上海市曹杨第二中学2022-2023学年高一下学期3月第一次月考化学试题 Word版含解析.docx

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曹杨二中2022学年高一第一次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：O-16Cu-64Mg-24一、选择题(每题只有一个正确答案)1.“坚持人与自然和谐共生”是新时代坚持和发展中国特色社会主义的基本方略之一、下列做法与该理念不符的是A.合理施用化肥B.严禁化石燃料C.生活垃圾分类D.发展清洁能源【答案】B【解析】【详解】A．化肥对提高农产品的产量有重要作用，但是过度使用化肥会带来环境问题，因此合理施用化肥能减少污染，实现人与自然和谐共生，故A不符合题意；B．化石燃料是现代社会主要的能源物质，不能禁止化石燃料的使用，故B符合题意；C．生活垃圾分类，有利于实现资源的再利用，减少环境污染，实现人与自然和谐共生，故C不符合题意；D．发展清洁能源有利于减少有害气体的排放，也能节约化石燃料，实现人与自然和谐共生，故D不符合题意；答案选B。2.与S为同主族元素。有关性质的比较错误的是A.半径：Se＞SB.沸点：C.酸性：D.非金属性：Cl＞Se【答案】C【解析】【详解】A．同主族从上到下电子层数增多，原子半径逐渐增大，因此半径：Se＞S，故A正确；B．由于水存在分子间氢键，因此沸点：，故B正确；C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此酸性：，故C错误；D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，同周期从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性：Cl＞S＞Se，故D正确。 答案为C。3.关于自然界中的氮循环相关过程说法正确的是A.：反硝化作用B.硝化作用C.：生物固氮D.人工固氮【答案】A【解析】【详解】A．反硝化作用，是指在缺氧条件下，微生物将硝酸盐及亚硝酸盐还原为气态氮化物和氮气的过程，A正确；B．硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程，B错误；C．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，C错误；D．人工固氮是人工通过化学的方法来合成氨气，如工业合成氨，D错误；故选A。4.铜能够在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，相关的实验装置可选用A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．广口瓶不能加热，故A不符合题意；B．该装置中圆底烧瓶不能盖橡胶塞，容易发生安全事故，故B不符合题意；C．硫粉加热到沸腾产生硫蒸气，遇冷液化，试管口斜向下会流出来，故C不符合题意；D．加热硫粉产生硫蒸汽，将铜丝伸入硫蒸汽中发生反应，故D符合题意；答案选D。5.配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液时，下列操作对实验结果没有影响的是A.容量瓶中原有少量蒸馏水 B.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中C.定容时观察液面俯视D.容量瓶中原有少量Na2CO3溶液【答案】A【解析】【分析】根据c=，把操作对浓度的影响归结为对溶质的物质的量及溶液体积的影响上进行分析判断。【详解】A．若容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，A符合题意；B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，最终导致配制的溶液浓度偏低，B不符合题意；C．定容时观察液面俯视，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则最终导致配制的溶液浓度偏高，C不符合题意；D．容量瓶中原有少量Na2CO3溶液，使溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，D不符合题意；故合理选项是A。6.图是硫元素的价类二维图。下列说法正确的是A.a的电离方程式为B.溶液d久置空气中，pH将减小C.g对热均稳定D.铜与e的浓溶液共热，所得气体通入溶液中，生成白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．a表示H2S，H2S溶于水产生二元弱酸氢硫酸，分步电离，存在电离平衡，主要是第一步电离，电离方程式为：H2SH++HS-，A错误； B．d表示H2SO3，该物质不稳定，容易被空气中的O2氧化为H2SO4，H2SO3是弱酸，被氧化产生H2SO4的是强酸，导致溶液中c(H+)增大，因此溶液pH会减小，B正确；C．g是+6价的硫酸盐，可以Na2SO4，(NH4)2SO4等，前者对热稳定、后者受热分解，则g对热不一定均稳定，C错误；D．e表示H2SO4，Cu与浓硫酸共热反应产生SO2气体，由于酸性：HCl＞H2SO3，所以SO2气体通入BaCl2溶液中，不能发生反应产生BaSO3白色沉淀，D错误；故选B。7.