2022-2023学年河北省石家庄市第一中学高一下学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省石家庄市第一中学高一下学期第一次月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，三周期相差1；四，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

河北省石家庄市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活和科学技术的发展有着密切的联系。下列说法中错误的是
A．臭氧可替代氯气成为新的自来水消毒剂
B．中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，是利用了铁的还原性
C．放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应
D．工业上制取Na，可采用电解饱和食盐水
【答案】D
【详解】A．臭氧具有氧化性，能杀菌消毒，可替代氯气成为新的自来水消毒剂，选项A正确；
B．中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，铁粉能和水、氧气反应从而防止食品氧化，反应中铁元素化合价升高体现了铁的还原性，选项B正确；
C．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，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，选项C正确；
D．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，工业上制取钠是采用电解熔融的氯化钠，选项D错误；
答案选D。
2．下列有关硫的性质及应用的描述，错误的是
A．从硫的化合价角度分析，单质硫既具有氧化性又具有还原性
B．硫单质与变价金属反应时一般生成低价态金属硫化物
C．试管内壁沾有硫粉，可用CS2或热的NaOH洗涤
D．单质硫燃烧时，氧气少量可生成SO2，氧气足量时可生成SO3
【答案】D
【详解】A．硫有-2、0、+4、+6价等价态，硫单质中硫元素为0价，位于中间价态，既有还原性又有氧化性，A正确；
B．硫单质的氧化性较弱，与变价金属反应时一般生成低价态金属硫化物，如S与Fe、Cu反应分别生成FeS和Cu2S，B正确；
C．硫易溶于CS2，所以可用CS2洗涤试管内壁的硫，因为S与NaOH反应可生成Na2S、Na2SO3等，也可用热的NaOH溶液洗涤，C正确；
D．单质硫燃烧时，产物只有SO2，无论O2的量是否充足，均不会生成SO3，D错误；
故选D。
3．下列化学用语表示正确的是。
A．中子数为143、质子数为92的铀(U)原子：
B．CO2的结构式：O-C-O
C．的电子式：
D．KHSO4在水溶液中的电离方程式：KHSO4=K++
【答案】C
【详解】A． 中子数为143、质子数为92的铀(U)原子，质量数为143+92=235，原子符号：，故A错误；
B． 碳与氧形成双键，CO2的结构式：O=C=O，故B错误；
C． 的电子式：，故C正确；
D． 硫酸是强电解质，KHSO4在水溶液中的电离方程式：KHSO4=K++，故D错误；
故选C。
4．下列除杂质的方法错误的是
A．CO2气体中混有少量SO2：用KMnO4溶液洗气
B．Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
C．SO2气体中混有少量HCl：用饱和NaHSO3溶液洗气
D．FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量Zn粉，过滤
【答案】D
【详解】A． CO2气体中混有少量SO2：用KMnO4溶液洗气，二氧化硫被氧化为硫酸根离子而除去，故A正确；
B． Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故B正确；
C． SO2气体中混有少量HCl：用饱和NaHSO3溶液洗气，盐酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，故C正确；
D． FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量Zn粉，过滤，溶液中引入氯化锌杂质，故D错误；
故选D。
5．下列关于实验室中试剂的保存或使用的说法错误的是
A．浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中
B．取用金属钠时用镊子夹取，剩余钠块不能放回原试剂瓶
C．保存FeSO4溶液时加入少量铁粉并密封
D．HF水溶液在实验室应保存在塑料瓶中
【答案】B
【详解】A．浓硝酸见光易分解，则通常保存在棕色试剂瓶中，选项A正确；
B．取用金属钠时用镊子夹取，钠性质活泼，可以和空气中多种成分反应，剩余钠块需放回原试剂瓶，选项B错误；
C．硫酸亚铁易被氧化，保存FeSO4溶液加入少量铁粉并密封，选项C正确；
D．HF与二氧化硅反应，与塑料不反应，则HF溶液保存在塑料瓶中，选项D正确；
答案选B。
6．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是。
A．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++=BaSO4↓
B．将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中至溶液呈中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C．向澄清石灰水中通入足量CO2：CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+2H2O
D．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
【答案】B
【详解】A．缺少离子反应，正确的离子方程式为，A错误；
B．溶液呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2按物质的量2:1反应，则其离子反应方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B正确；
C．向澄清石灰水中通入足量CO2反应生成碳酸氢钙，离子反应方程式为CO2+OH-=，C错误；
D．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，D错误；
故选B。
7．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CODs)，能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法错误的是

