湖南省株洲市炎陵县2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省株洲市炎陵县2022-2023学年高一下学期3月月考试题注意事项：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．测试范围：必修第二册第五章。5．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：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64Zn65第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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.下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A.“雷雨肥庄稼” B.液氨用作制冷剂C.酸雨的形成 D.生石灰作干燥剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A.“雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，NO转化为NO2，NO2转化为硝酸和NO，属于化学变化，A错误；B.液氨用作制冷剂发生的是状态变化，属于物理变化，B正确；C.酸雨的形成过程中SO2转化为亚硫酸，亚硫酸转化为硫酸，发生的是化学变化，C错误；D.生石灰作干燥剂过程中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，是化学变化，D错误，〖答案〗选B。2.下列化学用语描述正确的是（）A.的电子式：B.可用于考古断代的一种核素的符号：C.的结构示意图：D.、和互称为同位素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．的电子式应为，故A错误；B．可用于考古断代的一种核素的符号：，故B错误；C．的核电荷数为8，核外电子数为10，故结构示意图：，故C错误；D．、和的核电荷数相同、中子数不同，故互称为同位素，故D正确；故选D。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X是地壳中含量最多的元素，Y是一种碱金属，W与X位于同一主族。下列说法中正确的是（）A.W元素位于第二周期ⅥA族 B.X与Y只能形成一种化合物C.常温下，Z单质能与水发生剧烈反应 D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X是地壳中含量最多的元素，则X为O，Y是一种碱金属，且X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则Y是Na，W与X位于同一主族，则W为S，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，则Z为Mg。【详析】A．W元素是S，位于第三周期ⅥA族，A项错误；B．X与Y能形成的化合物有Na2O和Na2O2两种，B项错误；C．Z是Mg，镁与冷水缓慢反应，与热水快速反应，产物为氢氧化镁和氢气，C项错误；D．非金属性越强，对应的简单气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，则X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；〖答案〗选D。4.下列物质①NaHCO3②Na2CO3③Al(OH)3④NH4Cl⑤Al⑥Al2O3中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）A.①③⑤⑥ B.③④⑤⑥ C.①②③④ D.②③⑤⑥〖答案〗A〖解析〗【详析】①NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与稀盐酸反应生成NaCl、CO2和H2O，又能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，①符合题意；②Na2CO3是弱酸盐，只能与稀盐酸反应生成NaCl、CO2和H2O，不能与NaOH溶液反应，②不符合题意；③Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2O，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，③符合题意；④NH4Cl只能与NaoH反应生成NH3∙H2O，不能与盐酸反应，④不符合题意；⑤Al既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，⑤符合题意；⑥Al2O3是两性氧化物，既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2O，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，⑥符合题意；综上所述，①③⑤⑥符合题意，故选A。5.在化学研究中，可以根据物质的组成、结构和反应规律等，预测元素及其化合物的性质、可能发生的化学反应。下面表格中根据事实，预测不合理的是（）选项事实预测A钠与钾是第IA族元素，它们都能与水反应铷与钠、钾属于同族元素，铷也能与水反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间D随着核电荷数递增，第IA族元素单质的沸点逐渐降低随着核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点也逐渐降低〖答案〗D〖解析〗【详析】A．从上到下同主族金属性依次增强，钠与钾是第ⅠA族元素，它们都能与水反应，预测铷与钠、钾属于同族元素，铷也能与水反应，A正确；B．从左到右同周期非金属性增强，金属性减弱，Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键，预测得到Si与Cl形成共价键，B正确；C．从上到下同主族非金属氢化物稳定性减弱，HCl在1500°

C

时分解，HI在230°

C时分解，预测HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．随着核电荷数递增，第ⅠA族元素单质除氢外为金属单质，形成的是金属晶体，金属晶体的沸点和金属键有关，沸点逐渐降低，第VIIA族元素的单质形成的是分子晶体，分子晶体熔沸点和分子间作用力有关，

