2025年新世纪版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年新世纪版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K＋、Ca2＋、I－、OH－B.能使甲基橙变红的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、Cl-C.的溶液：Na＋、K＋、Br－D.c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中：H＋、Br－、Li＋、2、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=2的溶液：Na+、Fe3+、Cl-、NOB.含有大量S2-的溶液中：K+、Mg2+、ClO-、SOC.水电离产生的c(OH-)=1×10-11mol/L的溶液中：Al3+、SOCOCl-D.c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液：Al3+、NOMnOSCN-3、如图；下列关于新型镁锂双离子二次电池的说法不正确的是。

A.充电时，外加电源的正极与Y相连B.充电时，导线上每通过lmole—，理论上左室电解液质量减轻12gC.放电时，Li十由左向右移动D.放电时，正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO44、下列热化学方程式正确的是。选项已知条件热化学方程式AH2的燃烧热为akJ∙mol−1H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH＝−akJ∙mol−1B1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝−98.3kJ∙mol−1CH＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝−57.3kJ∙mol−1H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＝−114.6kJ∙mol−1D31g白磷比31g红磷能量多bkJP4(白磷,s)＝4P(红磷,s)ΔH＝−4bkJ∙mol−1

A.AB.BC.CD.D5、常温下，下列离子浓度关系正确的是A.Na2S溶液中：B.常温下，加水稀释溶液，减小，增大C.和0.1mol/LNaClO混合溶液中：D.等浓度的①②③三种溶液中大小：①>②>③6、25℃时，0.1mol·L-1R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.B.P、Q点对应溶液中的值：PC.若将溶液无限稀释，溶液中c(R+)≈c(SO)D.相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2mol·L-1，P点移至W点7、下列方程式书写正确的是A.在水溶液中的电离方程式：B.的电离方程式：C.的水解方程式：D.的水解方程式：8、在2L密闭容器中加入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应：N2+3H22NH3，半分钟后测得生成0.06molNH3，该时间段内平均反应速率为A.v(NH3)=0.06mol·L-1·min-1B.v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C.v(NH3)=0.12mol·L-1·min-1D.v(N2)=0.24mol·L-1·min-19、金属镍有广泛的用途，粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述中正确的是(已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+)A.阳极发生还原反应，其电极反应式为Ni2++2e-=NiB.电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量相等C.电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+D.电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、把溶液和溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的为A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol/LC.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D.c(OH-)>c(H+)11、已知反应：时，该反应的平衡常数在时，分别在四个相同体积的恒容密闭容器中投料，起始浓度如下表所示：。温度/容器起始浓度/mol•L-1H2CO2H2OCOH2OCOT1Ⅰ0.10.100Ⅱ0.20.1000Ⅲ0.10.20.10.10.1T2Ⅳ0.040.040.060.06

下列判断正确的是A.若容器Ⅰ达到平衡，则内，v(CO)=0.012mol•L-1•min-1B.CO2的平衡转化率：容器Ⅰ＞容器ⅡC.容器Ⅲ中反应向正反应方向进行D.若容器Ⅳ中反应向正反应方向进行，则T2＜T112、温度为T1时；在三个容积均为1L的恒容密闭容器中均发生反应：

2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。容器编号物质的起始浓度(mol·L－1)物质的平衡浓度(mol·L－1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35

下列说法正确的是A.容器Ⅱ达到平衡前v正＞v逆B.达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%C.设K为该反应的化学平衡常数，则有K＝D.当温度改变为T2时，若T2＞T1，则＜1.2513、在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，相关数据如下表所示：。容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1molN2、3molH22molNH32molNH3平衡时容器体积V(甲)V(乙)V(丙)反应的平衡常数KK(甲)K(乙)K(丙)平衡时NH3的浓度c/mol·L－1c(甲)c(乙)c(丙)平衡时NH3的反应速率。

v/mol·L－1·min－1v(甲)v(乙)v(丙)