汽车尾气系统中，有毒气体CO和NO在三元催化剂作用下生成无毒气体，某课外化学兴趣小组用如下装置模拟该转化过程。下列说法错误的是A.a装置中试剂为浓硫酸，起干燥、观察流速及混合气体的作用B.b装置的硬质玻璃管中发生反应C.c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸D.d装置既可检验气体，又可吸收实验中有害尾气【答案】D【解析】【分析】【详解】A．进入硬质玻璃管的气体应该为干燥的CO与NO，故a装置中试剂为浓硫酸，用于干燥CO与NO，同时使气体混合均匀且可观察流速，A正确；B．根据题意可知汽车尾气系统中的CO与NO有毒气体在三元催化剂作用下生成无毒气体和，故化学方程式为，B正确；C．c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸，C正确；D．d装置中澄清石灰水可检验气体，但不能与尾气中的CO和NO反应，故不能吸收有害尾气，D错误； 故答案为：D。8.将一定量的SO2通入Fe(NO3)3溶液中，再加入适量BaCl2溶液，一定会大量增加的是A.H+B.SO42-C.Ba2+D.Fe2+【答案】A【解析】【详解】由于二氧化硫是酸性气体，通入Fe(NO3)3溶液中，相当于生成了硝酸，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先发生二氧化硫被硝酸氧化的过程，前阶段发生反应：SO2少量时，2NO3-+3SO2+2H2O=2NO+3SO42-+4H+，后阶段发生反应：SO2过量时：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，总反应：Fe3++3NO3-+5SO2+4H2O=3NO+5SO42-+8H++Fe2+，再加入适量BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故不管是发生前段反应，还是后段反应，氢离子的量一定是增加的，故答案选A。【点睛】本题根据氧化性和还原性的强弱，判断先发生的反应是解本题的关键。9.下列各组离子在澄清透明溶液中能大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．在酸性条件下可以氧化而不能大量共存，故B不符合题意；C．与可以反应生成氨水而不能大量共存，故C不符合题意；D．可以氧化而不能大量共存，故D不符合题意；故选A。10.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A.X与Y组成的化合物中可能具有强氧化性 B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐C.简单离子半径：Q>YD.化合物是强碱【答案】C【解析】【分析】根据原子半径与主要化合价的关系关系得到X为H，Y为O，Z为N，M为Cl，Q为Na，R为Ca。【详解】A．X与Y组成的化合物H2O2，H2O2具有强氧化性，故A正确；B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐，分别可能为硝酸、一水合氨、硝酸铵，故B正确；C．根据同电子层结构核多径小，得到简单离子半径：Y＞Q，故C错误；D．化合物即氢氧化钙是强碱，故D正确。综上所述，答案为C。11.下图为元素周期表的一部分：IAIIAIIIAⅣAⅤAⅥAⅦA第一周期i第二周期dgba第三周期jhe分析上表中a~k所处位置，并结合已学过的知识，回答以下问题。涉及上述元素的答案，请用元素符号或化学式表示。（1）e元素在化合物中所呈的最高正价为_______价，其负离子的结构示意图为_______。（2）以上元素形成的气态氢化物中，最稳定的是_______。（3）写出h和e对应的最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式_______。（4）以下事实能用元素周期律解释的是_______。A.碱性：B.氧化性：C.酸性：D.热稳定性：（5）e、h、j对应的离子半径由大到小的顺序是(填写离子符号)_______。（6）下列有关b、d、g三种元素非金属性强弱的说法正确的是_______。 A.g单质的氧化性很弱，所以g的非金属性很弱B.d和g的氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强C.b和g最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强D.b和g形成的二元化合物中，b呈负价，则b的非金属性强于g（7）试从原子结构的角度解释j和h的金属性强弱_______。（8）已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌。下列说法错误的是_______。A.铬能与冷水发生剧烈反应B.的碱性比NaOH弱C.铬能与稀盐酸发生反应D.Al可能能与反应置换出Cr【答案】（1）①.+6②.（2）HF（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（4）A（5）S2-＞Na+＞Al3+（6）D（7）Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱（8）A【解析】【分析】结合图示可知，a为F，b为O，d为C，e为S，g为N，h为Al，i为H，j为Na元素；【小问1详解】e为S，其最外层电子数为6，则S在化合物中所呈的最高正价为+6价；硫离子的质子数为16，核外电子数为18，最外层电子数为8，其离子结构示意图为。