其化合物與被及其化合物性質(zhì)相似,A1(OH)3能溶于NaOH溶液，則Be(OH)2

能溶于NaOH溶液，故D正確；

故選D。

15.D

【分析】

根據(jù)同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素原子半徑從上到下逐漸增大，結(jié)合原子最外層電

子數(shù)可知X、Y、Z、M和R分別為H、C、N、S和Na元素

【詳解】

A.離子半徑Na+>H+,A項不符合題意；

B.非金屬性N>C,氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性NH3>CH4,B項不符合題意；

C.S元素可以形成H2so3、H2sO4兩種常見的酸，C項不符合題意；

D.C、H元素形成的各類燒中，會含有C-C,因此也含非極性鍵，D項符合題意；

故正確選項為D。

16.B

【詳解】

A.Ge元素位于元素周期表中第四周期IVA族，故A錯誤；

B.價電子排布為4s24P3的元素原子有4個電子層，最外層電子數(shù)為5,故位于第四周期第VA族，最后一

個電子填充在P能級上，故為p區(qū)元素，故B正確；

C.基態(tài)原子核外只有1個單電子的原子，不一定位于周期表s區(qū)，如銅，位于ds區(qū)，故C錯誤；

D.基態(tài)原子中未成對電子數(shù)目的多少：Mn(5個)〉Fe(4個)〉A(chǔ)s(3個)〉Se(2個)，故D錯誤；

故選B。

17.(1)石灰乳原料豐富，成本低MgCL+Ca(OH)2=CaCb+Mg(OH)21

(2)制備HC1氣體防止氯化鎂水解生成氫氧化鎂

電解

(3)Mg2++2C「^=Mg+Cl2TMgOMg3N2

【分析】

向海水曬鹽后的鹽鹵(主要含Na+、Mg2\Cl\B「等)中加入沉淀劑石灰乳，鎂離子轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2,過濾

分離出溶液和Mg(OH”,Mg(OH)2溶于稀鹽酸得到MgCL溶液，將MgCb溶液在HC1氛圍中蒸干得到MgCb

固體，電解熔融MgCL固體得Mg,據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)工業(yè)上從鹽鹵中獲取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的主要原因是石灰乳原料豐富，成本低；過程

①是氯化鎂與氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣和氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

MgC12+Ca(OH)2=CaC12+Mg(OH)2i，故答案為：石灰乳原料豐富，成本低；MgCl2+Ca(OH)2=CaC12+Mg(OH)21；

(2)濃硫酸滴入濃鹽酸中，濃硫酸稀釋，放熱，使得氯化氫逸出，逸出裝置A的作用是制備HC1氣體；氯化

鎂溶液中存在氯化鎂的水解平衡，水解生成氫氧化鎂和氯化氫，氯化氫易揮發(fā)，通入氯化氫可以抑制氯化

鎂水解，故答案為：制備HC1氣體；防止氯化鎂水解生成氫氧化鎂；

電解

⑶過程④是熔融MgCb固體得Mg,Mg2++2Cr^Mg+C12t；鎂在空氣中燃燒時，能夠與氧氣反應(yīng)生成氧

電解

2+

化鎂，也能夠與氮氣反應(yīng)生成氮化鎂，故答案為：Mg+2Cl-=^Mg+C12T；MgO；Mg3N2?

18.(1)H2so式濃)+Na2sC>3=Na2sO4+H2O+SO2T

(2)A

(3)K,XK20.14

(4)NO2(g)+SO2(g)^NO(g)+SO3(g)AH=-41.7kJ/mol,AH<0；AS=0,AH-TAS<0,所以可以發(fā)生

(5)BC

【詳解】

(1)實驗室常用75%濃硫酸和亞硫酸鈉制取二氧化硫，反應(yīng)方程式為

H2so4(濃)+Na2sC)3=Na2s+H2O+SO2f；

(2)A.二氧化硫?qū)儆谒嵝詺怏w，不能用堿石灰干燥，A錯誤；

B.二氧化硫的密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，B正確；

C.二氧化硫使品紅褪色體現(xiàn)漂白性，使酸性高鐳酸鉀溶液褪色體現(xiàn)其還原性，原理不同，C正確；

D.三氧化硫溶于水易形成酸霧，工業(yè)上用98%的濃硫酸吸收三氧化硫得到發(fā)煙硫酸，D正確；

選A；

(3)①應(yīng)用蓋斯定律，方程式1加方程式2,平衡常數(shù)K1XK2；

5115

②由降=歿涔得：C(H2SO3)=1.4x10-mol-L-Pax1x10Pa=1.4molL\由心=迎1兇更52和

pl、。2)c(H2sO3)

c(H+)=c(HSC)9(忽略二級電離),可得出c2(H+)=KaiXc(H2so3)=1.4X10-2xl.4moILl,解得c(H+)=0.14mo卜L"；