下列说法正确的是（）A.V(甲)＞V(丙)B.K(乙)＜K(丙)C.c(乙)＞c(甲)D.v(甲)＝v(丙)14、一定温度下，在1L的恒容密闭容器中发生反应X(g)+2Y(g)3Z(g)。反应过程中的部分数据如表所示：。

t/min

n(X)/mol

n(Y)/mol

n(Z)/mol

0

1.0

1.2

0

5

0.6

10

0.7

15

0.6

下列说法正确的是A.5~10min用Y表示的平均反应速率为0.12mol•L-1•min-1B.10~15min平衡没有发生移动C.达到平衡状态时，c(Z)=0.6mol•L-1D.X的平衡转化率为30%15、常温下，现有0.1mol•L-1NH4HCO3溶液；pH=7.8，已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.当pH=9时，溶液中存在下列关系：c(CO)>c(NH3•H2O)>c(HCO)B.NH4HCO3溶液中存在下列关系：<1C.向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH和HCO浓度逐渐减小D.分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO)的数量级为10-816、常温时，若Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知=0.29)。下列分析正确的是。

A.由图可知常温下Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]B.室温下饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液变浑浊，恢复至室温，Ca(OH)2的Ksp不变，钙离子浓度不变C.饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合：c(WO)＜c(Ca2+)＜c(H+)＜c(OH—)D.d点的CaWO4溶液中，加入CaCl2固体，d点溶液组成沿da线向c点移动(假设混合后溶液体积不变)17、下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是。选项实验现象结论A向溶液中通入足量的生成两种沉淀的氧化性强于SB向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液先出现浅蓝色沉淀的溶度积比的小C向溶液中滴入几滴的溶液有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深能催化分解，且该分解反应为放热反应D铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用

A.AB.BC.CD.D18、80℃时，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列说法错误的是。起始浓度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20

A.容器甲中的反应在前2min的平均速率v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1B.达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的ΔH＜0D.容器乙中若起始时改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡相同评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)19、铁在生产生活中应用最广泛；炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。

(1)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应有:。反应△H(kJ/mol)Ki.Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)+489K1ii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)XK2iii.C(s)+CO2(g)2CO(g)+172K3

试计算，X=_____，K1、K2与K3之间的关系为K1=__________。

(2)T1℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应i，反应达到平衡后，在t1时刻，改变某条件，υ(逆)随时间(t)的变化关系如图1所示，则t1时刻改变的条件可能是___________(填写字母)。

a.保持温度不变，压缩容器b.保持体积不变；升高温度。

c.保持体积不变，加少量碳粉d.保持体积不变；增大CO浓度。

(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(PKPa)加入1molCO2与足量的碳；发生反应ⅲ，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。

①T℃时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合气体，平衡_________(填“正向”；“逆向”或“不”)移动。

②925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_________KPa。[气体分压(p分)=气体总压(p)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp]20、浓度均为0.01mol•L-1的盐酸(A)；醋酸溶液(B)、氢氧化钠溶液(C):

（1）写出B溶液中醋酸的电离方程式：______________。上述溶液稀释10倍后pH减小的是______________（填字母）。

（2）取等体积的A、B两溶液分别加入过量的锌粉，反应开始时放出H2的速率依次为a1、a2,则a1______________（填“>”“<”或“=”,下同）a2。反应结束时放出H2的物质的量为n1、n2，则n1______________n2。

（3）完全中和体积与物质的量浓度均相同的两份C溶液时，需A、B两溶液的体积依次为V1、V2则V1______________V2;若完全中和体积与pH均相同的A、B两溶液时消耗C溶液的体积分别为V(A)、V(B),则V(A)______________V(B)。

（4）图中M点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度N点表示T℃时水在电离平衡时的离子浓度。T℃时，3×10-3mol•L-1的氢氧化钠溶液与1×10-3mol•L-1盐酸等体积混合后溶液的pH=______________。

