2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高一上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．石墨烯是用微机械剥离法从石墨中分离出的单层石墨(结构如图)。下列说法错误的是

A．石墨烯是一种单质
B．石墨烯的化学性质与C60几乎相同
C．石墨烯与金刚石、石墨互为同素异形体
D．石墨烯能导电，所以石墨烯是电解质
【答案】D
【详解】A．石墨烯是碳元素组成的纯净物，属于碳单质，故A正确；
B．石墨烯和C60都是由由碳原子构成，化学性质几乎相同，故B正确；
C．石墨烯与金刚石、石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C正确；
D．电解质必须是化合物，石墨烯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选D。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目等于0.1NA
B．常温常压下，0.78 g Na2O2含有的离子数目为0.04NA
C．2.0 g D216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NA
D．1 mol/L AlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
【答案】C
【详解】A．FeCl3溶于沸水制成胶体，由于Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，则0.1 mol FeCl3溶于沸水制成的Fe(OH)3胶体粒子的数目小于0.1NA，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，其中含有2个Na+和1个，共含有3个离子，0.78 g Na2O2的物质的量是0.01 mol，故其中含有的离子的物质的量是0.03 mol，则其中含有的离子数目为0.03NA，B错误；
C．D216O的式量是20，14ND3的式量也是20，二者的分子中都含有10个电子，2.0 g D216O和14ND3的混合物的物质的量是1 mol，则其中含有的电子数为NA，C正确；
D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是C。
3．下列有关说法不正确的是
A．电解熔融氯化钠制取金属时，钠离子被还原，氯离子被氧化
B．生铁、碳素钢、不锈钢等都属于铁的合金
C．新型储氢合金因具有较大空隙，通过物理吸附大量而广泛用于新能源汽车行业
D．合金中加入其他元素原子后，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大
【答案】C
【详解】A．电解熔融氯化钠制取金属时，钠离子化合价降低得到电子，被还原，氯离子化合价升高失去电子，被氧化，故A正确；
B．生铁、碳素钢、不锈钢等都有碳，都属于铁的合金，故B正确；
C．合金具有在吸氢化学反应时放出大量热，而在放氢时吸收大量热，因此新型储氢合金吸氢是化学变化，故C错误；
D．合金内加入了其他元素或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难。因此，在一般情况下，合金比纯金属硬度更大、更坚固，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．下列推断正确的是
A．S、Se同主族，H2S有还原性，可推断H2Se也有还原性
B．Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C．Li、Na同主族，Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
D．Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
【答案】A
【详解】A．S、Se同主族，由于同一主族元素的原子结构相似，物质之间的性质也相似，H2S有还原性，可推断H2Se也有还原性，A正确；
B．Be、Mg同主族，MgO是碱性氧化物，不溶于强碱；但元素周期表中还存在对角线相似，BeO与Al2O3性质相似，Al2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应，可推断BeO能溶于强碱，B错误；
C．Li、Na同主族，由于钠的密度比煤油大，因此Na保存在煤油中，但Li的密度比煤油小，因此可推断Li不能保存在煤油中，而应该保存中液态石蜡中，C错误；
D．Ge、Pb同一主族，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，Ge可作半导体材料，而Pb金属性比较强，不可作半导体材料，而是典型的金属单质，D错误；
故合理选项是A。
5．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和H2O六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、的数目随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断中不正确的是