A．反应I中涉及到极性键的断裂和非极性键的形成
B．复合光催化剂分解水比电解水更有优越性
C．总反应为：2H2O 2H2↑+ O2↑
D．反应Ⅱ中，产生1 mol单质转移电子数为4NA
【答案】D
【详解】A．反应I中水中氢氧极性键断裂，氢氢非极性键、氧氧非极性键的形成，故A正确；
B．电解水需要电能，复合光催化剂分解水需要太阳能，因此复合光催化剂分解水比电解水更有优越性，故B正确；
C．根据图中信息得到总反应为：2H2O 2H2↑+ O2↑，故C正确；
D．反应Ⅱ中，H2O2变为H2O和O2，因此产生1 mol单质转移电子数为2NA，故D错误；
综上所述，答案为D。
8．下列说法正确的是
A．所有元素所在的族序数均等于元素原子最外层电子数
B．同周期第IIA族和第IIIA族序数相差一定为1
C．H2、D2、T2是氢元素的三种同位素
D．同一主族，相邻两种元素的原子序数之差一定是偶数
【答案】D
【详解】A．He最外层有2个电子，Ne最外层有8个电子，但它们的族序数等于0，选项A错误；
B．同一周期中的第IIA族和第IIIA族元素的原子序数差：二、三周期相差1；四、五周期相差11；六、七周期相差25，选项B错误；
C．H2、D2、T2是氢元素的三种同位素原子H、D、T形成的单质，它们不属于同位素，选项C错误；
D．由于从第一至第七周期各个周期包括的元素种类数目分别是2、8、8、18、18、32，都是偶数，因此同一主族，无论它们的原子序数是奇数还是偶数，相邻两种元素的原子序数之差一定是偶数，选项D正确；
答案选D。
9．下列“类比”合理的是
A．Ca(OH)2与少量CO2反应生成CaCO3，则Ca(OH)2与少量SO2反应生成CaSO3
B．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，则Li与O2在加热条件下反应生成Li2O2
C．Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，则F2和H2O反应生成HF和HFO
D．Fe与S在加热条件下生成FeS，则Cu与S在加热条件下生成CuS
【答案】A
【详解】A．Ca(OH)2与少量CO2反应生成CaCO3，则Ca(OH)2与少量SO2反应生成CaSO3，故A符合题意；
B．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，则Li与O2在加热条件下反应生成Li2O，故B不符合题意；
C．Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，则F2和H2O反应生成HF和O2，故C不符合题意；
D．Fe与S在加热条件下生成FeS，则Cu与S在加热条件下生成Cu2S，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
10．下列叙述正确的是
A．仅含一种元素的物质一定是纯净物 B．含有离子键的化合物一定是离子化合物
C．能电离出H+的化合物一定属于酸 D．酸性氧化物一定都是非金属氧化物
【答案】B
【详解】A．仅含一种物质微粒的物质是纯净物，而仅含有一种元素的物质中可能含有一种微粒，也可能是含有两种或两种以上的微粒，因此该物质可能是纯净物，也可能是混合物，A错误；
B．物质中若含有离子键，则一定是离子化合物，故含有离子键的化合物一定是离子化合物，B正确；
C．电离产生的阳离子全部是H+，阴离子是酸根离子的化合物一定属于酸，但能电离出H+的化合物可能是酸，也可能是水或酸式盐，因此不一定属于酸，C错误；
D．酸性氧化物可能是金属氧化物，也可能是非金属氧化物，因此不都是非金属氧化物，D错误；
故合理选项是B。
11．把22.4g铁粉刚好完全溶解于某浓度的硝酸(强氧化性酸)中，若反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B．原硝酸的物质的量浓度为14mol/L
C．反应过程转移电子的物质的量为1mol
D．用等量该硝酸溶解Cu，最多溶解28.8gCu
【答案】D
【详解】A．22.4g Fe的物质的量为0.4mol，如果产物全为Fe(NO3)3，转移电子1.2mol，如果产物全为Fe(NO3)2，转移电子0.8mol，由产物二氧化氮和一氧化氮的量可知转移电子数目为（0.3×1+0.2×3）mol，即0.9mol，介于0.8mol与1.2mol之间，故产物既有Fe(NO3)3也有Fe(NO3)2，A错误；
B．由A项分析可知，产物中硝酸铁为0.1mol，硝酸亚铁为0.3mol，根据原子守恒可知消耗硝酸的物质的量为1.4mol，但是由于不知道硝酸溶液的体积，故无法计算其浓度，B错误；
C．由A项分析可知，反应过程转移电子的物质的量为0.9mol，C错误；
D．硝酸的物质的量为1.4mol，与铁生成0.3mol二氧化氮，由此可知当消耗0.6mol硝酸时，浓硝酸变为稀硝酸继续反应生成一氧化氮，0.6mol浓硝酸消耗0.15molCu，剩余0.8mol硝酸与铜反应，消耗铜0.3mol，因此最多消耗铜0.45mol，即28.8g，D正确；
故选D。
12．厌氧氨氧化(Anammox)法是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是