21、氮氧化物是主要大气污染物，可采用多种方法消除，其中氢气选择性催化还原()是一种理想的方法。其相关反应如下：

主反应：

副反应：

(1)已知：则_______(用含有和的代数式表示)

(2)恒温条件下，将充入某恒容密闭容器中；在催化剂作用下进行反应。

①下列有关说法错误的是_______。(填字母序号)

a.当容器内的压强不再变化时说明主；副反应均达到平衡。

b.平衡后，若向容器内再充入少量主；副反应平衡常数均增大。

c.平衡后，和三者的物质的量之比保持不变。

d.平衡后，

②在不同温度下，反应相同时间时测得混合气体中N2、的体积分数随温度的变化关系如图所示，温度高于205℃时，的体积分数随温度的升高而减小的原因可能_______。(答一点)

(3)某温度下，将按物质的量比1：3充入某恒容密闭容器中，若平衡后与物质的量之比为3：1，的转化率为80%，则的有效去除率(转化为的的量与起始量的比值)为_______%，的物质的量分数为_______%。(结果保留两位有效数字)

(4)在催化剂表面的反应机理如下图：

研究表明，在催化剂中，表面上形成的以的形式被储存。随后在载体上，与和产生该反应的离子方程式为_______。(已知发生反应的物质的量之比为1：1)

(5)除了还有其他有效的方法消除氮氧化物，例如可用电解法将转变为其工作原理如图。M极为电解池的_______极，N极的电极反应式为_______。

22、锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造如图所示。回答下列问题：

（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn＋2NH4Cl＋2MnO2=Zn(NH3)2Cl2＋2MnOOH，该电池中，负极材料主要是______________，电解质的主要成分是________，正极发生的主要反应是________________________。

（2）与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是____________________________。。23、一定温度下，向一容积为2L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H=-196kJ/mol。当反应达到平衡时；容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下到问题：

(1)判断该反应达到平衡状态的标志是_______(填序号)。

A.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2

B.容器内气体的压强不变。

C.容器内混合气体的密度保持不变。

D.反应热不变化。

E.SO2生成速率和SO3的生成速率相等。

(2)SO2的转化率为_______；达到平衡时反应放出的热量为_______；此温度下该反应的平衡常数K=_______。

(3)如图表示平衡时SO2体积分数随压强和温度变化的曲线；则：

温度关系：T1___T2(填“>”“<”或“=”下同)平衡常数关系：KA___KD。24、某温度时，ⅥA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ•mol-1

③H2(g)+Se(g)⇌H2Se(g)ΔH=+81kJ•mol-1

请回答：

(1)上述反应中属于放热反应的是___________(填序号，下同)，属于吸热反应的是___________。

(2)2gH2完全燃烧生成气态水，放出的热量为___________。

(3)请写出O2与H2S反应生成S的热化学方程式___________。

(4)根据下图写出热化学方程式___________。

(5)加入催化剂该反应的反应热H是否发生了改变___________(填“是”或“否”)。25、如图所示装置为在直流电的作用下电解CuSO4溶液图，其中A、B为石墨电极，a、b为电源的两极；当接通电源后，通电一段时间后，将B电极取出洗干净并干燥后称量其质量增加了3.2g，则：

(1)a为电源的_______极。

(2)写出电极反应方程式：A_______；B_______26、已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系：

①c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋)

②c(Na+)>c(OH-)=c(CH3COO-)>c(H＋)

③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)

④c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)

⑤c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)

结合离子关系填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；

(2)若溶质为CH3COONa和CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_____________。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)27、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误28、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误29、用pH试纸测定氯化钠溶液等无腐蚀性的试剂的pH时，试纸可以用手拿。(_____)A.正确B.错误30、碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共6分)31、元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。在周期表中的区域元素代号有关信息短周期元素XX的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液YY的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂长周期元素ZZ的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料WW元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨

