甘肃省张掖市民乐县第一中学2026届高三上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

甘肃省张掖市民乐县第一中学2026届高三上化学期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质既含有共价键又含有离子键的是A．NaOH B．Cl2 C．HCl D．NaCl2、下列叙述正确的是A．向CaCO3固体中滴加稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色胶状物质，可证明酸性：HC1>H2CO3>H2SiO3B．向铁的氧化物中加入盐酸至恰好溶解，再滴入少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中含有Fe2+C．将少量的溴水分别滴入FeC12溶液、NaI溶液中，再分别滴加CC14振荡，下层分别呈无色和紫红色，则说明还原性：I->Fe2+>Br-D．向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体，最后沉淀逐渐溶解3、下列说法正确的是（）A．铝、铁、铜相比较，铜元素在自然界中的含量最低、铁元素含量最高B．A12O3、MgO可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料C．工业上采用电解熔融态A12O3、MgO的方法冶炼Al、MgD．用纯碱制玻璃、用铁矿石炼铁、用氨制碳酸铵都会产生温室气体4、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A．a离子为Na+B．溶液中含有NA个Na+C．水合b离子的图示不科学D．室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．12g石墨和12g金刚石均含有NA个碳原子B．1L浓度为0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA6、下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是A．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I－+2H++H2O2=I2+2H2OB．在燃煤中加入适量石灰石，可减少SO2的排放：2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO3+2CO2C．自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）：Cu2++SO42-+PbS═CuS+PbSO4D．在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3═CaCO3↓+Na2SO47、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于78、元素X的单质及X与元素Y形成的化合物存在如图所示的关系(其中m≠n，且均为正整数)。下列说法正确的是A．X一定是金属元素B．(n-m)一定等于1C．由X生成1molXYm时转移的电子数目一定为4NAD．三个化合反应一定都是氧化还原反应9、向下列溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是A．向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42-=BaSO4↓B．向Al（NO3）3液中加入过量氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；C．向FeCl3溶液中加入铁粉Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋D．向Fel2溶液中加入足量新制氯水Cl2＋2I－＝2Cl－＋I210、坚决反对运动员服用兴奋剂，是我国支持“人文奥运”的重要体现。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质及其溶液的说法错误的是A．该分子中所有氢原子不可能在同一个平面上B．1mol该物质与H2反应时，最多消耗7molH2C．加入FeCl3溶液呈紫色，因为该物质属于酚类物质D．滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，可证明其结构中存在碳碳双键11、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12、化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是A．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能B．“春蚕到死丝方尽，烛炬成灰泪始干”其中的“丝”和“泪”化学成分都是蛋白质C．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰混合使用D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应13、古“丝绸之路”我国商人运出的货物有：①丝绸、②茶叶、③白糖、④瓷器、⑤纸张、⑥植物油、⑦明矾、⑧金银铜器等。下列说法正确的是A．④、⑦、⑧都属于盐类B．①、⑤都属于高分子化合物C．①、②、⑤、⑥都属于蛋白质D．①、②、③、④、⑤、⑥的主要成分都属于有机物14、下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．Fe(OH)3B．FeCl2C．CuSD．FeCl315、下列离子方程式书写正确的是A．向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO42-＋Ba2＋BaSO4↓B．向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2OC．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋Fe2＋＋2H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+＋OH－NH3·H2O16、下列实验能达到预期目的的是()实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B取一定质量的铝片，与过量的NaOH溶液充分反应，逸出的气体通过硅胶后，测其体积确定铝片中氧化铝的含量C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化D将SO2气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液颜色变化证明二氧化硫具有漂白性A．