A．1 mol NH所含的质子总数为10NA
B．1 mol NH经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，得到氮气的体积约为11.2 L(假设每步转化均完全)
C．该方法每处理1 mol NH需要的NO为0.5 mol
D．该过程的总反应是NH+NO=N2↑+2H2O
【答案】D
【详解】A．质子数等于原子序数，1mol NH所含的质子总数为11NA，A错误；
B．由图可知，1mol NH 经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，(假设每步转化均完全) 1mol NH 和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，B错误；
C．由图可知，该过程的总反应是： NH+NO= N2↑+ 2H2O，可知NH～NO，因此每处理 1mol NH，需要的NO为1mol，C错误；
D．由图可知，该过程的总反应是： NH+NO= N2↑+ 2H2O，D正确；
故选D。
13．2022年3月23日，“天宫课堂”第二课中王亚平老师用结构为 的物质制作出“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的焰色试验中火焰呈黄色。下列说法错误的是
A．该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B．最简单氢化物的稳定性：Z C．Z的两种常见同素异形体均有氧化性
D．X、Y、Z、M形成的无机盐的水溶液显碱性
【答案】B
【分析】根据M的焰色试验中火焰呈黄色推测M元素为Na元素，根据Y元素形成4个共价键推测Y元素为C元素，X元素形成1个共价键且原子序数最小推测X元素为H元素，Z元素形成2个共价键且原子序数大于Y小于M推测Z元素为O元素，据此分析。
【详解】A．该物质由阴阳离子构成，其中含有离子键，也存在X-Y等极性共价键和Y-Y非极性共价键，故A正确；
B．据分析Z和Y最简单氢化物分别为H2O和CH4，稳定性：Z>Y，故B错误；
C．Z元素为O元素，Z的两种常见同素异形体分别为氧气和臭氧，均有氧化性，故C正确；
D．X、Y、Z、M形成的无机盐是NaHCO3，水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
14．硫元素的“价一类”二维图如图所示(G、H均为正盐)。下列有关叙述错误的是