随着核电荷数递增，第VIIA族元素单质的沸点逐渐升高，D错误；故选D。6.部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（）A.a可经催化氧化生成bB.b红棕色，可转化为cC.d的溶液与Cu反应可生成b或cD.大自然通过闪电释放的能量可将氮气转化为b，实现自然固氮〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗a为N的氢化物，且a的化合价为-3价，即a为NH3，b为氧化物，且N的化合价为+2价，即b为NO，c为+4价N的氧化物，即c可以为NO2，也可以是N2O4，d为+5价N的酸，即d为HNO3，据此分析；【详析】A．氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化成NO，即反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故A说法正确；B．b为NO，NO为无色有刺激性气味的气体，故B说法错误；C．利用硝酸的强氧化性，Cu与浓硝酸反应生成NO2，Cu与稀硝酸反应生成NO，故C说法正确；D．氮气与氧气反应生成NO，即N2+O22NO，固氮是将游离态的氮转化成化合态的氮，该反应为固氮，故D说法正确；〖答案〗为B。7.将一定量的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1，则下列叙述中错误的是（）A.气体A为SO2和H2的混合物 B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1 D.反应中共转移3mol电子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，继续与锌反应生成氢气，所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物，生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则，，则有：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得x=0.3，y=1.2，所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。【详析】A．根据上述分析可知，气体为二氧化硫和氢气的混合物，A正确；B．反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，B正确；C．由上述分析可知，V(SO2)：V(H2)=1：4，C错误；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，D正确；〖答案〗选C。8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）A.K＋、NH、、OH- B.Na＋、H＋、HCO、Cl-C.H+、K+、NO、SO D.Na＋、Ca2+、、ClO-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．NH与OH-可以发生反应，不能共存，故A错误；B．H+与HCO反应可以放出二氧化碳，故不能共存，故B错误；C．H+与SO可以生成亚硫酸、放出二氧化硫，不能共存，故C错误；D．Na＋、Ca2+、、ClO-四种离子互不反应，可以共存，故D正确；故〖答案〗为D。9.已知.图中装置不能达到相应实验目的的是（）ABCD生成NO2收集NO2吸收NO2尾气使NO2充分转化为HNO3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；B．NO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，即长进短出，B错误；C．根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；D．试管中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可以使使NO2充分转化为HNO3，D正确；综上所述〖答案〗为B。10.某兴趣小组为了探究SO2气体还原Fe3＋的反应，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是（）A.能表明I-的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先后通入溶液、含淀粉的碘水中，根据溶液颜色的变化来探究与反应的情况，多余的最后通入溶液进行吸收，防止染污空气。【详析】A．向含有淀粉的碘水中通入气体，会发生反应，被消耗，B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性强弱为，A正确；B．是大气污染物，且是酸性气体，可以与反应而被吸收，装置C可吸收尾气，防止污染空气，B正确；C．若A中与不发生反应，加入酸性溶液时，被还原，溶液紫色褪去；若A中与发生反应，生成的可使加入的被还原，溶液紫色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，C错误；D．若A中发生了氧化还原反应，溶液中含有硫酸，当加入用稀盐酸酸化的溶液时，会发生反应，产生白色沉淀；若没有发生氧化还原反应，由于酸性强于，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的溶液时，不产生白色沉淀，D正确；故选C。11.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是（）A.与浓硫酸反应，只体现的酸性B.a处变红，说明是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无生成〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。12.纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法不正确的是（）A.中Fe元素的化合价为+2、+3B.过程I中每消耗转移2mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为D.铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价两种，A正确；B．