A B．B C．C D．D17、已知反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3，下列说法错误的是（）A．氧化性由弱到强的顺序为：Br2<Cl2<KClO3<KBrO3B．①中KCl是还原产物，KBr发生氧化反应C．③中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为5molD．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶118、山西老陈醋素有“天下第一醋”的盛誉。食醋中含有乙酸，下列关于乙酸的说法中错误的是A．乙酸分子中含有4个氢原子，但乙酸是一元酸B．往食醋溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液将变红C．往热水瓶内胆中加入适量的食醋，可去除水垢D．制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的氢被乙基(—C2H5)取代19、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程20、常温下，下列各组无色离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(ClO-)=1.0mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B．与金属铝产生气体的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C．水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D．0.1mol/LFeSO4溶液中：H+、NH4+、NO3-、Cl-21、如图(I)为全钒电池，电池工作原理为：2H+＋VO2+＋V2+VO2+＋V3++H2O。装置(Ⅱ)中的电解液是硝酸、硫酸的混合水溶液，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH。则下列说法正确的是（）A．闭合K时，全钒电池负极区pH基本不变B．闭合K时，铂电极的电极反应式为：NO3ˉ+6eˉ+5H2O=NH2OH+7OHˉC．全钒电池充电时，电极B上发生还原反应D．全钒电池放电时，电极B上发生的反应为：VO2++2H++e－=VO2++H2O22、下列反应能用勒夏特列原理解释的是A．加入催化剂有利于氨的合成B．煅烧粉碎的黄铁矿矿石有利于SO2的生成C．硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，而不用H2O或稀硫酸吸收SO3D．工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知:①C+、D3+均与E的气态氢化物分子含有相同的电子数;A2-、B-与B的气态氢化物分子含有相同的电子数;②A单质在空气中燃烧产生气体R;③B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成。请回答下列问题:(1)元素A在元素周期表中的位置是__________(2)A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为______________(用离子符号表示)(3)B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时生成白烟的电子式为_________，其中所含化学键类型为_____________(4)D的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____(5)A元素和B元素以原子个数比1:1形成化合物Q，Q的结构式为________己知Q是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生R气体，易溶液出现浑浊，请写Q与水反应的化学方程式___________24、（12分）如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是___。（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是__。（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为__。（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序__。（5）E元素氧化物的电子式是__，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是__。（6）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）__。A．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B．G的气态氢化物的稳定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_____。25、（12分）废旧光盘金属层中的少量Ag，某科研小组采用如下方案进行回收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___________。（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为___________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________。（4）从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序号）。反应完全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为________________。26、（10分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压（或稍低温度）下合成，其熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，遇水易水解。实验室模拟制备装置如图所示（部分夹持装置省略），D中三颈烧瓶置于-10℃冰盐水中。经查阅资料，相关物质性质如下：①NO2熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，可发生反应Cl2+2NO2=2NClO2②NO与NaOH溶液不反应，但NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O（1）仪器甲的名称是__________。（2）图示装置中恒压漏斗与分液漏斗相比，其优点为_________________。