A．的浓溶液与之间的反应属于氧化还原反应
B．D能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性
C．存在的循环转化关系
D．利用稀盐酸和溶液可以鉴别中的阴离子
【答案】B
【详解】A．由图可知，F、B分别为H2SO4、H2S，两者可以发生氧化还原反应生成硫单质，A正确；
B．D为二氧化硫，具有还原性，能和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，体现其还原性，B错误；
C．CDF分别为三氧化硫、二氧化硫、硫酸，二氧化硫和氧气生成三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，C正确；
D．中的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子可以和钡离子生成不溶于酸的沉淀，盐酸可以排除溶液中银离子、碳酸根离子等干扰，D正确；
故选B。
15．现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是
A．碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点
B．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维
C．硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料
D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点
【答案】B
【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片，常用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅，故B错误；
C．硬铝是铝和其他金属或非金属形成的一种铝合金，具有密度小，强度大，是制造飞机和飞船的理想材料，故C正确；
D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，石墨是良好的导体，石墨烯有独特的结构，具有优良的导电、导热性能，故D正确；
故选：B。
16．下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是

选项
X
Y
Z
A



B
Fe


C



D
NO



A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选；
B．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选；
C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选；
D．NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选；
故选B。
17．在下列物质中，含有非极性键的离子化合物是
A．Mg3N2 B．Na2O2 C．CaCl2 D．H2O2
【答案】B
【详解】A．Mg3N2只含有离子键无共价键的离子化合物，选项A错误；
B．Na2O2中Na+和之间以离子键结合，中含有O-O非极性共价键，属于离子化合物，选项C正确；
C．CaCl2只含有离子键无共价键的离子化合物，选项C错误；
D．H2O2中含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物，选项D错误；
答案选B。
18．下列实验操作和现象、结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某溶液加入浓NaOH加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液一定含NH
B
将Cl2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色
Cl2有酸性和漂白性
C
向某溶液中滴加KSCN溶液和氯水，溶液显红色
该溶液中一定含Fe2+
D
将铁片放入浓硫酸中，无明显现象
铁不与浓硫酸反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．检验的常用方法，先加入强碱再加热产生NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；
B．论描述中Cl2没有有酸性和漂白性，B错误；
C．试剂添加顺序未明确，无法得出相关结论，C错误；
D．铁被钝化时发生了氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
19．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4mol/L、0.2mol/L，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是
A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.30mol/L D．0.45mol/L
【答案】C
【详解】反应离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，由题可知，n(NO)=0.04mol，n(H+)=0.08mol，当n(Cu)=0.04mol，H+量不足，计算得到n(Cu2+)=×0.08mol=0.03mol，c(Cu2+)==0.30mol/L，故C项正确；
答案为C。
20．铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入3mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A．100mL B．60mL C．80mL D．10mL
【答案】A
【详解】1.68L 标准状况下O2的物质的量为n(O2)==0.075mol，NO2、NO的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，等于反应产生Cu2+结合的OH-的物质的量,根据元素守恒可得n(NaOH)=0.075mol×4=0.30mol，由于NaOH溶液的浓度是3mol/L，故需要氢氧化钠溶液的体积是V==0.1L=100mL；
答案选A。

二、实验题
21．现有一份Na2CO3和NaHCO3固体混合物，某化学兴趣小组设计如图所示实验装置(夹持仪器省略)，测定固体混合物中NaHCO3的质量分数。实验步骤如下：

①组装好实验装置，并___________；
②加药品，称取mg样品放入硬质玻璃管中；称量装有碱石灰的U形管D的质量为m1g；。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟；
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体；
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟后拆下装置，称量U形管D的质量为m2g。
请回答下列问题：
(1)补充实验步骤①的操作为___________。
(2)装置E中实验仪器的名称为___________。
(3)装置B中发生反应的化学方程式为___________。
(4)实验步骤⑤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的是___________。
(5)若缺少实验步骤③会导致测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(6)样品中NaHCO3的质量分数为___________×100%(用含m、m1、m2的式子表示)。
【答案】(1)检查装置气密性
(2)球形干燥管
(3)
(4)使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收
(5)偏小
(6)或