过程I方程式为~4e-，每消耗116gFe3O4(0.5mol)转移1mol电子，B错误；C．根据图示可知，过程ⅡFeO与H2O在加热条件下反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为，C正确；D．铁氧化合物循环制氢气，氧气和氢气分两个步骤生成，产物易分离，同时利用了太阳能，节约能源，D正确；故〖答案〗选B。13.如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是（）A.操作Ⅱ发生反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2OB.溶液b中阳离子只有Fe2+C.溶液a转化为溶液b的反应中，SO2被氧化D.加入FeO可以使溶液c转化为溶液a〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗溶液a中通入SO2，转化为溶液b，化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4；溶液b中通入空气，转化为溶液c，化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。【详析】A．由分析可知，操作Ⅱ中，FeSO4被O2氧化，生成Fe2(SO4)3等，反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，A正确；B．溶液b中，阳离子有Fe2+、H+，可能含有Fe3+，B不正确；C．溶液a转化为溶液b的过程中，SO2转化为H2SO4，SO2失电子被氧化，C正确；D．由分析可以看出，溶液c与溶液a的成分大致相同，若加入FeO可以使溶液c转化为溶液b，D不正确；故选AC。14.60mLNO2和O2的混合气体通入到倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则原混合气体中的NO2与O2的体积比可能为（）A.3:1 B.6:1 C.9:1 D.12:1〖答案〗C〖解析〗【详析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1:4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60mL–10mL=50mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50ml×=40mL，参加反应的O2的体积为50mL–40mL=10mL，原混合气体中O2的体积为10mL+10mL=20mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为40mL:20mL=2:1；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2的体积为3×10mL=30mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为60mL–30mL=30mL，则反应消耗的氧气为30mL×=6mL，消耗的NO2的体积为30mL–6mL=24mL，所以原混合气体中NO2的体积为30mL+24mL=54mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为54mL:6mL=9:1；故选：C。15.如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是（）A.实验开始时，四种气体密度相同B.若容器的容积为22.4L，13:00时N2原子个数少于2NAC.12:30-13:30时间范围内CO2压强最大D.CO2是四种气体中温室效应最显著的〖答案〗A〖解析〗【详析】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；B．若容器的容积为22.4L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，N2的物质的量小于1mol，则原子个数少于2NA，B正确；C．12:30-13:30时间范围内CO2温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选A。16.溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是（）A.尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物B.若制取1molKBr，转移电子数目为2NAC.此方法成本低，且制得的KBr纯净D.实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；B．Br从0价降低到-1价，若制取1molKBr，转移电子数目为NA，B错误；C．此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；D．KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；故选C。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题：本题共4个小题，共52分。17.下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。针对表中①~⑩号元素回答下列问题。（1）①元素的名称是_______，⑨元素的原子结构示意图为_______。（2）②、③、④、⑤、⑥五种元素中，原子半径由小到大的顺序是_______(填元素符号)；这五种元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是_______(填离子符号)。（3）镓(Ga)与⑥同主族，其氢氧化物为两性氢氧化物，请写出氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式_______。（4）元素①和⑧的单质化合形成的化合物KH中H元素的化合价为_______；KH能与水反应生成氢气，在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红，反应的化学方程式为_______。（5）表中元素⑦和⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_______(填化学式)。