四川省泸县第五中学2022-2023学年高一下学期4月月考化学Word版含解析.docx

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泸县五中2023年春期高一第二学月考试化学试题注意事项：满分100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56第I卷(选择题45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.化学与生产、生活、社会、环境密切相关，下列说法中不正确的是A.铝制容器不能盛放酸性或碱性食品，也不可长期盛放腌制食品B.向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸，开始有沉淀生成，而后会溶解C.“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅D.补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果【答案】C【解析】【详解】A．铝单质能与酸、碱反应，腐蚀铝制容器，腌制食品中含有NaCl，Al、NaCl、空气构成原电池，加速铝制品的腐蚀，故A说法正确；B．胶体中加入少量电解质，能使胶体聚沉，硫酸为电解质，氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸，氢氧化铁胶体聚沉，生成氢氧化铁沉淀，然后继续滴加稀硫酸，氢氧化铁与稀硫酸反应生成可溶的硫酸铁和水，故B说法正确；C．太阳能电池板的主要材料是晶体硅，不是二氧化硅，故C说法错误；D．补铁剂中铁元素以亚铁离子形式存在，容易被氧气氧化，维生素C具有还原性，因此补铁剂与维生素C共同服用，维生素C可以防止补铁剂被氧化，故D说法正确；答案为C。2.下列有关物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是A.硅酸钠易溶于水，可用作木材防火剂B.小苏打能与碱反应，可用作膨松剂C.氯气具有漂白性，可用作自来水消毒剂D.液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】 【详解】A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，可以用于制备防火木材，A错误；B．小苏打用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠不稳定性，受热分解生成二氧化碳且能与酸反应生成二氧化碳，B错误；C．氯气没有漂白性，是氯气和水发生反应生成的次氯酸具有强氧化性，可以漂白、杀菌、消毒，C错误；D．液氨气化时需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，D正确；故答案为：D。3.下列对浓硫酸的叙述中，正确的是A.常温下不能用铁、铝容器盛放浓硫酸因为铁、铝活泼金属B.浓硫酸具有吸水性，可以使蔗糖脱水炭化C.滴加浓硫酸使胆矾由蓝色晶体变为无色粉末，属于化学变化D.浓硫酸和Cu单质加热反应，只表现出强氧化性【答案】C【解析】【详解】A．常温下铁、铝遇到浓硫酸能发生钝化，可以用铁和铝容器盛放浓硫酸，故A错误；B．浓硫酸使蔗糖脱水炭化体现的是浓硫酸的脱水性，故B错误；C．浓硫酸使胆矾由蓝色CuSO4⋅5H2O晶体变为白色的CuSO4粉末，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D．浓硫酸和铜单质加热反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸中硫元素的化合价部分由+6价降低为+4价，体现了氧化性，还有部分硫元素的化合价没有变化，生成了硫酸铜，这部分硫酸体现了酸性，故D错误；故选C。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A.标准状况下，1molSO3的体积为22.4LB.1molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2NAC.0.2molCu与含0.4molH2SO4浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48LD.0.5molCu与足量浓HNO3反应时，转移的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．SO3在标准状况下为固体，故A错误； B．1molCu与足量的S反应生成Cu2S，转移的电子数为NA，故B错误；C．随着反应的进行，H2SO4溶液浓度逐渐减小，Cu与稀硫酸不反应，因此生成的SO2在标准状况下的体积小于4.48L，故C错误；D．0.5molCu与足量浓硝酸反应，Cu完全转化为硝酸铜，转移的电子数为0.5´2´NA=NA，故D正确。综上所述答案为D。5.下列离子方程式书写正确的是A.将覆铜板放到溶液中制作图案：B.氯气与水的反应原理：C.碳酸氢钠溶液与溶液反应：D.向溶液中通入少量：【答案】C【解析】【详解】A．将覆铜板放到溶液中制作图案，没有配平，应该为，故A错误；B．氯气与水的反应原理，该反应是可逆反应，次氯酸是弱酸，不能拆：，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与溶液反应：，故C正确；D．