化学3.docx

化学3.docx

《化学3.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学3.docx（44页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

化学3

2013-2014学年四川省成都市树德中学高一（下）期末

化学试卷

一．选择题（包括23小题，每小题3分，共69分，每小题只有一选项符合题意）

1．（3分）（2014春•青羊区校级期末）化学与环境、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）

A、成都加快建设地铁、轻轨，减少汽车尾气排放，符合“低碳经济”要求

B、绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理

C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，有利于水果保鲜

D、明矾水溶液中的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮物，达到净水目的

考点：

常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用。

分析：

A．成都加快建设地铁、轻轨，可减少化石燃料石油的使用，减少了汽车尾气的排放，化石燃料燃烧会产生二氧化碳等气体，减少使用就会减少汽车尾气排放，符合“低碳经济”要求；

B．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；

C．乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯；

D．明矾溶于水铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，起到净水作用。

本题考查环境污染及治理，题目难度不大，注意保护和改善自然环境的有效措施，加强相关基础知识的学习．注意绿色化学的核心高频考点。

解：

A．加速建设城际轻轨，发展改善城市公交系统，减少汽车尾气排放，可减少环境污染，起到保护和改善自然环境的作用，符合“低碳经济”要求，故A正确；

B．绿色化学即对环境友好型化学，核心是要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，故B错误；

C．乙烯具有催熟作用，乙烯具有碳碳双键，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故C正确；

D．明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，反应的离子方程式为

Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，生成氢氧化铝胶体可以吸附杂质，起到净水作用，故D正确；

故选B

2．（3分）（2014春•青羊区校级期末）下列化学用语正确的是（　　）

A、CH3COOH的球棍模型

B、第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为

C、HIO结构式为H﹣I﹣O

D、37Cl中的37代表该原子的相对原子质量

考点：

球棍模型与比例模型；原子结构示意图；结构式。

分析：

A．球棍模型是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布；

B．第三周期元素有3个电子层；

C．HIO中I原子只形成1个共价键；

D．元素符号的左上角为质量数。

本题考查物质结构和化学用语，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。

解：

A．图为比例模型，故A错误；

B．第三周期元素有3个电子层，阴离子结构示意图均可表示为

，故B正确；

C．HIO中I原子只形成1个共价键，HIO结构式为H﹣O﹣I，故C错误；

D．37Cl中的37代表该原子的质量数，故D错误．故选B

3．（3分）（2014春•青羊区校级期末）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是（　　）

A、7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数均为0.1NA

B、常温常压下，22.4LNH3所含分子数小于NA

C、一定条件下，1.4gN2与0.2molH2混合充分反应，转移的电子数为0.3NA

D、标准状况下，28g聚乙烯完全燃烧，产生的CO2数为2NA

考点：

阿伏加德罗常数。

分析：

A．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，7.80g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.1mol过氧根离子；

B．常温常压下，温度高于标况下，所以气体摩尔体积大于22.4L/mol；

C．氮气与氢气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；

D．聚乙烯为乙烯通过加聚反应生成的产物，聚乙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出28g聚乙烯中含有的碳原子数目。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意可逆反应的特点。

解：

A．7.80g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.1mol过氧根离子，5.85gNaCl的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氯离子，所以二者所含阴离子数均为0.1NA，故A正确；

B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L氨气的物质的量小于1mol，所含分子数小于NA，故B正确；

C．1.4g氮气的物质的量为0.05mol，0.05mol氮气完全反应生成0.1mol氨气，转移了0.3mol电子，由于合成氨的反应为可逆反应，所以反应注意的电子一定小于0.3mol，转移的电子数小于0.3NA，故C错误；

D．28g聚乙烯中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，根据碳原子守恒，完全燃烧生成2mol二氧化碳，产生的CO2数为2NA，故D正确；故选C

4．（3分）（2014春•青羊区校级期末）下列实验可行或叙述正确的是（　　）

①不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物

②蔗糖加稀硫酸的水解液，再加新制Cu（OH）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀

③乙酸乙酯、油脂在碱性条件下水解均可制肥皂

④用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质

⑤金属的冶炼都是置换反应

⑥漂白粉、玻璃、脂肪是混合物，水银、明矾、蔗糖是纯净物

⑦盐酸、BaSO4是强电解质，氨水是弱电解质，苯、四氯化碳是非电解质

⑧符合n（C）：

n（H）=n：

（2n+2）的物质一定是烷烃

⑨煤中含苯及甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来

⑩离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中．

A．

⑤⑥⑧⑨⑩

B．

①⑥

C．

①⑤⑥⑨⑩

D．

②③⑦⑨

考点：

化学实验方案的评价；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理；有机物的鉴别；烷烃及其命名；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点。