（6）元素④和⑥相比，金属性较强的是_______(填元素符号)，下列能证明这一事实的有_______(填序号)。A.在化合物中④的化合价比⑥的低B.④单质能与冷水剧烈反应而⑥的单质不能C.④的最高价氧化物对应水化物的碱性比⑥强D.④单质的熔点比⑥单质的低〖答案〗（1）①.氢②.（2）①.②.（3）（4）①.–1②.（5）（6）①.Na②.B、C〖解析〗〖祥解〗①为H，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Cl，⑧为K，⑨为Ca，⑩为Br。【小问1详析】①元素的名称为氢，Ca的原子结构示意图为。【小问2详析】N、F、Na、Mg、Al中元素的电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径从小到大的顺序为。电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径最小的是Al3+。【小问3详析】Ga与Al同族，其氢氧化物为两性氢氧化物，氢氧化镓和NaOH反应的化学方程式为。【小问4详析】KH中K金属性强于H，H元素化合价为-1价，KH与水反应生成氢气和KOH，化学方程式为。【小问5详析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl的非金属性强于Br，则酸性最强的是HClO4。【小问6详析】Na和Al相比，金属性较强的是Na。A．化合价的高低无法确定元素金属性的强弱，A错误；B．Na能与冷水剧烈反应，Al不能与冷水反应，说明Na的金属活动性更强，金属性更强，B正确；C．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化钠碱性强于氢氧化铝，说明钠的金属性强于铝，C正确；D．金属的熔点高低与金属性没有必然联系，D错误；故〖答案〗选BC。18.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验装置。（1）①反应开始一段时间后，观察到B、D两支试管中的品红溶液出现的现象是B：_______，D：_______。②停止通气后，再给B、D两支试管分别加热，两支试管中的现象分别为B：_______，D：_______。（2）相同条件下，若将SO2与Cl2按体积比1∶1混合后，再通入品红溶液，品红溶液能否褪色？_______(选填“能”“不能”或“不能确定”)。其原因是_______。(用离子方程式表示)〖答案〗（1）①.品红溶液褪色②.品红溶液褪色③.褪色的品红溶液又恢复成红色④.无明显现象（2）①.不能②.Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl-＋SO〖解析〗〖祥解〗A装置为SO2制备装置，B装置为Cl2发生装置，生成SO2通入B使品红溶液褪色，Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，C中NaOH溶液可以除去多余的SO2和Cl2，以此解答。【小问1详析】SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但其漂白性是可逆的，加热后溶液会恢复原来的颜色；Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，且该过程不可逆，故加热溶液不会恢复原来的颜色。【小问2详析】由于Cl2与SO2混合后与水发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，故不能使品红溶液褪色。19.2021年，贵阳市空气质量优良率达98.9%，这得益于贵阳市对含硫化合物等排放的有效控制。回答下列问题：（1）燃煤的烟气中含有，为了治理雾霾，工厂采用如图所示多种方法实现烟气脱硫。①写出与反应的化学方程式___________。②用含的烟气处理含的酸性废水时，所发生的离子反应为___________：___________＋___________＋___________=___________＋___________＋___________配平该离子反应，并判断该处理方式利用了的___________性。（2）实验室提供以下试剂：浓、稀、酸性溶液、溶液、Cu、品红溶液。若要实现的转化，可选择的试剂是___________，所发生反应的化学方程式为___________；设计实验，证明能实现该转化的操作和现象为___________。〖答案〗（1）①.②.③.还原（2）①.浓H2SO4和Cu②.③.将产生气体通入品红溶液中，溶液褪色〖解析〗【小问1详析】与发生氧化还原反应生成S和水，化学方程式为：；用含的烟气处理含的酸性废水时，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：；方程式中S元素化合价升高，为还原剂，故利用了二氧化硫的还原性；【小问2详析】若要实现的转化，浓H2SO4与Cu在加热条件下可实现，故选以上两种试剂，发生反应的化学方程式为：；证明该反应发生，实质为检验二氧化硫生成，可选用品红溶液，具体操作和现象为：将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色。20.人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料生产。某化学兴趣小组在实验室利用如图装置制备氨气并探究相关性质。（1）该实验中A装置制备的化学方程式是_______。（2）D装置后接尾气吸收装置。下列能用来吸收尾气的装置是_______(填装置序号)。（3）若将D与a相连，在E中产生白色沉淀。其化学式为：_______。若向a处单独通入_______(填下列气体字母编号)，在E中也会产生白色沉淀。A.B.C.D.（4）实验发现C中粉末完全变红，D中无水硫酸铜变蓝，还产生一种单质气体。①若红色固体为单质，实验后将C中固体与浓硫酸混合加热，其化学方程式为：_______；若充分反应后红色固体有剩余，再加入下列的_______(填字母)试剂，固体又可以继续溶解。A.稀B.溶液C.溶液D.溶液②已知也为红色固体，若反应前C中CuO质量为8g。反应后C中红色固体质量为6.8g，则C中发生的总反应化学方程式为：_______。〖答案〗（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）②③（3）①.②.AB（4）①.(浓)②.BD③.2NH3+4CuO2Cu+Cu2O+N2+3H2O〖解析〗〖祥解〗利用装置A制取氨气，装置B中的碱石灰可以干燥氨气，装置C中CuO和氨气反应，装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成。