(4)I.NO2(g)UNO(g)+/02(g)Ki=6.3xlO-7AHi=57kJ/mol

l2

II.SO2(g)+^-O2(g)USCh(g)K2=3xlOAH2=-98.7kJ/mol

I+11：NO2(g)+SO2(g)#NO(g)+SO3(g)△H=AHI+AH2=-41.7kJ/mol,AH<0；AS=O,AH-TAS<0,所以可以

發(fā)生；

⑸A.能量越高，物質(zhì)越不穩(wěn)定，鄰甲基苯磺酸能量較高，不穩(wěn)定，A正確；

B.反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，甲苯的轉(zhuǎn)化率降低，B錯誤；

C.升高溫度，活化分子總數(shù)增多，反應(yīng)速率都會增大，C錯誤；；

D,升高溫度，平衡逆向移動，鄰甲基苯磺酸生成的正反應(yīng)速率增大的程度小于其逆反應(yīng)增大的程度，D正

確；

選BC。

19.(1)A

(2)將鐵的氧化物溶解

(3)Fe3+還原性

(4)Fe?+具有還原性2Fe3++Fe=3Fe?+

(5)BCD

【分析】

黑木耳在用煙中進行灼燒，燒成灰燼后用硫酸酸浸，再過濾得到濾渣和濾液。

【詳解】

(1)灼燒黑木耳必須用到酒精燈、三腳架、泥三角、珀煙、用煙鉗、玻璃棒；故答案為：A。

(2)灰燼中含有鐵的氧化物以及鉀、鈣、硅等元素的化合物，酸浸的目的是將鐵的氧化物溶解；故答案為：

將鐵的氧化物溶解。

(3)取少許濾液于試管中，滴入兒滴KSCN溶液，顯紅色，說明濾液中含有Fe3+；另取濾液檢驗，濾液能使

KMnO4溶液紫色褪去，高鋅酸根具有強氧化性，說明濾液中存在具有還原性的粒子；故答案為：Fe3+；還

原性。

(4)①向FeCh溶液中添加新制氯水，氯水具有強氧化性，說明Fe?+具有還原性；故答案為：Fe?+具有還原性。

②向FeCb溶液加入足量的鐵粉，兩者反應(yīng)，其離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案為：2Fe3++Fe=3Fe”。

(5)實驗結(jié)束，離開實驗室之前，廢棄藥品不能直接倒入水池沖走，要進行無污染化處理；將用后的藥品儀

器及時歸放到原位置；清潔實驗儀器，整理桌面，打掃實驗室衛(wèi)生；最后及時關(guān)閉水電、門窗；故答案為:

BCD,

20.(1)Is22s22P63s23Pl

ntt

(3)HC1O4

+2+

(4)H：O：O：HCU+2H+H2O2=CU+2H2O

【分析】

A是元素周期表中原子半徑最小的元素，A是H元素；C與A形成10電子分子，C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層

電子數(shù)的3倍,C為。元素;B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài),B的價電子排布式為ns2np

B與A可形成10電子分子，B、C屬于同一周期，兩者可以形成許多種共價化合物，B為N元素；D3B中

陰、陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，D為Na元素；C、F屬同一主族，F(xiàn)為S元素；G是比F原子序數(shù)大

的短周期主族元素，G為C1元素；E最外層電子數(shù)比最內(nèi)層多1,E的原子序數(shù)介于D和F之間，E為A1

元素。

(1)根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)原子的核外電子排布式；

(2)根據(jù)構(gòu)造原理寫出價電子排布圖；

(3)酸性HCK)4>H2s。4；

(4)H、0形成的原子個數(shù)比為1:1的分子為H2O2。

【詳解】

A是元素周期表中原子半徑最小的元素，A是H元素；C與A形成10電子分子，C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層

電子數(shù)的3倍,C為。元素;B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài),B的價電子排布式為ns2np3,

B與A可形成10電子分子，B、C屬于同一周期，兩者可以形成許多種共價化合物，B為N元素；D3B中

陰、陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，D為Na元素；C、F屬同一主族，F(xiàn)為S元素；G是比F原子序數(shù)大

的短周期主族元素，G為C1元素；E最外層電子數(shù)比最內(nèi)層多1,E的原子序數(shù)介于D和F之間，E為A1

元素。

(1)E為A1元素,A1原子核外有13個電子，根據(jù)構(gòu)造原理,基態(tài)A1原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23pl

(2)F為S元素，S原子核外有16個電子，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)S原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23P%

3s3P

S原子的價電子排布式為3s23P叫S原子的價電子排布圖為向|川f[J]；

(3)F、G分別為S、C1元素，S、C1都是第三周期元素，根據(jù)同周期從左到右元素的非金屬性逐漸增強，

最高價含氧酸的酸性逐漸增強，酸性HC1C)4>H2so4,F、G元素對應(yīng)的最高價含氧酸酸性較強的是HCIO4；

(4)A、C分別為H、O元素，H、O形成的原子個數(shù)比為1:1的分子為H2O2,即X為H2O2,H2O2的電子

式為H：