（3）NOC1分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_________。（4）实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，打开分液漏斗活塞滴人适量稀硝酸，至C中红棕色完全消失后，关闭K1、K2，此时装置C的作用为_________；滴入适量浓盐酸，点燃酒精灯，当______（填装置符号）中充满黄绿色气体时，打开K1、K3，制备NOCl。（5）装置乙中装有无水CaCl2，其作用为____________；丙为尾气处理装置，则最佳选择为_________。（6）若实验开始时，先关闭K2，打开K1、K3，使NO与Cl2直接反应制备NOC1，会引起什么后果________。27、（12分）资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下。Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。实验二：试管中的液体现象a．0.1mol/LSO2溶液(pH=2)溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色b．0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即变浅，约15s后完全褪色c．0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d．pH=10NaOH溶液红色溶液不变色e．pH=2H2SO4溶液红色溶液不变色（1）SO2水溶液中含的微粒有___。（2）解释NaHSO3溶液显酸性的原因是___。（3）实验d的目的是___。（4）由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是___。Ⅱ．探究褪色过程的可逆性甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。（5）实验方案合理的是___(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是___。（6）丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验：向a实验后的无色溶液中滴入过量___(填编号)，使溶液最终恢复红色。也得出结论：该褪色过程是可逆的。A．稀硝酸B．氯水C．双氧水28、（14分）如图是某研究性学习小组设计的对一种废旧合金各成分(含有Cu、Fe、Si三种成分)进行分离、回收再利用的工业流程，通过该流程能得到常用的单质、聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)、铁红(Fe2O3)和绿矾(FeSO4·7H2O)。(1)①中过量的还原剂应是____________________。(2)向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为_______________________。(3)②中加入H2O2，并调节pH值得到溶液c，在⑥中，将溶液c控制到70-80℃的目的是________。(4)在③中，蒸发浓缩需要的硅酸盐仪器除酒精灯外，还有_________________________。(5)在④中的氧化剂X是________________________。(6)在⑤中，向溶液b加入了NH4HCO3溶液，得到FeCO3沉淀，写出离子反应方程式______________。29、（10分）卤素的单质和化合物种类很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。回答下列问题：(1)溴原子的价层电子排布图为_______。根据下表提供的第一电离能数据，判断最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是________(填元素符号)。氟氯溴碘第一电离能/(kJ·mol－1)1681125111401008(2)氢氟酸在一定浓度的溶液中主要以二分子缔合[(HF)2]形式存在，使氟化氢分子缔合的相互作用是____________。碘在水中溶解度小，但在碘化钾溶液中明显增大，这是由于发生反应：I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，试写出CsICl2受热分解的化学方程式：_________________________________。(3)ClO2-中心氯原子的杂化轨道类型为________，与ClO2-具有相同立体构型和键合形式的物质的化学式为____________(写出一个即可)。(4)如图甲为碘晶体晶胞结构，平均每个晶胞中有________个碘原子，碘晶体中碘分子的配位数为____________。(5)已知NA为阿伏加德罗常数，CaF2晶体密度为ρg·cm－3，其晶胞如图乙所示，两个最近Ca2＋核间距离为anm，则CaF2的相对分子质量可以表示为____________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】A、氢氧化钠中含有离子键和极性键，A正确；B、氯气分子中只有非极性键，B错误；C、氯化氢分子中只有极性键，C错误；D、氯化钠中只有离子键，D错误，答案选A。【点睛】掌握化学键的含义和形成微粒是解答的关键。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。需要指出的是氯化铝中含有共价键，不是离子键。2、D【详解】A.挥发出来的氯化氢也能够与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，无法证明二氧化碳气体与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，不能比较H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，A错误；B.氯离子在酸性条件下能够被KMnO4溶液氧化，KMnO4溶液紫色褪去，溶液中不一定含有Fe2+，B错误；C.将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中,分别发生反应生成铁离子、碘单质,可得出还原性:I->Br-、Fe2+>Br-,不能比较I-和Fe2+还原性的强弱，C错误；D.向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，2NH4Al(SO4)2+6NaOH=3Na2SO4+(NH4)2SO4+2Al(OH)3↓，接着产生刺激性气味的气体：2NaOH+(NH4)2SO4=Na2SO4+2H2O+2NH3↑，最后沉淀逐渐溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2时，由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而盐酸具有还原性，因此酸性KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气；为避免氯离子的对检验的干扰，可以加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀出现，证明混合液中含有亚铁离子。