【小问1详析】该实验A装置中Ca(OH)2与NH4Cl共热生成CaCl2、NH3和H2O，则制备NH3的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故〖答案〗为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问2详析】①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，所以①不可用；②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险，不可用；综上所述，能用来吸收尾气的是②③，故〖答案〗为：②③；【小问3详析】将D与a相连，将氨气通入BaCl2溶液中，同时向BaCl2溶液中通入SO2，SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，再和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，则该沉淀的化学式为BaSO3；若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；H2S和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，硫为黄色，不能生成白色沉淀，CO2不能氧化SO2，所以不能产生白色沉淀，故选AB，故〖答案〗为：AB；【小问4详析】C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2。①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+能和铜发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，加入稀硫酸和FeCl2溶液不能和铜继续反应，故选BD，故〖答案〗为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；BD；②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后6.8g固体中既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1，若4molCuO参加反应，根据电子守恒，则有2molNH3参加反应，生成1molN2，则反应的化学方程式为：2NH3+4CuO2Cu+Cu2O+N2+3H2O，故〖答案〗为：2NH3+4CuO2Cu+Cu2O+N2+3H2O。湖南省株洲市炎陵县2022-2023学年高一下学期3月月考试题注意事项：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．测试范围：必修第二册第五章。5．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：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64Zn65第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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.下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A.“雷雨肥庄稼” B.液氨用作制冷剂C.酸雨的形成 D.生石灰作干燥剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A.“雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，NO转化为NO2，NO2转化为硝酸和NO，属于化学变化，A错误；B.液氨用作制冷剂发生的是状态变化，属于物理变化，B正确；C.酸雨的形成过程中SO2转化为亚硫酸，亚硫酸转化为硫酸，发生的是化学变化，C错误；D.生石灰作干燥剂过程中氧化钙与水反应生成氢氧化钙，是化学变化，D错误，〖答案〗选B。2.下列化学用语描述正确的是（）A.的电子式：B.可用于考古断代的一种核素的符号：C.的结构示意图：D.、和互称为同位素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．的电子式应为，故A错误；B．可用于考古断代的一种核素的符号：，故B错误；C．的核电荷数为8，核外电子数为10，故结构示意图：，故C错误；D．、和的核电荷数相同、中子数不同，故互称为同位素，故D正确；故选D。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X是地壳中含量最多的元素，Y是一种碱金属，W与X位于同一主族。下列说法中正确的是（）A.W元素位于第二周期ⅥA族 B.X与Y只能形成一种化合物C.常温下，Z单质能与水发生剧烈反应 D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X是地壳中含量最多的元素，则X为O，Y是一种碱金属，且X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则Y是Na，W与X位于同一主族，则W为S，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，则Z为Mg。【详析】A．W元素是S，位于第三周期ⅥA族，A项错误；B．X与Y能形成的化合物有Na2O和Na2O2两种，B项错误；C．Z是Mg，镁与冷水缓慢反应，与热水快速反应，产物为氢氧化镁和氢气，C项错误；D．非金属性越强，对应的简单气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，则X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；〖答案〗选D。4.下列物质①NaHCO3②Na2CO3③Al(OH)3④NH4Cl⑤Al⑥Al2O3中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）A.①③⑤⑥ B.③④⑤⑥ C.①②③④ D.