向溶液中通入少量，不发生反应，故D错误。综上所述，答案为C。6.高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水反应的化学方程式是：。下列有关说法正确的是A.KOH的电子式为：B.的结构示意图为：C.质子数为26的Fe原子：D.、、互为同素异形体【答案】B【解析】 【详解】A．KOH的电子式为：，故A错误；B．钾元素是19号，原子失去最外层1个电子形成钾离子，的结构示意图为：，故B正确；C．质子数为26的Fe原子：，故C错误；D．、、质子数相同，中子数不同，互同位素，故D错误；故选B。7.如表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W的最高正化合价为。下列说法错误的是WXYZA.原子半径：B.非金属性：C.常温常压下，Z的常见单质为固态D.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】由已知元素周期表分析，W为第二周期元素，X、Y、Z为第三周期元素，W的最高正化合价为+5，则W为N元素，根据四种元素在周期表中的相对位置可知，X为Al元素，Y为Si元素，Z为P元素，据此分析。【详解】A．根据周期表的原子半径大小规律：同一周期元素原子的半径随原子序数的递增而减小，同一主族元素原子的半径随原子序数的递增而增大，X元素的原子半径大于Z元素的原子半径，Z元素的原子半径大于W元素的原子半径，故X元素的原子半径大于W元素的原子半径，A正确；B．根据周期表的非金属性规律：同一周期元素的非金属性随原子序数的递增而增大，同一主族元素的非金属性随原子序数的递增而减小，Y元素的非金属性小于Z元素的非金属性，Z元素的非金属性小于W元素的非金属性，故Y元素的非金属性小于W元素的非金属性，B正确；C．Z为P元素，常见的单质有红磷和白磷，常温常压下均为固体，C正确；D．X元素的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，为两性氢氧化物，D错误；故选D。 8.天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4＝3N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是A.此反应可在瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行B.此反应是氧化还原反应，N2O4是氧化剂C.每生成1molN2，该反应转移电子8molD.此反应中R的分子式为C2H8N2【答案】C【解析】【详解】A．偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故A正确；B．N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，故B正确；C．N2O4中N元素的化合价为+4价，降低为0价，被还原，偏二甲肼中C、N均被氧化，每生成3molN2转移16mol电子，则生成1molN2转移电子mol，故C错误；D．根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选C。9.卡塔尔世界杯足球“逐梦之旅”内置的高速“芯片”主要成分之一是硅。已知硅元素和碳元素位于同一主族，下列说法正确的是A.原子半径大小：B.酸性强弱：C.非金属性强弱：D.稳定性强弱：【答案】A【解析】【详解】A．Si有三个电子层，C有两个电子层，则原子半径Si>C，A正确；B．Si的非金属性弱于C，则酸性H2SiO3C>SiD滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NHA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使其褪色，体现SO2的还原性，SO2的漂白原理为化合型漂白，A项错误；B．Fe3+遇到SCN-反应形成血红色溶液，实验室常用此方法检验Fe3+，B项正确；C．盐酸挥发出的HCl随气体进入硅酸钠溶液也能产生硅酸沉淀，无法证明C、Si 的非金属性强弱关系，且盐酸不是Cl的最高价氧化酸，也无法比较Cl和C的非金属性强弱，C项错误；D．NH3极易溶于水，所以检验NH需要加浓NaOH溶液并加热使之逸出，D项错误；答案选B。12.下列反应中符合图示能量变化的是A.碳酸钙的分解反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C.燃料的燃烧反应D.灼热的炭与CO2反应【答案】C【解析】【详解】由题干图示信息可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，碳酸钙的分解反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、灼热的炭与CO2反应均为吸热反应，燃料的燃烧反应为放热反应，故答案为：C。13.向溶液中通入，溶液仍澄清；若将溶液分别盛在甲、乙两支试管中，向甲试管中加入新制氯水，向乙试管中加入烧碱溶液，然后分别通入，结果两支试管中都有白色沉淀生成。由此得出的结论是（）A.两支试管中的白色沉淀均为B.两支试管中的白色沉淀均为C.