3、B【详解】A．在地壳中金属元素的含量Al的中含量最高，铁次之，三种元素中Cu元素的含量最低，A错误；B．Al2O3、MgO的熔点很高，可用作高温材料，光导纤维主要成分是二氧化硅，B正确；C．MgO的熔点很高，电解熔融态MgO冶炼Mg会增大生产成本，工业上一般是用电解熔融的MgCl2的方法来冶炼镁，C错误；D．用纯碱、石灰石、石英制玻璃及用铁矿石炼铁都会产生CO2，用氨制碳酸铵，制备原理为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3，不产生CO2，D错误；故合理选项是B。4、C【分析】根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。5、B【详解】A．石墨和金刚石都是C元素的单质，C相对原子质量是12，所以12g石墨和12g金刚石含有C原子的物质的量均是1mol，则含有的C原子数目为NA个，A正确；B．1L浓度为0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中含有溶质Na2CO3的物质的量是n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol，Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应而消耗，+H2O+OH-，+H2O+OH-，、、OH-都是阴离子，可见水解后溶液中阴离子数大于0.100NA，B错误；C．在K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，反应后变为+3价的Cr3+，每1molK2Cr2O7中含有2molCr，则被还原为Cr3+时转移的电子数为6NA，C正确；D．标准状况22.4L氩气的物质的量是1mol，由于Ar是18号元素，是单原子分子，所以1molAr气体中含有的质子数为18NA，D正确；故答案为B。6、B【解析】A．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水的离子反应为2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故A正确；B．为减少煤燃烧产生的二氧化硫对大气的污染，可向煤中加入适量的石灰石，正确的反应为：2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，故B错误；C．硫化铜沉淀溶解度小于硫化铅，实现沉淀的转化，化学方程式为CuSO4+PbS═CuS+PbSO4，故C正确；D．石膏电离出的Ca2+与CO32-结合生成更难溶的CaCO3CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，CO32-浓度降低，使得CO32-+H2OHCO3-+OH-，平衡向左移动，OH-浓度降低，碱性减弱，故D正确；故选B。7、B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。8、D【详解】试题分析：A.根据物质之间的转化关系可知：X应该有多种化合价。X可以是Fe；Y是Cl。Fe+HCl=FeCl2+H2↑，2FeCl2+Cl2=2FeCl3;2FeCl3+Fe=3FeCl2。满足上述关系。当X是C,Y是O时，C+H2OCO+H2;2CO+O22CO2；C+O2CO2；CO2+C2CO,也符合上述关系，因此选项A错误；在过渡元素中，两种化合物中原子个数的差值不一定是1，因此选项B错误；C．若X是Fe，Y是Cl。XYn=FeCl2，XYm=FeCl3，由X生成1molXYm时转移的电子数目为3NA，错误；D．在这三个反应中元素的化合价都发生了变化，因此三个化合反应一定都是氧化还原反应，正确。考点：考查元素的单质及化合物的推断、物质的性质、反应及电子转移的知识。9、B【详解】A.向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故A错误；B.向Al（NO3）3液中加入过量氨水离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C.向FeCl3溶液中加入铁粉离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，故C错误；D.向Fel2溶液中加入足量新制氯水离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，故D错误；故选B。【点睛】离子方程式书写判断注意以下几点：1、原子和电荷是否守恒；2、离子符号或化学式是否书写正确；3、反应是否符合客观事实。10、D【分析】该有机物含有酚羟基、双键等，可与高锰酸钾发生氧化反应，含有碳碳双键官能团，可发生加成、氧化反应，结合甲基的结构特征判断有机物的空间结构特点。【详解】A、结构中含2个甲基，为四面体结构，则该分子中所有氢原子不可能在同一个平面上，故A正确；B、两个苯环、一个碳碳双键可发生加成反应，则1

mol该物质与H2反应时，最多消耗7

molH2，故B正确；C、含酚-OH，加入FeCl3溶液呈紫色，因为该物质属于酚类物质，故C正确；D、能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、碳碳双键、苯环上的甲基，则滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团的性质进行判断，易错点为D，注意有机物空间结构的分析。11、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。12、B【解析】A项、利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，光电池将光能直接转化为电能，故A正确；B项、“丝”的化学成分是蛋白质，泪”的化学成分是液态石蜡，故B错误；C项、草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，导致肥效降低，所以不能混合使用，故C正确；D项、钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，该方法利用钾元素和钠元素的焰色反应不同鉴别KNO3和Na2SO4，故D正确。故选B。【点睛】本题主要考查的是物质的性质及用途，注意性质决定用途，用途体现性质，明确物质性质，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断是解答关键。