【小问2详解】元素形成的气态氢化物的稳定性与元素的非金属性相一致，以上元素中F的非金属性最强，则形成的气态氢化物中，最稳定的是HF。【小问3详解】h和e对应的最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3与H2SO4，发生反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。【小问4详解】A．金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，钠的金属性大于镁，故碱性： ，A符合；B．元素周期律是元素性质随原子序数的递增而呈现的周期性变化，则不能用元素周期律来解释氧化性：，B不符合；C．HI和HF是气态氢化物，其水溶液的酸性不能用元素周期律来解释，C不符合；D．热稳定性：，与碳酸钠和碳酸氢钠的内部结构有关，不能用元素周期律来解释，D不符合；选A。【小问5详解】e、h、j对应的离子分别为S2-、Al3+、Na+，电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序是S2-＞Na+＞Al3+。【小问6详解】b、d、g三种元素分别为O、C、N元素，则：A．g单质为N2，N2的氧化性很弱，是因为N≡N键能很大，N2的性质很稳定，不能说明g的非金属性很弱，故A错误；B．d和g的氧化物对应水化物有可以分别为碳酸，硝酸和亚硝酸，没有指明是最高价对应的酸性，不能通过酸性强弱比较非金属强弱，故B错误；C．b为O，由于O通常无最高正价，不能通过比较b和g最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较非金属性强弱，故C错误；D．b和g形成的二元化合物中，b呈负价，说明b对电子的吸引能力比g强，故b的非金属性强于g，故D正确；故选D。【小问7详解】试从原子结构的角度解释i和b的金属性强弱：h为Al，j为Na元素，Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱，故答案为：Na、Al为同周期元素，随原子序数递增，原子半径减小，失去电子能力减弱，金属性减弱。【小问8详解】A．已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌，金属性越强，单质与水或氢离子反应越容易，铁铬锌均不能与冷水发生剧烈反应，A错误；B．已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则的碱性比NaOH弱，B正确； C．已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌，则铬能与稀盐酸发生反应，C正确；D．已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌＜Al，则Al可能能与反应置换出Cr，D正确；选A。12.有H、C、O、Na、Mg、Al、P、Cl、Ar等9种元素或它们的原子。如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：(1)原子核对核外电子的吸引力(2)形成稳定结构的倾向。下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量()：锂XY失去第一个电子519502580失去第二个电子729645701820失去第三个电子1179969202750失去第四个电子955011600（1）通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量_______。（2）表中X可能为以上9种元素中的_______(填写元素符号)元素。用元素符号表示X和地壳中含量占第一位的元素形成化合物的化学式_______。（3）Y是周期表中_______族元素。（4）以上9种元素中，_______(填写字母)元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。（5）下列实验装置符合题意且能达到相应实验目的的是_______。A.装置甲利用提取苯中溶解的 B.装置乙分离和固体C.装置丙验证非金属性S>C>Si(已知硅酸不溶于水)D.装置丁比较醋酸与硼酸酸性(已知酸性醋酸>碳酸)【答案】（1）锂原子失去最外层一个电子后，锂离子已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难（2）①.Na②.Na2O、Na2O2（3）第三周期第IIIA（4）Ar（5）CD【解析】【小问1详解】通过上述信息和表中的数据分析，锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量主要是锂原子核外共有3个电子，其中2个在K层，1个电子再L层，当锂原子失去最外层一个电子后，锂离子已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难；故答案为：锂原子失去最外层一个电子后，锂离子已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难。【小问2详解】表中X的I1远远小于I2，说明是第IA族元素，而且该元素原子核外至少有4个电子，因此X可能为以上9种元素中的Na元素。