具有还原性，且属于酸性氧化物D.能氧化新制氯水中的物质【答案】C【解析】【分析】本题分析：通入甲试管中的被新制氯水氧化：，故生成的白色沉淀是；通入乙试管中的首先与NaOH反应生成，与反应可生成白色沉淀。【详解】A．两支试管中的白色沉淀一个为，一个为，故A项错误；B．两支试管中的白色沉淀一个为，一个为，故B项错误； C．具有还原性，且属于酸性氧化物，故C项正确；D．能还原新制氯水中的物质，故D项错误；故答案为C。【点睛】、均为白色沉淀，前者不溶于稀盐酸，而后者溶于稀盐酸。将通入溶液或溶液中不生成沉淀，但在强氧化性环境［如酸化的溶液］中，可被氧化为，能与反应生成沉淀。14.以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是A.将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率B.沸腾炉中每生成1molSO2，有11mole-发生转移C.接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率D.可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥【答案】B【解析】【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1molSO2，有5.5mole-发生转移，B不正确；C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；故选B。15.在强碱性溶液中主要以形式存在。燃料电池工作原理如图所示。正极反应式为 。提示：电池效率等于电路上通过的电子数与负极失去电子数之比。下列说法错误的是A.Al极发生氧化反应B.电流由Pt极经负载流向Al极C.放电时，向Al极迁移D.若正极生成，电路经过2.4mol电子，电池效率为60%【答案】D【解析】【分析】观察图示知，燃料电池中铝电极为负极，铂电极为正极。【详解】A．负极发生氧化反应，A项正确；B．电流由正极经外电路流向负极，B项正确；C．铂极为正极，铝极为负极，向负极迁移，C项正确；D．正极反应式为，，电池效率，D项错误。故选D。第II卷(非选择题55分)16.依据化学反应制取气体，某化学小组取一定质量的锌粒与100mL98%的浓()充分反应，锌粒全部溶解，同时生成标准状况下33.6L气体，对于制得的气体，有同学认为可能混有杂质，为此设计了如下实验装置进行探究。 请回答下列问题：（1）装置A中仪器a名称为_______；98%的浓的物质的量浓度是_______。（2）装置B是为了吸收，则可以选用下列试剂中的_______(填序号)。A.NaOH溶液B.稀C.溶液D.饱和食盐水（3）装置D的作用是_______；装置F中盛放的试剂是_______。（4）可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有杂质的实验现象是_______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.18.4mol/L（2）AC（3）①.干燥气体②.无水（4）E中黑色固体变红，F中白色固体变蓝【解析】【分析】锌和浓硫酸在加热条件下制取二氧化硫，浓硫酸变稀后，锌可继续和稀硫酸反应生成氢气。通过装置B吸收SO2后，用品红检验是否还存在SO2，然后用浓硫酸干燥气体，E中的氧化铜用于检验氢气，若有氢气，则氧化铜变红，F中的无水硫酸铜变蓝，最后的碱石灰可以吸收空气中的水蒸气。【小问1详解】装置A中仪器a为圆底烧瓶；根据浓硫酸的质量分数和密度，可求出其物质的量浓度c==18.4mol/L。【小问2详解】SO2具有还原性，可以用FeCl3溶液吸收SO2，SO2是酸性氧化物，可以和碱反应，所以可以用NaOH溶液和FeCl3溶液吸收SO2，故选AC。【小问3详解】装置D中的浓硫酸具有吸水性，可以干燥气体；装置F中装有无水硫酸铜，可以检验氢气还原氧化铜生成的水，进而证明锌和硫酸反应生成了氢气。【小问4详解】若锌和硫酸反应生成了氢气，氢气还原氧化铜，可以看到E 中黑色固体变红，生成的水可以将无水硫酸铜变为五水合硫酸铜，看到F中白色固体变蓝。17.有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数由A到D逐渐增大。①D的氧化物分子式为，D的最高价氧化物中，D的质量百分含量为40％，而且D的原子核中，质子数和中子数相等，②A和B原子有相同的电子层数，A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；⑧B的阴离子与C的阳离子和Ne原子的电子层结构相同。通常状况下，B的单质是气体，和完全反应时，有个电子转移，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可生成浅黄色固体，此生成物与反应可生成B的单质。根据以上叙述试回答：（1）指出四种元素的名称：A_______；B_______；C_______；D_______（2）写出的结构式：_______；含有的化学键类型为：_______（3）写出B和C在加热条件反应的化学方程式：_______；并写出所得化合物的电子式：_______（4）B和D的气态氢化物稳定性强弱：_______>_______【答案】（1）①.碳②.氧③.钠④.硫（2）①.②.共价键(极性共价键)（3）①.