13、B【解析】A、瓷器是硅酸盐材料，属于混合物，金银铜器是金属单质或合金，都不属于盐类，选项A错误；B、丝绸的主要成分为蛋白质、纸张的主要成分是纤维素，都是高分子化合物，选项B正确；C、茶叶、纸张主要成分是纤维素，属于糖类，植物油属于油脂，选项C错误；D、丝绸、茶叶、白糖、纸张、植物油的主要成分是有机物中的糖类、油脂、蛋白质，瓷器是硅酸盐材料，属于无机物，选项D错误。答案选B。14、C【解析】A.氢氧化亚铁、氧气和水发生化合反应生成Fe(OH)3，A错误；B.铁和氯化铁溶液发生化合反应生成FeCl2，B错误；C.CuS不能通化合反应直接制得，C正确；D.铁和氯气发生化合反应生成FeCl3，D错误，答案选C。点睛：掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，由于硫元素的非金属性弱于氯元素，单质硫与变价金属反应生成一般把金属氧化到低价态，例如与铁、铜发生化合反应时分别是生成FeS、Cu2S。15、B【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为:Al3++SO42-＋Ba2＋+4OH-BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故A错误；B.向CH3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O，故B正确；C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为:3Fe(OH)2+NO3-＋10H＋3Fe3＋＋8H2O+NO,故C错误；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式:NH4+＋HCO3-+2OH－CO32+-NH3·H2O+H2O，故D错误；答案：B。16、B【解析】A、判断非金属性强弱的依据之一是非金属对应的最高价含氧酸的酸性，而测定同温同浓度时Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH，只能确定碳酸和亚硫酸的酸性强弱，而不能确定碳和硫的非金属性强弱，故A错误；B、铝可与氢氧化钠溶液反应放出氢气，而氧化铝与氢氧化钠反应，但没有气体产生，故用一定质量的铝片，与过量的NaOH溶液充分反应，测出逸出的气体体积，即可计算出铝片中氧化铝的含量，故B正确；C、Na2SO3具有还原性，而硝酸具有氧化性，二者能够发生反应生成Na2SO4，而Na2SO3久置于空气中变质也是生成了Na2SO4，因此不能用加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化，故C错误；D、将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变红色，可证明亚硫酸具有酸性，不能证明SO2具有漂白性，故D错误。本题正确答案为B。17、B【详解】A．①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是Br2<Cl2<KClO3<KBrO3，故A正确；B．①中KCl既不是氧化产物也不是还原产物，该反应中KBr失电子作还原剂，发生氧化反应，故B错误；C．根据氧化剂和转移电子之间的关系式知③中lmol氧化剂参加反应得到电子的物质的量=1mol×(5-0)=5mol，故C正确；D．②中氧化产物与还原产物都是氯气，但3mol氯气中有1mol氯原子为还原产物，5mol氯原子为氧化产物，所以氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶1，故D正确；故选B。18、D【详解】A．尽管其分子中含有4个氢原子，但在水中只有羧基上的氢原子能发生部分电离，因此乙酸是一元酸，Ａ正确；B．乙酸的酸性较弱，但比碳酸的酸性强，它可使石蕊试液变红，B正确；C、醋酸酸性强于碳酸，醋酸可以和水垢的主要成分碳酸钙反应，C正确；D．制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的羟基被(—O－C2H5)取代，D错误；答案选D。19、C【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。20、C【解析】A.含有Cu2+的溶液显蓝色，与无色溶液不符；含有ClO-的溶液具有强氧化性，能够把SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，A错误；B.与金属铝反应产生气体的溶液，可能为酸液，可能为碱液，HCO3-在酸、碱溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-离子间发生双水解不能大量共存，B错误；C.水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能为酸液，可能为碱液，四种离子间不反应且在酸、碱环境下均能大量共存，C正确；D.HNO3具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为铁离子，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。21、D【分析】电池工作时，即放电时(I)装置为原电池，放电时，反应中V2+离子被氧化，电极A应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+-e-＝V3+，电极B为正极，发生反应：VO2++2H++e-＝VO2++H2O。充电时(I)装置为原电池，(Ⅱ)装置为电解池，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH则铂电极为阴极，石墨电极为阳极。根据此分析进行解答。【详解】A．放电过程中，总反应消耗氢离子，溶液的pH变大，故A选项错误。B．闭合K时，铂电极为阴极，发生还原反应，混合溶液为酸性溶液，不会生成OH-，电极反应式为：NO3ˉ+6eˉ+7H+=NH2OH+2H2O，故B选项错误。C．充电时，电极B为阳极，发生氧化反应，故C选项错误。D．放电时电极B为正极，发生反应：VO2++2H++e-＝VO2++H2O，故D选项正确。故答案选D。【点睛】本题要注意，先根据铂电极上生成NH2OH则铂电极为阴极，石墨电极为阳极，来判断出电池工作时电极A应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应。22、D【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A.催化剂可以加快反应的速率，对平衡无影响，所以加入催化剂，平衡不移动，故A错误；B.煅烧粉碎的黄铁矿矿石可以增加接触面积，加快反应速率，故B错误；