【分析】将混合物加热会产生H2O (g) 、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O (g)、CO2进入装置D影响实验效果；
【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性，故答案为:检查装置气密性；
（2）根据仪器的构造可知，装置E中实验仪器的名称为球形干燥管；
（3）装置B中NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为；
（4）缓缓鼓入空气数分钟的目的是使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收；
（5）若缺少实验步骤③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，会导致NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳不能完全被C、D吸收，则测定结果偏小；
（6）称量装有碱石灰的U形管D的质量为m1g，则样品中NaHCO3的质量为，质量分数为=；
称量U形管D的质量为m2g，则样品中NaHCO3的质量为，质量分数为=。

三、元素或物质推断题
22．X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Z是短周期中金属性最强的元素；W是地壳中含量最多的金属元素；R的最高正价与最低负价代数和为4，请回答下列问题：
(1)用电子式表示Z2R的形成过程___________。
(2)W在周期表中的位置是___________。
(3)ZYX的电子式为___________，XQY的结构式为。___________。
(4)Y、Z、W三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序是___________(用元素的离子符号表示)。
(5)下列说法能证明非金属性Q强于R的是___________(填字母)。
a．简单阴离子的还原性：Q>R
b．简单氢化物热稳定性：Q>R
c．氧化物对应的水化物的酸性：Q>R
d．Q与Fe反应生成Fe3+，R与Fe反应生成Fe2+
(6)W的单质与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是___________。
(7)处于周期表中对角线位置(左上方和右下方)的元素，其性质具有相似性，称为“对角线规则”，写出Be(OH)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式___________。
【答案】(1)
(2)第三周期第IIIA族
(3)          H—O—Cl
(4)O2-＞Na+＞Al3+
(5)bd
(6)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(7)

【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素，则X为H；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则Y为O；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na；W是地壳中含量最多的金属元素，则W是Al；R的最高正价与最低负价代数和为4，则R为S，Q为Cl。
【详解】（1）形成时硫原子得到电子，钠原子失去电子，用电子式表示Na2S的形成过程；
（2）W是Al，原子核外K、L、M层依次排有2、8、3个电子，根据元素在周期表的位置与原子结构关系可知Al位于元素周期表第三周期第IIIA族，答案为：第三周期第IIIA族；
（3）ZYX是，氢氧之间是共价键，钠离子与氢氧根离子之间是离子键，电子式为； X是H，Y是O，Q是Cl，XQY表示的是HClO，该分子的电子式为，结构式是：H—O—Cl；答案为：，H—O—Cl；
（4）Y是O，Z是Na，W是Al，这三种元素形成的离子O2-、Na+、Al3+核外电子排布都是2、8。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的半径由大到小的顺序为：O2-＞Na+＞Al3+；
（5）a．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，所以根据离子还原性：S2-＞，可以证明元素的非金属性：Cl＞S ，离子的还原性是R＞Q，不是Q＞R，故a不选；
b．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性就越强，可根据氢化物的稳定性：＞H2S，证明元素的非金属性：＞S，故b选；
c．未指明是最高价氧化物对应的水化物，因此不能利用含氧酸酸性强弱判断非金属性强弱，故c不选；
d．氯气与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，说明氯气的氧化性比硫强，所以氯元素的非金属性比硫强，故d选；
故选bd；
（6）W是Al，Z是Na，Al能够与Na的最高价氧化物对应的水化物 的水溶液反应产生NaAlO2、H2，该反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（7）处于周期表中对角线位置(左上方和右下方)的元素，其性质具有相似性，称为“对角线规则”，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式和氢氧化铝与氢氧化钠的反应相似，所以答案为：。

四、工业流程题
23．硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：

回答下列问题：
(1)中硫元素的化合价是_______，“过程Ⅰ”发生的反应为，其中氧化产物是_______(填化学式)。
(2)“过程Ⅱ”中由制备的化学方程式为_______。
(3)生产过程中的废气含有，可用双碱法脱硫处理，过程如图所示，其中可循环使用的物质是_______，写出双碱法脱硫的总反应方程式_______。