②.（4）①.②.【解析】【分析】D的氧化物分子式为DO2，最高价氧化物中D的质量分数为40%，D原子核内质子数与中子数相等，则D为硫，A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为碳，B的阴离子与Ne电子层结构相同，其单质为气体，0.1molB与H2反应转移0.4mol电子，则B为氧，C的阳离子与Ne电子层结构相同，其单质高温下与氧气反应生成淡黄色固体，C为钠。【小问1详解】根据分析可知，A为碳、B为氧、C为钠、D为硫。【小问2详解】AB2为CO2，其结构式为O=C=O，含有的化学键类型为共价键。【小问3详解】Na和O2在加热条件下反应生成过氧化钠，化学方程式为。过氧化钠的电子式为。【小问4详解】 O的非金属性强于S，则其气态氢化物的稳定性H2O>H2S。18.I.酸雨形成的原理之一如下：含硫燃料AB硫酸请回答下列问题：（1）酸雨的概念：_______的降水。（2）写出A物质到B物质的反应方程式_______。（3）可以使品红溶液褪色，说明具有_______性，也能使新制的氯水褪色，反应的化学方程式为：_______。（4）火力发电厂燃烧的煤中含有大量的硫，其排出的废气中往往含有、、、等。为减少酸雨产生可采取的措施是_______。A.少用煤作燃料B.把工厂的烟囱造高C.燃料脱硫D.把工厂迁移到农村E.开发新能源II.氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答下列问题：（5）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_______(填字母序号)。A.酸雨B.沙尘暴C.光化学烟雾D.白色污染（6）是重要的含氮化合物，写出氨合成塔中发生反应的化学方程式_______；氧化炉中所发生反应的化学方程式为_______。（7）吸收塔中发生反应共转移0.6个电子，则参加反应的NO的物质的量为_______。【答案】（1）5.6（2）（3）①.漂白②.（4）ACE（5）AC（6）①.②.（7）0.2【解析】【分析】硫和氧气生成二氧化硫，二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸； 氮气和氢气在催化剂作用下生成氨气，氨气和和氧气在氧化炉中转化为一氧化氮，一氧化氮和空气中氧气、水在吸收塔中转化为硝酸；【小问1详解】酸雨的概念：5.6的降水。【小问2详解】A物质到B物质的反应为二氧化硫和氧气在加热和催化剂条件下生成三氧化硫，反应方程式；【小问3详解】可以使品红溶液褪色，说明具有漂白性性；二氧化硫具有还原性能和强氧化性物质氯气反应生成硫酸，能使新制的氯水褪色的反应的化学方程式为：；【小问4详解】A．少用煤作燃料，使用清洁的替代能源可减少酸雨，A符合题意；B．把工厂烟囱造高，不会减少污染物排放，B不符合题意；C．燃料脱硫，可减少硫的化合物的排放，可减少酸雨，C符合题意；D．把工厂迁移到农村，不会减少污染物排放，D不符合题意；E．开发新能源，可减少硫、氮的化合物的排放，可减少酸雨，E符合题意；故选ACE；【小问5详解】氮氧化物可以导致酸雨、光化学烟雾，故选AC；【小问6详解】氮气和氢气在催化剂作用下生成氨气，；氨气和和氧气在氧化炉中转化为一氧化氮，；【小问7详解】一氧化氮和空气中氧气、水在吸收塔中转化为硝酸，，反应中氮元素化合价由+2变为+5，电子转移关系为，，则转移0.6个电子，则参加反应的NO的物质的量为0.2mol。19.I．图中A、B、C、D、E和F均含有同一种元素，其中C为有磁性的黑色晶体，B常用于油漆和涂料，D为红褐色沉淀物，在一定条件下相互转化关系如图(部分物质略去)。回答下列问题： （1）B的化学式___________（2）反应③的离子方程式___________（3）F中加入氨水的现象(在空气中进行)___________，此过程中涉及到的两个反应的离子方程式___________；___________（4）在E的溶液中滴入KSCN溶液的现象___________II．某溶液只可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、NH、Al3+、Cl-、OH-、CO、K+中的一种或几种，向该溶液中缓缓加入NaOH溶液，有刺激性气味的气体放出和白色沉淀产生，继续加入NaOH溶液至过量，沉淀部分溶解，由此可知：（5）该溶液一定含有的离子是___________（6）无法确定是否含有的离子是___________【答案】（1）Fe2O3（2）Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O（3）①.产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变为红褐色②.Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH③.