②③⑤⑥〖答案〗A〖解析〗【详析】①NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与稀盐酸反应生成NaCl、CO2和H2O，又能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，①符合题意；②Na2CO3是弱酸盐，只能与稀盐酸反应生成NaCl、CO2和H2O，不能与NaOH溶液反应，②不符合题意；③Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2O，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，③符合题意；④NH4Cl只能与NaoH反应生成NH3∙H2O，不能与盐酸反应，④不符合题意；⑤Al既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，⑤符合题意；⑥Al2O3是两性氧化物，既能与稀盐酸反应生成AlCl3和H2O，又能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，⑥符合题意；综上所述，①③⑤⑥符合题意，故选A。5.在化学研究中，可以根据物质的组成、结构和反应规律等，预测元素及其化合物的性质、可能发生的化学反应。下面表格中根据事实，预测不合理的是（）选项事实预测A钠与钾是第IA族元素，它们都能与水反应铷与钠、钾属于同族元素，铷也能与水反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间D随着核电荷数递增，第IA族元素单质的沸点逐渐降低随着核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点也逐渐降低〖答案〗D〖解析〗【详析】A．从上到下同主族金属性依次增强，钠与钾是第ⅠA族元素，它们都能与水反应，预测铷与钠、钾属于同族元素，铷也能与水反应，A正确；B．从左到右同周期非金属性增强，金属性减弱，Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键，预测得到Si与Cl形成共价键，B正确；C．从上到下同主族非金属氢化物稳定性减弱，HCl在1500°

C

时分解，HI在230°

C时分解，预测HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．随着核电荷数递增，第ⅠA族元素单质除氢外为金属单质，形成的是金属晶体，金属晶体的沸点和金属键有关，沸点逐渐降低，第VIIA族元素的单质形成的是分子晶体，分子晶体熔沸点和分子间作用力有关，

随着核电荷数递增，第VIIA族元素单质的沸点逐渐升高，D错误；故选D。6.部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（）A.a可经催化氧化生成bB.b红棕色，可转化为cC.d的溶液与Cu反应可生成b或cD.大自然通过闪电释放的能量可将氮气转化为b，实现自然固氮〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗a为N的氢化物，且a的化合价为-3价，即a为NH3，b为氧化物，且N的化合价为+2价，即b为NO，c为+4价N的氧化物，即c可以为NO2，也可以是N2O4，d为+5价N的酸，即d为HNO3，据此分析；【详析】A．氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化成NO，即反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故A说法正确；B．b为NO，NO为无色有刺激性气味的气体，故B说法错误；C．利用硝酸的强氧化性，Cu与浓硝酸反应生成NO2，Cu与稀硝酸反应生成NO，故C说法正确；D．氮气与氧气反应生成NO，即N2+O22NO，固氮是将游离态的氮转化成化合态的氮，该反应为固氮，故D说法正确；〖答案〗为B。7.将一定量的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.1mol·L-1，则下列叙述中错误的是（）A.气体A为SO2和H2的混合物 B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1 D.反应中共转移3mol电子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，继续与锌反应生成氢气，所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物，生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则，，则有：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得x=0.3，y=1.2，所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。【详析】A．根据上述分析可知，气体为二氧化硫和氢气的混合物，A正确；B．反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，B正确；C．由上述分析可知，V(SO2)：V(H2)=1：4，C错误；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，D正确；〖答案〗选C。8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）A.K＋、NH、、OH- B.Na＋、H＋、HCO、Cl-C.H+、K+、NO、SO D.Na＋、Ca2+、、ClO-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．NH与OH-可以发生反应，不能共存，故A错误；B．H+与HCO反应可以放出二氧化碳，故不能共存，故B错误；C．H+与SO可以生成亚硫酸、放出二氧化硫，不能共存，故C错误；D．Na＋、Ca2+、、ClO-四种离子互不反应，可以共存，故D正确；故〖答案〗为D。9.已知.图中装置不能达到相应实验目的的是（）ABCD生成NO2收集NO2吸收NO2尾气使NO2充分转化为HNO3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；B．NO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，即长进短出，B错误；C．根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；D．