A．在反应中NO3-被还原，发生还原反应
B．还原性： Fe2+>
C．该反应中Fe2+被还原为Fe3+
D．在反应中还原产物与氧化产物的个数之比为1：8
【答案】C
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O，以此解答该题。
【详解】发生反应的方程式应为8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O；
A．在反应中被还原，发生还原反应，故A正确；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性 Fe2+>，故B正确；
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，故C错误；
D．在反应中还原产物是，氧化产物是Fe3+，则还原产物与氧化产物的个数之比为1：8，故D正确；
故答案为C。
6．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④
【答案】B
【详解】①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①正确；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②正确；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③错误；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低，④正确；
⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤正确；
①②④⑤符合要求，故选B。
7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
C．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：
D．向酸性FeI2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：
【答案】A
【详解】A．Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应，产生FeI2、I2、H2O，离子方程式为：，A正确；
B．也能够与Ca(OH)2反应产生弱碱NH3·H2O，反应的离子方程式为：++Ca2++2OH-=NH3·H2O+CaCO3↓+H2O，B错误；
C．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，反应产生可溶性Ca(HCO3)2及弱酸HClO，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；
D．由于还原性：I-＞Fe2+，向酸性FeI2溶液中滴入少量H2O2稀溶液，发生反应：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
8．下列图示对应的操作规范的是
A．称量 B．过滤
C．将剩余钠放回试剂瓶 D．转移溶液
【答案】C
【详解】A．称量氢氧化钠固体应放在小烧杯上，操作错误，选项A错误；
B．过滤时用玻璃棒引流，选项B错误；
C．剩余钠放回试剂瓶，选项C正确；
D．转移溶液时必须用玻璃棒引流，选项D错误；
答案选C。
9．X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，四种元素核电荷数之和为46，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得。下列关于四种元素说法错误的是(    )
A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2均是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同
B．WX2中X元素的检验方法可以将WX2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜
C．WZ2、WY2两种化合物中阴阳离子个数比均为2：1
D．XZY属于弱电解质，且具有强氧化性
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉，该化合物为水，则X为H，Y为O；Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得，则Z为Cl；四种元素核电荷数之和为46，W的核电荷数为：46-1-8-17=20，则W为Ca，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl，W为Ca元素。
A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2分别为H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，H2O2、ClO2、Ca(ClO)2均具有强氧化性，是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同，A正确；
B．WX2是CaH2，该物质灼烧反应产生CaO、H2O，无水硫酸铜遇水变蓝，可用无水硫酸铜检验CaH2中的H元素，检验方法为：将CaH2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜，若无水硫酸铜变蓝，证明CaH2含有H元素，B正确；
C．WZ2、WY2分别为CaCl2、CaO2，CaCl2中阴阳离子个数比为1：2；CaO2中阴阳离子个数比为1：1，C错误；
D．XZY为HClO，HClO在水中能够微弱电离产生H+、ClO-，存在电离平衡，故HClO为一元弱酸；HClO中Cl元素化合价为+1价，该物质不稳定，具有强氧化性，D正确；
故合理选项是C。
10．下列实验的结论正确的是

A．图I：验证干燥的氯气没有漂白性
B．图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体
C．图III：证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D．图IV：不能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀
【答案】B
【详解】A．有色鲜花中含有水分，Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化产生无色物质，因此图I中不能验证干燥的氯气是否具有漂白性，A错误；
B．在常温下KMnO4与浓盐酸混合反应可以制取Cl2；H2O2在MnO2催化下分解会产生O2，因此图II：选择合适的药品，可用于制备少量的Cl2、O2等气体，B正确；
C．将Cl2通入导气管中，Cl2与NaBr发生置换反应产生NaCl、Br2；过量的Cl2及Br2都可以与KI发生置换反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此图III中不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C错误；
D．Fe与H2SO4发生置换反应产生FeSO4、H2，打开止水夹a，反应产生的H2通过导气管通入试管B中，排出装置中的空气，然后关闭止水夹a，H2将装置A中FeSO4压入装置B中，FeSO4与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2白色沉淀，由于Fe(OH)2白色沉淀处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故图IV能较长时间观察到Fe(OH)2白色絮状沉淀，D错误；
故合理选项是B。
11．如图是氯元素的价类二维图，a、b、c、d、e、f均为含氯元素的物质。下列叙述不正确的是

A．a、d溶液均具有酸性，且等浓度的a溶液比d溶液的酸性强
B．向部分变质的f中加入浓盐酸，反应中生成的气体既有b又有CO2
C．a和e反应能得到b，且反应不需要加热
D．化合物c的化学式为ClO2，可作自来水消毒剂，其在反应中氧化产物为
【答案】D
【分析】由氯元素的价类二维图可知，a、b、c、d、e、f分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、NaClO3、NaClO。
【详解】A．a是HCI、b是HClO，二者均具有酸性，HCl是强酸，HClO是弱酸，等浓度的HCl溶液比HClO溶液的酸性强，A正确；
B．f是NaClO，NaClO在空气中会部分变质，方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，向部分变质的NaClO中加入浓盐酸，会发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，反应中生成的气体既有Cl2又有CO2，B正确；
C．a是HCl，e是NaClO3，两者不需要加热就能发生反应，方程式为NaClO3+6HCl=3Cl2↑+NaCl+3H2O，C正确；
D．化合物c的化学式为ClO2，可作自来水消毒剂，其在反应中还原产物为，D错误；
故答案为：D。
12．、为第三周期元素，最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是
A．原子半径： B．简单氢化物的还原性：
C．同周期元素形成的单质中氧化性最强 D．、最高价氧化物对应水化物均为强电解质
【答案】D
【分析】Cl元素最高正价+7价，最低负价-1价，代数和为6，所以Y为Cl元素，根据形成的化合物离子判断X为+5价，因为是第三周期元素，故X为P元素。
【详解】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径P>Cl，A正确；
B．两者对应的氢化物为PH3和HCl，同周期元素从左至右，氢化物还原性降低，PH3>HCl，B正确；
C．同周期Cl元素单质的氧化性最强，C正确；
D．HClO4为强酸即强电解质，H3PO4为中强酸，弱电解质，D错误；
故答案为：D。
13．Li和在450℃时反应制得储氢燃料，易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验宊制备少量装置图。下列有关说法不正确的是