(4)为测定硫酸厂周围空气中的含量，进行如下实验：取VL空气(标准状况)，缓慢通入足量碘水，向所得溶液中加入稍过量的溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥、称重，质量为mg。
①空气缓慢通入碘水时主要反应的离子方程式为_______。
②空气中的体积分数为_______(用含V、m的代数式表示)。
【答案】(1)     -1     Fe2O3和SO2
(2)2SO2+O22SO3
(3)     NaOH     2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4↓+2H2O
(4)     I2+SO2+2H2O=4H++2I-+    

【分析】由题干流程图可知，过程I为黄铁矿在空气中高温煅烧生成SO2，反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，过程Ⅱ为SO2催化氧化生成SO3，反应原理为：2SO2+O22SO3，过程Ⅲ为SO3吸收，SO3+H2O=H2SO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知Fe的化合价为+2价或者+3价，故中硫元素的化合价是-1价，“过程Ⅰ”发生的反应为，其中铁和硫的化合价升高被氧化生成氧化产物，故氧化产物是Fe2O3和SO2，故答案为：-1；Fe2O3和SO2；
（2）由分析可知，“过程Ⅱ”中由制备的化学方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；
（3）由题干信息可知，过程I的反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，过程Ⅱ的反应为：2Na2SO3+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4↓+4NaOH，故生产过程中的废气含有，可用双碱法脱硫处理，过程如图所示，其中可循环使用的物质是NaOH，过程I和Ⅱ的方程式左右分别相加可得，双碱法脱硫的总反应方程式为：2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4↓+2H2O，故答案为：NaOH；2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4↓+2H2O；
（4）①空气缓慢通入碘水时主要反应方程式为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，故该反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+，故答案为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+；
②为测定硫酸厂周围空气中的含量，进行如下实验：取VL空气(标准状况)，缓慢通入足量碘水，向所得溶液中加入稍过量的溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥、称重，质量为mg，则n(SO2)=n(BaSO4)== mol，V(SO2)=n(SO2)Vm=mol×22.4L/mol=L，空气中的体积分数为，故答案为：。
24．氮是生物体的重要组成元素，也是维持高等动植物生命活动的必需元素。研究氮的循环和转化对生产和生活有重要的价值。
Ⅰ.某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。

(1)设备1中发生反应的化学方程式是_______。
(2)同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为_______。
Ⅱ.工业制硝酸时尾气中含有、，可用以下方法吸收：
(3)水吸收法。用水吸收的缺陷是_______(用化学方程式和必要的文字说明)
(4)溶液吸收法。发生的反应有：，→_______(填化学式，不需要配平方程式)。
(5)用不同浓度的溶液吸收含量不同的尾气(表示尾气中的体积百分含量)，测得氮氧化物吸收率与溶液浓度的关系如图所示。

①依据测得的关系图，下列说法正确的是_______(填序号)。
A．溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
B．含量越大，氮氧化物的吸收率越大
②当小于时，通入适量能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)，有转化成没被吸收掉
(4)
(5)     B     据图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大。将氧化成使其含量增大，从而增大氮氧化物的吸收率

【详解】（1）设备1中氨气和氧气催化生成NO和水，反应为；
（2）设备2中反应为NO和氧气水反应生成硝酸，，则同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为；
（3）二氧化氮和水生成硝酸和污染气体一氧化氮，，有转化成没被吸收掉；
（4）氢氧化钠和二氧化氮生成亚硝酸钠，氮元素化合价降低，则还有部分氮元素化合价升高生成硝酸钠，故填；
（5）①A．由图可知，当氢氧化钠浓度超过一定程度时，溶液对氮氧化物的吸收率随氢氧化钠浓度的增大而减小，A错误；
B．由图可知，含量越大，氮氧化物的吸收率越大，B正确；
故选B；
②据图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大，将氧化成使其含量增大，从而增大氮氧化物的吸收率，故当小于时，通入适量能提升氮氧化物的吸收率。