试管中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可以使使NO2充分转化为HNO3，D正确；综上所述〖答案〗为B。10.某兴趣小组为了探究SO2气体还原Fe3＋的反应，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是（）A.能表明I-的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先后通入溶液、含淀粉的碘水中，根据溶液颜色的变化来探究与反应的情况，多余的最后通入溶液进行吸收，防止染污空气。【详析】A．向含有淀粉的碘水中通入气体，会发生反应，被消耗，B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性强弱为，A正确；B．是大气污染物，且是酸性气体，可以与反应而被吸收，装置C可吸收尾气，防止污染空气，B正确；C．若A中与不发生反应，加入酸性溶液时，被还原，溶液紫色褪去；若A中与发生反应，生成的可使加入的被还原，溶液紫色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，C错误；D．若A中发生了氧化还原反应，溶液中含有硫酸，当加入用稀盐酸酸化的溶液时，会发生反应，产生白色沉淀；若没有发生氧化还原反应，由于酸性强于，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的溶液时，不产生白色沉淀，D正确；故选C。11.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是（）A.与浓硫酸反应，只体现的酸性B.a处变红，说明是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无生成〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。12.纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法不正确的是（）A.中Fe元素的化合价为+2、+3B.过程I中每消耗转移2mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为D.铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价两种，A正确；B．过程I方程式为~4e-，每消耗116gFe3O4(0.5mol)转移1mol电子，B错误；C．根据图示可知，过程ⅡFeO与H2O在加热条件下反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为，C正确；D．铁氧化合物循环制氢气，氧气和氢气分两个步骤生成，产物易分离，同时利用了太阳能，节约能源，D正确；故〖答案〗选B。13.如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是（）A.操作Ⅱ发生反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2OB.溶液b中阳离子只有Fe2+C.溶液a转化为溶液b的反应中，SO2被氧化D.加入FeO可以使溶液c转化为溶液a〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗溶液a中通入SO2，转化为溶液b，化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4；溶液b中通入空气，转化为溶液c，化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。【详析】A．由分析可知，操作Ⅱ中，FeSO4被O2氧化，生成Fe2(SO4)3等，反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，A正确；B．溶液b中，阳离子有Fe2+、H+，可能含有Fe3+，B不正确；C．溶液a转化为溶液b的过程中，SO2转化为H2SO4，SO2失电子被氧化，C正确；D．由分析可以看出，溶液c与溶液a的成分大致相同，若加入FeO可以使溶液c转化为溶液b，D不正确；故选AC。14.60mLNO2和O2的混合气体通入到倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则原混合气体中的NO2与O2的体积比可能为（）A.3:1 B.6:1 C.9:1 D.12:1〖答案〗C〖解析〗【详析】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1:4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余10mL气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60mL–10mL=50mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50ml×=40mL，参加反应的O2的体积为50mL–40mL=10mL，原混合气体中O2的体积为10mL+10mL=20mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为40mL:20mL=2:1；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2的体积为3×10mL=30mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为60mL–30mL=30mL，则反应消耗的氧气为30mL×=6mL，消耗的NO2的体积为30mL–6mL=24mL，所以原混合气体中NO2的体积为30mL+24mL=54mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为54mL:6mL=9:1；故选：C。15.如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是（）A.实验开始时，四种气体密度相同B.若容器的容积为22.4L，13:00时N2原子个数少于2NAC.12:30-13:30时间范围内CO2压强最大D.CO2是四种气体中温室效应最显著的〖答案〗A〖解析〗【详析】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；B．