分析：

①丝织品和棉织物，均无气味；

②检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中；

③油脂在碱性条件下水解为皂化反应；

④浓硝酸遇蛋白质变黄；

⑤较活泼金属利用电解法，较不活泼金属利用热分解法；

⑥漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成；

⑦盐酸、氨水均为混合物；

⑧n（C）：

n（H）=n：

（2n+2）的物质，可能还含其他元素；

⑨煤中不含苯及甲苯；

⑩含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、组成、分类等为解答的关键，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大。

解：

①丝织品和棉织物，均无气味，则不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物，故正确；

②检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中，应水解后加碱至碱性再利用新制Cu（OH）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀，故错误；

③油脂在碱性条件下水解为皂化反应，可制备肥皂，而乙酸乙酯水解不能制备肥皂，故错误；

④浓硝酸遇蛋白质变黄，为蛋白质的颜色反应，可检验蛋白质，故错误；

⑤较活泼金属（Na、K、Al、Mg）利用电解法，较不活泼金属（Ag、Hg）利用热分解法，只有某些活泼金属（Zn、Fe等）可利用置换反应制备，故错误；

⑥漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，则属于混合物，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成，则属于纯净物，故正确；

⑦盐酸、氨水均为混合物，不是电解质也不是非电解质，而BaSO4是强电解质，苯、四氯化碳是非电解质，故错误；

⑧n（C）：

n（H）=n：

（2n+2）的物质，可能还含其他元素，若含O元素，可能为饱和一元醇，故错误；

⑨煤中不含苯及甲苯，煤的干馏产物中含苯及甲苯，故错误；

⑩含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中，如氢气中存在共价键，故错误；故选B

5．（3分）（2014•福建模拟）下列各图所示装置，肯定不符合气密性要求的是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：

常见气体制备原理及装置选择。

分析：

装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法．做题时应注意检查装置的气密性必须是在密闭装置中。

本题有一定难度，考查装置气密性的检查；有些装置比较复杂、学生平时比较少见，但依据的原理都是依据密闭装置中存在压强差来判断装置是否漏气。

解：

A．利用形成的稳定的液面差可以判断装置的气密性完好，故A正确；

B．利用形成的稳定的液面差可以判断装置的气密性完好，故B正确；

C．利用形成的稳定的液面差可以判断装置的气密性完好，故C正确；

D．装置中液面保持水平时，外界大气压和右边装置中的压强相等，没有压强差所以不能检验装置的气密性，故D错误；故选D

6．（3分）（2014春•青羊区校级期末）常温下，在指定环境中，下列各组离子一定不可以大量共存的是（　　）

A、使pH试纸呈红色或蓝色的溶液：

ClO4﹣、SO42﹣、Na+

B、使酚酞变红色的溶液：

K+、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣

C、透明的溶液：

Cu2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣

D、加入铝粉后产生大量氢气的溶液：

NH4+、Na+、NO3﹣、SO42﹣

考点：

离子共存问题。

分析：

A．使pH试纸呈红色或蓝色的溶液为酸性或者碱性溶液，ClO4﹣、SO42﹣、Na+离子之间不发生反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应；

B．使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，K+、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；

C．Cu2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，溶液为透明溶液；

D．铝粉后产生大量氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，在碱性溶液中，铵根离子能够与氢氧根离子反应，酸性溶液中，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不会与铝反应生成氢气。

本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：

能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：

溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色；溶液的具体反应条件，如：

是“可能”共存，还是“一定”共存等。

解：

A．使pH试纸呈红色或蓝色的溶液中存在大量H+或OH﹣，ClO4﹣、SO42﹣、Na+离子之间不反应，也不与H+和OH﹣离子反应，在溶液中能够大量共存，故A错误；

B．使酚酞变红色的溶液中存在大量OH﹣，K+、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣离子之间不反应，且都不与OH﹣根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B错误；

C．Cu2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，且溶液为透明溶液，在溶液中能够大量共存，故C错误；

D．加入铝粉后产生大量氢气的溶液中存在大量H+或OH﹣，碱性溶液中，NH4+能够与氢氧根离子反应，酸性溶液中，NO3﹣离子在酸性溶液中具有强氧化性，金属铝不会反应生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故D正确；故选D