钠和氧形成化合物的化学式为Na2O、Na2O2；故答案为：Na；Na2O、Na2O2。【小问3详解】Y的I3远远小于I4，说明是第IIIA族元素，是Al元素，Al在周期表中第三周期第IIIA族元素；故答案为：第三周期第IIIA。【小问4详解】以上9种元素中，稀有气体元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多即Ar；故答案为：Ar。【小问5详解】A．四氯化碳和苯是互溶的，因此装置甲不能利用提取苯中溶解的，故A不符合题意；B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢反应生成氯化铵，单质碘易升华，因此装置乙不能分离和固体，故B不符合题意；C．硫酸和碳酸钠反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸钠，利用最高价氧化物对应水化物强酸制弱酸，因此装置丙能验证非金属性S＞C＞Si，故C符合题意；D．装置丁中左边产生气泡，右边没有气泡，则说明醋酸比硼酸酸性强，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。13.I．已知金属活动性在铅之后的金属硫化物一般不溶于强酸和水，之前的硫化物可溶于强酸。（1）下列实验中无黑色固体物质生成的是_______。 A.硫化氢通入硫酸亚铁溶液B.硫化氢通入硫酸铜溶液C.硫化钠加入硫酸亚铁溶液D.硫化钠加入硫酸铜溶液（2）实验室中也能进行等气体的制备，以下是实验室某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是_______。选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaOB稀硝酸CuC稀硫酸FeSNaOH溶液D浓盐酸NaOH溶液A.AB.BC.CD.DII．过二硫酸钾()在高于100℃的条件下能发生分解反应。现称取一定质量的固体(含有不分解的杂质)，进行如下实验：加热过二硫酸钾使其完全分解，通过测定的体积计算过二硫酸钾的纯度，并且收集(已知的熔点为16.8℃)。（3）试从下图中选出必要的装置，连接成一套实验装置，这套装置从左向右的连接顺序(填装置编号)为_______。（4）将与水反应，鉴定所得溶液中负离子的实验操作与相应的现象及结论是：_______。（5）硫酸工业中由生成的化学方程式为：_______。 （6）若实验时称取过二硫酸钾(式量为270)的质量为Wg，测得气体排出水的体积为amL(此时该气体的密度为1.43g∙L−1)，此过二硫酸钾的纯度为_______。【答案】（1）A（2）C（3）EDCF（4）取少量溶液加足量的盐酸，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则说明所得溶液中含有硫酸根离子（5）（6）【解析】【分析】根据信息，过二硫酸钾()在高于100℃的条件下在装置E中发生分解反应，收集(已知的熔点为16.8℃)，D装置具有冷凝作用，C装置通过排出水来收集的体积并用F装置接收排出的水，根据排出的水的体积来计算过二硫酸钾的纯度。【小问1详解】A．硫化氢通入硫酸亚铁溶液，两者不反应，故A符合题意；B．硫化氢通入硫酸铜溶液，两者反应生成CuS黑色沉淀和硫酸，故B不符合题意；C．硫化钠加入硫酸亚铁溶液，两者反应生成FeS黑色沉淀和硫酸钠，故C不符合题意；D．硫化钠加入硫酸铜溶液，两者反应生成CuS黑色沉淀和硫酸钠，故D不符合题意；综上所述，答案为：A。【小问2详解】A．氨气密度比空气小，收集氨气应该用向下排空气法收集，故A不符合题意；B．铜和稀硝酸反应生成NO，故B不符合题意；C．稀硫酸和硫化亚铁反应生成硫化氢和硫酸亚铁，硫化氢密度比空气大，用向上排空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液处理，故C符合题意；D．浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，该装置没有加热装置，故D不符合题意，综上所述，答案：C。【小问3详解】用E装置加热分解，先用D装置收集三氧化硫并冷却，再用C装置排液法收集氧气并测得排出水的体积，因此这套装置从左向右的连接顺序EDCF；故答案为：EDCF。【小问4详解】将与水反应生成硫酸，所得溶液中含有硫酸根离子，选用盐酸和氯化钡试剂来鉴别硫酸根，其实验操作与相应的现象及结论是：取少量溶液加足量的盐酸，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则说明所得溶液中含有硫酸根离子；故答案为：取少量溶液加足量的盐酸，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则说明所得溶液中含有硫酸根离子。 小问5详解】硫酸工业中由生成的化学方程式为：；故答案为：。【小问6详解】若实验时称取过二硫酸钾(式量为270)的质量为Wg，测得气体排出水的体积为amL(此时该气体的密度为1.43g∙L−1)，则氧气质量为1.43g∙L−1×a×10−3L=1.43ag，根据方程式，则此过二硫酸钾的纯度为；故答案为：。14.I.氮的氧化物()是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用将还原生成。