(1)X元素周期表中的位置为_____，X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为_______。

(2)足量W的最高价氧化物的水化物的稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式_____。

(3)下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有_______(选填字母)

a、丁比氯化氢沸点高b；丁比氯化氢稳定性好。

c、丁比氟化氢还原性弱d；丁比氟化氢酸性弱。

(4)请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式____________。32、随原子序数递增的八种短周期元素原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：

(1)f在元素周期表的位置是____________________________。

(2)比较y、z简单氢化物的沸点(用化学式表示，下同)__________＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱____________＞_____________。

(3)下列事实能说明d元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_________。

a．d单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1mold单质比1molS得电子多。

c．d和S两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

(4)任选上述元素组成一种四原子18电子共价化合物，写出其电子式___________________。

(5)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.75kJ热量，写出该反应的热化学方程式____________________________________________。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共6分)33、SO2的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染；而且可得到有经济价值的单质S。

（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_____________。

（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成；如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:

①分析可知X为______(写化学式)，0～t1时间段的温度为_____，0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为________。

②总反应的化学方程式为_____________。

（3）焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。

①该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)。

②算a点的平衡常数为_________。

（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为________。已知:H2SO3的电离常数K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中可能含有银离子，则I－、OH－均不能大量共存；且钙离子和氢氧根离子也不能大量共存，A不符合；

B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，则Mg2＋、Cu2＋、Cl-可以大量共存；B符合；

C．的溶液显酸性，与氢离子反应不能大量共存；C不符合；

D．c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中S2－、H＋、之间发生氧化还原反应；不能大量共存，且硝酸也能氧化溴离子，D不符合；

答案选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．pH=2的溶液中有大量氢离子；四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，A符合题意；

B．次氯酸根具有氧化性，会和S2-发生氧化还原反应；不能大量共存，B不符合题意；

C．水电离产生的c(OH-)=1×10-11mol/L的溶液中水的电离受到抑制，可能显酸性也可能显碱性，碱性溶液中Al3+不能大量存在，酸性溶液中CO不能大量存在；C不符合题意；

D．高锰酸根具有强氧化性，会将Fe2+氧化；不能大量共存，D不符合题意；

综上所述答案为A。3、B【分析】【分析】

放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应；负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。

【详解】

A.左边镁失电子；为负极；右边电极上得电子、发生还原反应、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，故A正确；

B.充电时，导线上每通过1mole−，左室得电子发生还原反应，反应式为但右侧将有1molLi+移向左室；所以溶液质量减轻12−7=5g，故B错误；

C.放电时，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极，即放电时，Li+由左向右移动；故C正确；

D.右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为故D正确；

故答案选：B。4、D【分析】【详解】

A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H2和气态O2反应生成1mol液态水放出的热量；故A错误；

B．根据1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO2、1molO2完全反应后，放出热量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝−196.6kJ∙mol−1；故B错误；

C．根据H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝−57.3kJ∙mol−1，生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6kJ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＜−114.6kJ∙mol−1；故C错误；

D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷会释放能量，1mol白磷固体变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此P4(白磷,s)＝4P(红磷,s)ΔH＝−4bkJ∙mol−1；故D正确。

综上所述；答案为D。

【点睛】

无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热ΔH都表示反应进行到底(完全转化)时的能量变化。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．Na2S溶液中物料守恒为：A错误；

B．常温下，加水稀释溶液，促进碳酸根水解，氢氧根的物质的量增加，但浓度减小，因此氢离子浓度增大，所以均增大；B错误；

C．和0.1mol/LNaClO混合溶液中根据组成之比，钠离子的浓度等于氯元素和碳元素在溶液中所有存在的微粒浓度之和，所以离子浓度的大小为：C错误；

D．硫酸氢根电离出的氢离子对铵根离子的水解起抑制作用，所以三种溶液中大小顺序为：①＞②＞③；D正确；

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．P点lgc(OH-)=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，=-2.3，即=102.3mol/L，A正确；