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3（4）溶液变为红色（5）NH、Mg2+、Al3+、Cl-（6）K+【解析】【分析】C为Fe3O4，B为Fe2O3，D为Fe(OH)3，则A为单质铁，与氧气生成Fe2O3和Fe3O4，Fe3O4与酸反应生成Fe2+和Fe3+，E到D发生，F到D发生，以此分析；【小问1详解】根据分析，B为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；【小问2详解】 根据分析，反应③为;故答案为：；【小问3详解】根据分析，Fe2+中加入氨水的现象产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变为红褐色；亚铁离子与氨水产生氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在氧气中反应生成氢氧化铁；故答案为：产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变为红褐色；【小问4详解】根据分析，E为Fe3+溶液，加入KSCN后溶液显红色；故答案为：溶液变为红色；【小问5详解】向该溶液中缓缓加入NaOH溶液，有刺激性气味的气体放出，说明溶液中含有铵根，白色沉淀产生，说明含有镁离子或铝离子产生氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，且说明溶液中一定没有铁离子和铜离子；又因为继续加入过量的NaOH后沉淀部分溶解，说明溶解的沉淀为氢氧化铝，则原溶液中既含镁离子也含铝离子，一定不含碳酸根，根据电荷守恒，溶液中应该含有阴离子即为氯离子；故答案为：、Mg2+、Al3+、Cl-；【小问6详解】根据分析，无法确定的离子为钾离子；故答案为：K+。20.A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色；A为有色气体；Z在常温下为常见液体；Y与氧化铜加热时反应除生成B和Z外还有一种紫红色的固体生成。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。（1）A的化学式为___________，Y的化学式为___________，G的化学式为___________（2）写出Y与氧化铜反应的化学方程式为：___________（3）Y与E在催化剂和加热条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为___________ （4）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或“没有”)___________，理由是(用一个离子方程式表达)：___________（5）从试剂柜中取一瓶G的浓溶液，发现其保存在___________色试剂瓶中，取少量该溶液于试管中，发现其溶液呈“黄色”，其原因是___________(用化学方程式和适当文字描述)。该研究小组尝试将显“黄色”的该溶液恢复到原本的无色。下列措施合理的是___________(填字母)。a．加水b．通入适量空气c．加热d．加入适量的NaOH固体【答案】（1）①.Cl2②.NH3③.HNO3（2）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（3）4NH3+6NO5N2+6H2O（4）①.有②.NO2+H2O+SO2+Ba2+=BaSO4↓+NO+2H+（5）①.棕②.浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，NO2溶于浓HNO3使溶液呈黄色③.b【解析】【分析】A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2。Y与X反应出现白烟，Y与CuO共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3，B为N2；D与B反应生成NH3，则D为H2，D与O2反应生Z，Z在常温下为常见液体，则Z为H2O；D与A反应生成X气体为HCl，A是有色气体，与H2反应产生HCl，则A是Cl2，NO2与H2O反应产生NO和HNO3，则G是HNO3。【小问1详解】由分析可知，A是Cl2，Y是NH3，G是HNO3；【小问2详解】Y是NH3，NH3与CuO在加热时反应产生N2、Cu、H2O，反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；【小问3详解】 Y是NH3，E为NO，二者在催化剂存在条件下反应产生N2、H2O，从而消除了对大气造成的污染，该反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O；【小问4详解】F为NO2，NO2溶于水反应能产生HNO3，HNO3具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2发生复分解反应产生BaSO4沉淀，因此会产生白色沉淀，离子方程式为NO2+H2O+SO2+Ba2+=BaSO4↓+NO+2H+；【小问5详解】G的浓溶液为浓硝酸，浓硝酸见光易分解，因此需保存在棕色瓶中；取少量浓硝酸于试管中，发现其溶液呈“黄色”，其原因是浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，NO2可以溶于浓HNO3使溶液呈黄色；a．浓硝酸中加水，浓硝酸被稀释，不再是浓硝酸，a错误；b．向浓硝酸中通入适量空气，发生反应2H2O+4NO2+O2=4HNO3，浓硝酸恢复无色，b正确；c．加热浓硝酸会促进硝酸分解，c错误；d．向浓硝酸中加入适量的氢氧化钠，与硝酸发生中和反应，引入杂质，d错误；故选b。