某同学在实验室中对与反应进行了探究。回答下列问题：（1）将20mL和NO的混合气体通入倒立于水槽且盛满水的试管中，充分反应后试管中剩余10mL气体，则原混合气体中与NO的体积比为_______。A.1：1B.1：3C.3：1D.2：1（2）如果选择A装置制备氨气，写出对应化学反应方程式_______若使用B装置制备氨气；请简单说明氨气制备的原料_______和反应原理(用化学方程式表示)_______；收集氨气时用D装置，气体从_______进入(填e或f)。欲制取一瓶干燥的氨气，除发生装置外，还需选择图中的C装置进行干燥，其中干燥剂应使用_______。氨气的制备II.氨气与二氧化氮的反应：将上述收集到的充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(两端用夹子、夹好)。在一定温度下按下图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置省略)。 （3）打开，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，可观察到Y管中_______，Y管中反应的化学方程式为：_______。（4）Z的作用为_______。III.硝酸和硝酸盐是化工中的重要原料（5）受热易分解，分解反应为：。某学生将带火星的木条放入受热分解得到的混合气体中，木条复燃。则下列判断正确的是_______。A.产物中有氧气，所以木条复燃B.不能确定是否助燃C.肯定也能助燃D.肯定不能助燃（6）1.52g铜镁合金完全溶解于足量浓硝酸中，得到标况下和混合气体1120mL。(已知室温下，生成的有一部分会自发二聚生成四氧化二氮，)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀；则该合金中=_______；和的混合气体中，的体积分数为_______。【答案】（1）C（2）①.②.浓氨水③.④.f⑤.碱石灰（3）①.气体颜色褪色，Y管内壁有液体②.（4）吸收尾气，防止污染空气（5）B（6）①.2:1②.【解析】【小问1详解】设混合气体中含有的和体积分别为和，则根据反应： ，，联立方程，解得，所以混合气体中和体积之比为：，故选C；【小问2详解】A装置为固体加热制备氨气，应选择固体和熟石灰反应，反应的化学方程式为：；B装置为液体加热制备氨气，选择的原料应为浓氨水，反应的方程式为：；氨气的密度比空气小，收集氨气时应用向下排空气法，用D装置，气体从f口进入；氨气为碱性气体，应该选择碱石灰作干燥剂；【小问3详解】根据氧化还原反应的规律，和可发生反应：，所以可观察到Y管中，气体颜色褪色，Y管内壁有液体；【小问4详解】Z中含有的的作用是，尾气中的有毒，所以Z中的作用是吸收尾气，防止污染空气；【小问5详解】受热易分解，，气体产物中很有和，能使带火星的木条复燃，但是不能确定是否助燃，故选B；【小问6详解】设合金中铜和镁的物质的量分别为xmol，ymol，则，解得，则该合金中；设混合气体中和物质的量分别是amol和bmol，根据得失电子守恒，，，联立解得：，所以的体积分数为。15.阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。（1）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)(已知还原性：Fe2+>Br－)。A.HClO酸性强于HBrO B.向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄C.HBr的分解温度低于HClD.是非氧化还原反应（2）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢(HX)，起到阻燃作用。卤化氢的电子式为_______；溴离子的电子式是_______。（3）卤化氢的水溶液与卤酸盐反应会产生卤素单质，写出氢溴酸与溴酸钾反应的离子方程式：_______，若生成0.3mol溴单质，转移的电子为_______个。【答案】（1）CD（2）①.②.（3）①.5Br－＋＋6H＋＝3Br2＋3H2O②.0.5NA【解析】【小问1详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，HClO酸性强于HBrO，与非金属性强弱无关，故A不符合题意；B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄，说明氯气优先氧化了亚铁离子，亚铁离子还原性强于溴离子，但不是无法判断氯气是否能氧化溴离子，故不能得出氯的非金属性强于溴，故B不符合题意；C．根据非金属性越强，其氢化物越稳定，HBr的分解温度低于HCl，说明HCl稳定，则氯的非金属性比溴强，故C符合题意；D．是非氧化还原反应，说明氯化溴中氯显负价，氯的非金属性强，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。【小问2详解】卤化氢是共价化合物，其电子式为；溴离子的电子式是；故答案为：；。【小问3详解】 卤化氢的水溶液与卤酸盐反应会产生卤素单质，则氢溴酸与溴酸钾反应生成溴化钾、溴单质和水，其反应的离子方程式：5Br－＋＋6H＋＝3Br2＋3H2O，根据方程式分析转移5mol电子生成3mol溴单质，若生成0.3mol溴单质，则转移0.5mol电子，则转移的电子为0.5NA个；故答案为：5Br－＋＋6H＋＝3Br2＋3H2O；0.5NA。