7．（3分）（2014春•青羊区校级期末）根据表中信息判断，下列选项正确的是（　　）

序号

反应物

产物

①

KMnO4、H2O2、H2SO4

K2SO4、MnSO4…

②

Cl2、FeBr2

FeCl3、FeBr3

③

MnO4﹣…

Cl2、Mn2+…

A、第①组反应的其余产物为H2O

B、第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比大于或等于1：

2

C、第③组反应中生成1molCl2，转移电子5mol

D、氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+

考点：

氧化还原反应专题。

分析：

A．该反应中Mn元素化合价降低，则O元素化合价升高，据此判断产物；

B．还原性Fe2+＞Br﹣，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br﹣；

C．氯气和转移电子之间的关系式计算；

D．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。

本题考查了氧化还原反应，明确氧化还原反应原理、氧化性强弱的判断方法是解本题关键，注意B中离子还原性强弱顺序，从而确定离子反应先后顺序，为易错点。

解：

A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以化合价降低，根据氧化还原反应转移电子知，双氧水中O元素化合价由﹣1价变为0价，所以产物还有O2，故A错误；

B．还原性Fe2+＞Br﹣，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br﹣，如果氯气只氧化Fe2+而不氧化Br﹣，则第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：

2，故B错误；

C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子的物质的量=1mol×2×1=2mol，故C错误；

D．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第③组氧化性MnO4﹣＞Cl2，第②组氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，所以氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D正确；故选D

8．（3分）（2014春•青羊区校级期末）海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示：

下列说法不正确的是（　　）

A、海水提盐都属于物理变化

B、利用母液可进一步提取溴，但要富集

C、上述流程中生成Mg（OH）2沉淀的离子方程式为：

Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+

D、不用电解MgO来制取镁是因为MgO熔点高，能耗大

分析：

A、海水提取氯化钠得到粗盐是物理变化，精制提纯有化学变化；

B、母液提取溴过程中先利用氯气氧化得到溴单质，被二氧化硫吸收富集后在被适量氯气氧化为溴单质；

C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg（OH）2沉淀；

D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济。

本题考查了海水提取镁的过程分析判断，主要是关于是效益和分离提纯的实验方法应用，掌握基础是关键，题目较简单。

解：

A、海水提取氯化钠得到粗盐是物理变化，精制提纯过程中有化学变化，需要加入试剂沉淀杂质离子，故A错误；

B、母液提取溴过程中先利用氯气氧化得到溴单质，被二氧化硫吸收富集后在被适量氯气氧化为溴单质，增大浓度提高提取效率，故B正确；

C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg（OH）2沉淀，离子方程式为：

Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，故C正确；

D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，故D正确；故选A

9．（3分）（2014春•青羊区校级期末）以下元素基态原子电子排布图正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：

原子核外电子排布。

原子组成与结构专题。

分析：

A、C的核外电子排布式为1s22s22p2；

B、在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；

C、每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，违背了泡利原理；

D、每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子。

本题考查了原子核外电子排布规则，难度一般，掌握泡利原理、洪特规则是解题的关键。

解：

A、C的核外电子排布式为1s22s22p2，原子排布图为

，故A正确；

B、在2p能级上的3个电子应尽先占据3个同的轨道，且自旋方向相同，违背了洪特规则，故B错误；

C、每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，一个2p轨道上的两个电子自旋方向相同了，违背了泡利原理，故C错误；

D、每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，一个2p轨道上的两个电子自旋方向相同了，违背了泡利原理，故D错误；故选A

10．（3分）（2014春•青羊区校级期末）下列离子方程式或化学方程式书写正确的是（　　）

A、实验室用氯化铵与消石灰制氨气：

NH4++OH﹣

NH3↑+H2O

B、将CO2通入BaCl2溶液中：

H2O+CO2+Ba2+═BaCO3↓+2H+

C、少量SO2通入加漂白粉的水溶液中：

SO2+H2O+Ca2++3ClO﹣═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣

D、用H2还原MgO：

H2+MgO

Mg+H2O

考点：

离子方程式的书写。

分析：

A．该反应没有离子参加；

B．盐酸的酸性大于碳酸，二者不反应；

C．二者反应生成硫酸钙、氯化钙和次氯酸；

D．Mg属于活泼金属，应该采用电解熔融氯化镁的方法冶炼。

本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，注意：

固体之间的反应没有离子方程式，注意C中发生氧化还原反应，为易错点。

解：

A．该反应没有离子参加，所以没有离子反应，故A错误；

B．盐酸的酸性大于碳酸，二者不能发生复分解反应，故B错误；

C．二氧化硫具有还原性，能被次氯酸根离子氧化生成硫酸根离子，所以二者反应生成硫酸钙、氯化钙和次氯酸，离子方程式为SO2+H2O+Ca2++3ClO﹣═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故C正确；