B．R2SO4溶液中因存在R+的水解而显酸性，加水稀释，酸性减弱，所以P点稀释程度大，=稀释程度越大，c(ROH)越小，而水解平衡常数不变，故的数值小；B正确；

C．若将溶液无限稀释，溶液接近中性，根据电荷守恒可知，c(R+)≈c(SO42-)；C正确；

D．溶液浓度增大，Kb(ROH)不变；所以关系曲线不变，D错误；

故选D。7、B【分析】【详解】

A．因为H2SO3为弱酸，所以在水溶液中的电离方程式应为NaHSO3=Na++A不正确；

B．为二元弱酸，发生分步电离，每步只电离出1个H+，第一步电离方程式为B正确；

C．碳酸为二元弱酸，电离分步进行，则的水解也应分步进行；不能把两步水解反应合写，C不正确；

D．为HS-的电离方程式；而不是水解方程式，D不正确；

故选B。8、A【分析】【分析】

【详解】

由N2+3H22NH3可知，半分钟后测得生成0.06molNH3，v(NH3)==0.06mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)=0.06mol·L-1·min-1×=0.09mol·L-1·min-1，v(N2)=0.06mol·L-1·min-1×=0.03mol·L-1·min-1，A选项符合题意；答案为A。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．电解时；阳极Zn；Fe、Ni失去电子，发生氧化反应，故A错误；

B．因氧化性Ni2+>Fe2+>Zn2+，故阴极反应式为Ni2++2e-=Ni；可见，阳极质量减少是因为Zn；Fe、Ni溶解，而阴极质量增加是因为Ni析出，故B错误；

C．电解后溶液中的阳离子除Fe2+和Zn2+外，还有Ni2+和H+；故C错误；

D．因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+；铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，故D正确；

故选D。二、多选题(共9题，共18分)10、AB【分析】【分析】

把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，得到的是等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液。CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解；所以溶液显酸性。

【详解】

A.根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液显酸性，c(OH-)＜c(H+)，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)；选项A正确；

B.由于两溶液等体积混合，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L；选项B正确；

C.CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)；选项C错误；

D.溶液显酸性，所以c(OH-)＜c(H+)；选项D错误；

答案选AB。11、AC【分析】【分析】

【详解】

A．容器①中：平衡常数K===解得：x=0.06，故用CO表示的化学反应速率为v(CO)===0.012mol•L-1•min-1，故A正确；B．根据表中数据可知，容器Ⅱ比容器Ⅰ多加了的H2，所以容器Ⅱ中CO2的转化率比容器Ⅰ中的高，故B错误；C．容器③中反应的浓度商Qc==0.5＜K=容器③中反应向正反应方向进行，故C正确；D．容器④中Qc==反应向正反应方向进行，说明Qc＜K，已知：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H＞0，说明温度升高，所以T2＞T1，故D错误；故选AC。12、AD【分析】【详解】

A．根据I中的数据列三段式：

化学平衡常数K==0.8，根据Ⅱ中数据，Qc=≈0.56＜K，反应正向移动，则容器Ⅱ达到平衡前v正＞v逆；故A正确；

B．如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有c(O2)=0.1mol/L剩余；与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，故C错误；

C．设K为该反应的化学平衡常数，当反应达到平衡时，v正=v逆，则有k正c2(NO2)=k逆c2(NO)·c(O2)，则=K；故C错误；

D．由于该反应正反应是吸热反应，达平衡时，若T2＞T1，当温度升高到T2时，平衡常数则大，即K=＞0.8，即＜1.25；故D正确；

答案选AD。13、BC【分析】【详解】

A、甲与充入2mol氨气是等效平衡，合成氨的逆反应是气体物质的量增大的反应，甲是恒温恒容条件，丙是恒温恒压条件，达平衡时，丙的容器的体积大于甲的体积，所以V(甲)