A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．反应时，先点燃c中酒精灯，再对d加热
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红说明反应后固体中一定含
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧
【答案】C
【详解】A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液吸收空气中的酸性气体二氧化碳，A正确；
B．反应时，先点燃c中酒精灯，用铜粉消耗空气中的氧气，再对d加热，B正确；
C．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中一定含，金属锂本身可以与水反应生成氢氧化锂，C错误；
D．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免水解和燃烧，D正确；
故选C。
14．某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析错误的是

A．固体P一定是纯净物
B．若m2＜m1，则原混合物中可能含有Al
C．蓝绿色溶液中一定含有的金属阳离子为Cu2+、Fe2+
D．溶液N中含有Al3+和
【答案】D
【分析】混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，由流程可知：加入过量NaOH溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液N中含偏铝酸钠；固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，固体P是铜单质，则混合物中一定含Cu、Fe2O3、Al、Al2O3中至少含一种，以此来解答。
【详解】A．根据上述分析可知固体P为铜单质，Cu单质为纯净物，A正确；
B．若物质质量关系：m2＜m1，则混合物中可能含有A12O3或Al或Al2O3、Al的混合物，B正确；
C．固体P是Cu，Fe2O3与酸反应产生Fe3+，由于Cu和Fe3+反应产生Fe2+、Cu2+，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不含有Fe3+，C正确；
D．N溶液中含有NaAlO2，向溶液N中滴加足量盐酸，生成AlCl3、NaCl和H2O，溶液中无，D错误；
故合理选项是D。
15．某溶液中可能存在、、、、Mg2+、Na+6种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：)①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，且有无色气泡冒出；②向所得橙黄色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A．一定不含有Mg2+、、 B．一定含有Na+、、
C．可能含有Na+、、、 D．可能含有Na+、
【答案】B
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，说明溶液中含有 Br− ，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子 ，则不含 Mg2+ 、 Al3+ ；②向所得橙色溶液中加入足量 BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含 ；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含 I− ，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；根据电中性原则，溶液中一定存在 Br− 、 、 Na+ ，一定不含 Mg2+ 、 Al3+ 、 ，可能含有 I− ；
故选B。

二、填空题
16．生物浸出是指用细菌(微生物)从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。
已知：①氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+。
②控制适宜的温度和溶液酸碱度，可使氧化亚铁硫杆菌达到最大活性。
③氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿(ZnS难溶于水)的机理如下图：

(1)写出反应1的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移情况是_____________________。
(2)反应2中有S单质生成，则反应2的离子方程式是___________________，用NA表示阿伏伽德罗常数，每生成0.1 mol S单质，转移电子的个数为____________。
(3)根据此机理图，判断下列说法正确的是________。
A．该方法的原料只有ZnS矿和氧气
B．浸出过程中不需要补充铁盐
C．温度越高，ZnS浸出速率越快
(4)生物浸出时的总反应的氧化剂是____________。
(5)检验溶液中含有Fe2+的方法之一，是先向溶液中滴入KSCN溶液，没有现象，再加入合适的氧化剂，如果看到溶液变红的现象，则证明原来的溶液中有Fe2+。可以选择的氧化剂有________。
A．酸性高锰酸钾 B．双氧水 C．过氧化钠 D．氯气
【答案】(1)
(2)     2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+     0.2NA
(3)B
(4)O2
(5)BD

【详解】（1）根据图示可知反应1是在酸性条件下Fe2+与O2反应产生Fe3+、H2O，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，在该反应中Fe2+变为Fe3+，失去电子4×e-；O2得到电子被还原为H2O，得到电子2×2e-，故用单线桥法表示电子转移为：
（2）根据图示可知反应2是Fe3+与ZnS发生氧化还原反应产生Fe2+、Zn2+、S，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+；
根据方程式可知：每反应产生1 mol S单质，反应过程中转移2 mol电子，则若生成0.1 mol S，则反应过程中转移电子数目是0.2NA；
（3）A．根据反应1：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应2：2Fe3++ZnS=2Fe2++S+Zn2+，可知Fe2+是反应的催化剂，反应物是O2、ZnS、H+，生成物是S、Zn2+、H2O，A错误；
B．在反应1中生成Fe3+，反应2消耗Fe3+，二者变化量相同，故浸出过程中不需要补充铁盐，B正确；
C．温度过高，会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，因而会使ZnS浸出速率反而减慢，C错误；
故合理选项是B；
（4）将反应1与反应2叠加，可得总反应方程式为：2ZnS+O2+4H+=2Zn2++2S+2H2O，可见在该反应中O2为氧化剂，ZnS为还原剂；
（5）A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，会将KSCN氧化产生(SCN)2，溶液不能变为红色，因此不能看到溶液变为红色，故不能根据溶液是否变为红色判断Fe2+的存在，A不符合题意；
B．H2O2具有氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，可以证明Fe2+的存在，B符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，能够将Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+与KSCN反应使溶液变为红色，但过氧化钠同时具有漂白性，又将反应产生的红色物质氧化变为无色，溶液最终不能变为红色，故不能据此判断Fe2+的存在，C不符合题意；
D．氯气可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，可以证明Fe2+的存在，D符合题意；
故合理选项是BD。