C.硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，是防止形成酸雾，故C错误；D.使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，减少生成物的浓度平衡正向移动，故D正确；

故答案选D。二、非选择题(共84分)23、第三周期、ⅥA族S2->Cl->Na+>Al3+离子键、共价键、配位键(离子键、共价键也可以)Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2OCl-S-S-C12S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】试题分析：③B形成B-，B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成，则B是Cl元素、E是N元素；①C+、D3+均与NH3含有相同的电子数，则C是Na元素、D是Al元素；A2-、B-与HCl分子含有相同的电子数，则A是S元素；A单质在空气中燃烧产生气体R，则R是SO2。解析：(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期、ⅥA族；(2)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为S2->Cl->Na+>Al3+；(3)氯化氢与氨气相遇时生成氯化铵，氯化铵的电子式为，其中所含化学键类型为离子键、共价键；(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，C的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(5)S元素和Cl元素以原子个数比1:1形成化合物是S2Cl2，S2Cl2的结构式为Cl-S-S-C1；己知Cl-S-S-C1是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生SO2气体，易溶液出现浑浊，即生成S沉淀，根据元素守恒，同时生成氯化氢，S2Cl2与水反应的化学方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。点睛：氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。24、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为Ar；(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为K＞Na＞Mg；(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为H2O＞HBr＞HCl；(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为AB；(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。25、水浴加热4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中①过滤、洗涤,干燥【解析】（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会产生氮的氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。（3）洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中可以提高Ag的回收率。（4）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，吸收氨气比较理想的溶液是稀硫酸。所以，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有①1mol/LH2SO4。反应完全后为获取纯净的单质银，需要再进行的实验操作过程简述为过滤、洗涤,干燥。点睛：本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。26、蒸馏烧瓶平衡烧瓶与恒压漏斗内压强，便于液体顺利流下储存A中产生的NO气体D防止水蒸气进入D中，使NOC1水解②NO与装置中O2反应生成NO2，被冷凝于D中，与Cl2反应引入杂质NClO2【解析】（1）.据图可知，甲为蒸馏烧瓶，故答案是：蒸馏烧瓶；（2）.分液漏斗滴加液体时，当烧瓶与漏斗内压强相等时，液体不再向下滴，而恒压漏斗可以平衡烧瓶与漏斗内的压强，使液体顺利流下，故答案是：平衡烧瓶与恒压漏斗内压强，便于液体顺利流下；（3）.NOC1分子中各原子均满足8电子稳定结构，则氮原子与氧原子形成两对共用电子对，与氯原子形成一对共用电子对，电子式为：，故答案是：；（4）.关闭K1、K2后，A中依然可以产生NO气体，故此时C可以作为安全瓶，储存A中产生的NO气体，故答案是：储存A中产生的NO气体；（5）.亚硝酰氯（NOCl）遇水易水解，装置乙中无水CaCl2可以吸收水蒸气，防止水蒸气进入D中，使NOC1水解，故答案是：防止水蒸气进入D中，使NOC1水解；（6）.由题可知，此实验的尾气主要有NO、Cl2和NOCl、NO2，因NOCl和NO2的沸点都是-5.5℃，在常温下易挥发，故在吸收尾气时可选用NaOH溶液，同时为了防止NOCl和NO2挥发逸出，可在上方加一个浸有NaOH溶液的棉花团，故最佳选择是：②；（6）.若实验开始时，先关闭K2，打开K1、K3，则NO会与装置中的氧气反应生成NO2，NO2熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，会被冷凝留在装置D中，与Cl2可发生反应Cl2+2NO2=2NClO2，引入杂质NClO2，故答案是：NO与装置中O2反应生成NO2，被冷凝于D中，与Cl2反应引入杂质NClO2。27、SO2、H2SO3、HSO3−、SO32−HSO3−离子存在平衡有电离平衡：HSO3−⇌H++SO32−，水解平衡：HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰SO32−乙SO32−能使品红褪色，因为SO2+2OH−+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32−的干扰AC【分析】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。【详解】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；(3)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为：证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为：SO32-；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同