若容器的容积为22.4L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，N2的物质的量小于1mol，则原子个数少于2NA，B正确；C．12:30-13:30时间范围内CO2温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选A。16.溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是（）A.尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物B.若制取1molKBr，转移电子数目为2NAC.此方法成本低，且制得的KBr纯净D.实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中〖答案〗C〖解析〗【详析】A．尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；B．Br从0价降低到-1价，若制取1molKBr，转移电子数目为NA，B错误；C．此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；D．KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；故选C。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题：本题共4个小题，共52分。17.下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。针对表中①~⑩号元素回答下列问题。（1）①元素的名称是_______，⑨元素的原子结构示意图为_______。（2）②、③、④、⑤、⑥五种元素中，原子半径由小到大的顺序是_______(填元素符号)；这五种元素分别形成的简单离子中离子半径最小的是_______(填离子符号)。（3）镓(Ga)与⑥同主族，其氢氧化物为两性氢氧化物，请写出氢氧化镓与NaOH反应的化学方程式_______。（4）元素①和⑧的单质化合形成的化合物KH中H元素的化合价为_______；KH能与水反应生成氢气，在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红，反应的化学方程式为_______。（5）表中元素⑦和⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_______(填化学式)。（6）元素④和⑥相比，金属性较强的是_______(填元素符号)，下列能证明这一事实的有_______(填序号)。A.在化合物中④的化合价比⑥的低B.④单质能与冷水剧烈反应而⑥的单质不能C.④的最高价氧化物对应水化物的碱性比⑥强D.④单质的熔点比⑥单质的低〖答案〗（1）①.氢②.（2）①.②.（3）（4）①.–1②.（5）（6）①.Na②.B、C〖解析〗〖祥解〗①为H，②为N，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Cl，⑧为K，⑨为Ca，⑩为Br。【小问1详析】①元素的名称为氢，Ca的原子结构示意图为。【小问2详析】N、F、Na、Mg、Al中元素的电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径从小到大的顺序为。电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径最小的是Al3+。【小问3详析】Ga与Al同族，其氢氧化物为两性氢氧化物，氢氧化镓和NaOH反应的化学方程式为。【小问4详析】KH中K金属性强于H，H元素化合价为-1价，KH与水反应生成氢气和KOH，化学方程式为。【小问5详析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl的非金属性强于Br，则酸性最强的是HClO4。【小问6详析】Na和Al相比，金属性较强的是Na。A．化合价的高低无法确定元素金属性的强弱，A错误；B．Na能与冷水剧烈反应，Al不能与冷水反应，说明Na的金属活动性更强，金属性更强，B正确；C．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化钠碱性强于氢氧化铝，说明钠的金属性强于铝，C正确；D．金属的熔点高低与金属性没有必然联系，D错误；故〖答案〗选BC。18.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验装置。（1）①反应开始一段时间后，观察到B、D两支试管中的品红溶液出现的现象是B：_______，D：_______。②停止通气后，再给B、D两支试管分别加热，两支试管中的现象分别为B：_______，D：_______。（2）相同条件下，若将SO2与Cl2按体积比1∶1混合后，再通入品红溶液，品红溶液能否褪色？_______(选填“能”“不能”或“不能确定”)。其原因是_______。(用离子方程式表示)〖答案〗（1）①.品红溶液褪色②.品红溶液褪色③.褪色的品红溶液又恢复成红色④.无明显现象（2）①.不能②.Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl-＋SO〖解析〗〖祥解〗A装置为SO2制备装置，B装置为Cl2发生装置，生成SO2通入B使品红溶液褪色，Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，C中NaOH溶液可以除去多余的SO2和Cl2，以此解答。【小问1详析】SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但其漂白性是可逆的，加热后溶液会恢复原来的颜色；Cl2通入品红溶液时与H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，会把品红溶液氧化而褪色，且该过程不可逆，故加热溶液不会恢复原来的颜色。【小问2详析】由于Cl2与SO2混合后与水发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，故不能使品红溶液褪色。19.2021年，贵阳市空气质量优良率达98.9%，这得益于贵阳市对含硫化合物等排放的有效控制。回答下列问题：（1）燃煤的烟气中含有，为了治理雾霾，工厂采用如图所示多种方法实现烟气脱硫。①写出与反应的化学方程式___________。②用含的烟气处理含的酸性废水时，所发生的离子反应为___________：___________＋____