三、元素或物质推断题
17．下表是元素周期表的一部分，①～⑫分别代表12种元素，请回答：

(1)画出12种元素中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图_______。
(2)⑧在元素周期表中的位置是_______。
(3)过量的②的最高价氧化物与③的气态氢化物在水中反应的离子方程式是_______；②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物的稳定性由强到弱的顺序(写化学式)_______。
(4)以下验证⑤⑥⑦⑪四种元素金属性强弱的方法和结论均正确的是_______(填字母序号)。
A．比较四种元素形成的最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦
B．比较这四种元素形成氢化物的难易程度以及氢化物的热稳定性：⑪⑦
D．将空气中久置的四种元素的块状单质分别放入水中，比较与水反应的剧烈程度：⑪>⑤>⑥>⑦
(5)等质量的⑥、⑦、Zn三种金属分别与1.0mol/L100mL的盐酸充分反应，产生氢气的质量大小关系的猜测有a.⑦>⑥>Zn；b.⑦=⑥=Zn；c.⑦=⑥>Zn；d.⑦=Zn>⑥；e.⑦>⑥=Zn。其中肯定错误的猜测的个数是_______。
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
(6)用一个置换反应证明⑨⑫两种元素的简单阴离子的还原性强弱：_______(写化学方程式)。
【答案】(1)
(2)第四周期第VIB族
(3)          HF>HCl>NH3>CH4
(4)A
(5)D
(6)(阳离子可以变化)

【分析】根据元素周期表的一部分，①～⑫位置可知12种元素为：①H②C③N④F⑤Na⑥Mg⑦Al⑧Cr⑨Cl⑩Ar⑪K⑫Br
【详解】（1）只有⑩Ar是稀有气体最稳定，。
故答案为：。
（2）根据元素周期表中⑧Cr的位置可知第四周期第VIB族。
故答案为：第四周期第VIB族。
（3）②的最高价氧化物为CO2，③的气态氢化物为NH3，过量的CO2与NH3的反应为：。
②③④⑨分别与①形成的简单气态化合物为CH4、NH3、HF、HCl，非金属性越强，稳定性越强，HF>HCl>NH3>CH4。
故答案为：；HF>HCl>NH3>CH4。
（4）A．⑤⑥⑦⑪四种元素金属性强弱，最高价氧化物对应的水化物碱性强弱：⑪>⑤>⑥>⑦，A正确；
B．金属氢化物为强电解质的离子化合物，无法比较稳定性和金属性，B错误；
C．都是活动性很强的金属，特别是⑤、⑪与水就剧烈反应，无法判断金属性，C错误；
D．⑤、⑪与水就剧烈反应，无法辨别金属性，⑥、⑦不与水反应，D错误。
故答案为：A。
（5）1.0mol/L100mL的盐酸，n(HCl)=0.1L×1.0mol/L=0.1mol， 与Mg、Al、Zn三种金属分别充分反应，消耗镁铝锌的质量为：



m镁=1.2g，m铝=0.9g，m锌=3.25g，产生氢气量均为0.1g。可知相同质量Mg、Al、Zn三种金属完全反应时，产生氢气量为Al > Mg >Zn；
a.当三种金属质量≤0.9g时，三种金属都溶解，产生氢气量为Al > Mg >Zn ，a正确；
b.当三种金属质量≥3.25g时，盐酸无剩余，产生氢气量为都为0.1g，Mg=Al=Zn，b正确；
c.当三种金属质量大于1.2g，小于3.25g时，Zn全溶解，Mg、Al都有剩余，产生氢气的量Mg=Al都为0.1g，Zn＜0.1g，c正确；
d.相同质量的Mg、Zn，产生氢气多的是镁 ，不能出现 Zn>Mg，d错误；
e.当等质量Mg、Zn产生氢气相等，盐酸反应完全，产生氢气量为0.1g，Al产生氢气不可能>0.1g，不存在Al > Mg =Zn不存在，e错误；
错误的有d、e两个，故答案为：D。
（6）证明还原性⑨