D．Mg属于活泼金属，应该采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，反应方程式为MgCl2

Mg+Cl2↑，故D错误；故选C

11．（3分）（2009春•丹阳市期末）如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（　　）

A、蓝色石蕊试纸先变红后褪色

B、品红试纸、沾有KMnO4溶液的滤纸均褪色证明了SO2具有漂白性

C、湿润淀粉KI试纸变蓝说明SO2的氧化性弱于I2

D、NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2

考点：

二氧化硫的化学性质。

分析：

A．SO2只能使酸碱指示剂变色，不能漂白指示剂；

B．SO2具有漂白性，能使品红试纸褪色，SO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应；

C．根据氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，氧化性：

氧化剂＞还原剂分析；

D．SO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水。

本题考查二氧化硫的制备和性质，题目难度不大，注意SO2能使品红溶液褪色、KMnO4褪色的原因不同。

解：

A．SO2只能使酸碱指示剂变色，所以湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故A错误；

B．品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，表现出SO2的还原性，故B错误；

C．湿润淀粉KI试纸变蓝，说明SO2能将KI氧化为I2，则SO2的氧化性强于I2，故C错误；

D．SO2为酸性气体，有毒，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，故D正确．故选D

12．（3分）（2014春•青羊区校级期末）金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质．在101kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量．下列说法不正确的是（　　）

A、石墨比金刚石稳定

B、金刚石与石墨的性质相似

C、1mol金刚石比1mol石墨的总能量高

D、1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量石墨比金刚石少

考点：

反应热和焓变。

化学反应中的能量变化。

分析：

在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。

本题考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，题目难度不大，明确物质自身具有能量越低越稳定。

解：

A、石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，故A正确；

B、金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质，化学性质相似，由于碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，故B错误；

C、在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，故C正确；

D、金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故D正确；故选B

13．（3分）（2014春•青羊区校级期末）足量Zn粉与50mL、0.1mol/L的稀硫酸充分反应．为了减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）

①加Na2SO4溶液；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸；③改用50mL、0.05mol/L的硝酸；④加适量固体醋酸钠；⑤减压；⑥冰水浴；⑦加Na2CO3溶液；⑧纯Zn改为不纯的Zn．

A．

①④⑥

B．

③⑤⑥⑦⑧

C．

①②⑤⑥

D．

全部

考点：

化学反应速率的影响因素。

分析：

为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。

本题考查影响反应速率的因素，明确常见的温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点，难度不大。

解：

①加Na2SO4溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，氢气的量不变，故正确；

②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，浓度减小，反应速率减小，生成氢气的量减小，故错误；

③改用50mL、0.05mol/L的硝酸，不生成氢气，生成NO气体，故错误；

④加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；

⑤反应在溶液中进行，减压，反应速率基本不变，故错误；

⑥冰水浴，反应温度降低，反应速率减小，氢气的总量不变，故正确；

⑦加Na2CO3溶液，消耗硫酸，生成氢气的总量减小，故错误；

⑧纯Zn改为不纯的Zn，形成原电池反应，反应速率增大，故错误．故选A

14．（3分）（2014春•青羊区校级期末）下列结论正确的是（　　）

①粒子半径：

K＞Cl＞S②氢化物稳定性：

HF＞H2S＞PH3；

③离子还原性：

S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④单质氧化性：

Cl2＞S＞Si；

⑤酸性：

H2SO4＞HClO　⑥碱性强弱：

KOH＞NaOH＞Mg（OH）2．

A．

①④⑤

B．

③⑥

C．

②④⑤⑥

D．

①③④

考点：

元素周期律的作用。

分析：

①根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小判断，电子层数越多半径越大；

②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；

③元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱；

④元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；

⑤H2SO4是强酸，HClO是弱酸；

⑥元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。

本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目较为综合，多角度考查元素周期律与元素、单质、化合物的性质的递变规律，难度不大，注意相关基础知识的积累。

解：

①Cl、S位于相同周期，原子半径S＞Cl，K在下一周期，所以粒子半径：

K＞S＞Cl，故①错误；

②非金属性F＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物稳定性：

HF＞H2S＞PH3，故②正确；

③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：

Cl﹣＜Br﹣＜I﹣＜S2﹣，故③错误；

④非金属性Cl＞S＞Si，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则单质氧化性：

Cl2＞S＞Si，故④正确；

⑤H2SO4是强酸，HClO是弱酸，则酸性：

H2SO4＞HClO，故⑤正确；

⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性强弱：

KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故⑥正确．