B、乙、丙都是从逆反应开始的，乙是绝热容器，合成氨的反应是放热反应，逆反应是吸热反应，所以平衡时乙容器的温度低于丙容器，而温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以K(乙)＜K(丙)；故B正确；

C；因为甲与充入2mol氨气是等效平衡；乙是绝热容器，所以达平衡时容器内的温度低于甲容器，而温度降低平衡正向移动，所以乙中氨气的浓度大于甲中氨气的浓度，c(乙)＞c(甲)，故C正确；

D、因为V(丙)>V(甲)，所以丙需减小容器的体积才能达到与甲等效的平衡，而体积减小，压强增大，平衡正向移动，氨气的物质的量浓度增大，所以甲中氨气的浓度大于丙中氨气的浓度，则v(甲)>v(丙)；故D错误；

答案选BC。14、BD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知0~5min内Δn(Z)=0.6mol，则此时段内Δn(X)=0.2mol，Δn(Y)=0.4mol，所以5~10min内Δn(X)=0.2mol=1.0mol-0.2mol-0.7mol=0.1mol，则5~10min内Δn(Y)=0.2mol，容器体积为1L，所以v(Y)==0.04mol·L-1·min-1；A错误；

B．10min时n(Y)=1.2mol-0.4mol-0.2mol=0.6mol；则10~15min这段时间内，Y的物质的量没有发生变化，说明反应达到平衡，B正确；

C．平衡时Δn(Y)=0.2mol+0.4mol=0.6mol，则Δn(Z)=0.9mol，容器体积为1L，所以c(Z)=0.9mol•L-1；C错误；

D．平衡时Δn(Y)=0.6mol，则n(X)=0.3mol，转化率为×100%=30%；D正确；

综上所述答案为BD。15、BD【分析】【详解】

A．由图像可得，pH=9时，溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)；故A错误；

B．根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)<Kh(HCO3-)，因此c(NH4+)>c(HCO3-)，再结合①式可得：c(NH3·H2O)2CO3)+c(CO32-)，即<1；故B正确；

C．根据图像可知，当溶液pH增大时，NH3·H2O浓度逐渐增大，则NH4+的浓度逐渐减小，而HCO3-浓度先增大后减小；故C错误；

D．Kh(HCO3-)=如图常温下当pH=6.5时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，c(OH-)==10-7.5=×10-8，将数据代入上式得：Kh(HCO3-)=×10-8，常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-8；故D正确；

故选BD。16、AB【分析】【详解】

A．由图可知，溶液中钙离子浓度为10-3mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度和钨酸根离子浓度分别为10-2mol/L、10-7mol/L，氢氧化钙和钨酸钙的溶度积分别为Ksp[Ca(OH)2]=10-3mol/L×(10-2mol/L)2=10-7、Ksp(CaWO4)=10-3mol/L×10-7mol/L=10-10，则Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]；故A正确；

B．室温下；饱和氢氧化钙溶液中加入少量氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，会有氢氧化钙析出使溶液变浑浊，当恢复至室温时，氢氧化钙溶度积不变，溶液中氢氧化钙的浓度不变，钙离子浓度不变，故B正确；

C．由氢氧化钙的溶度积可知，饱和溶液中钙离子的浓度为=2.9×10-3mol/L、氢氧根离子浓度为2×2.9×10-3mol/L=5.8×10-3mol/L；则饱和氢氧化钙溶液和饱和钨酸钙溶液等体积混合后，溶液中钙离子浓度大于氢离子浓度，故C错误；

D．由图可知；d点溶液为未钨酸钙的不饱和溶液，溶液中钙离子浓度增大，钨酸根离子浓度不变，d点溶液组成沿水平线向右移动(假设混合后溶液体积不变)，故D错误；

故选AB。17、BC【分析】【分析】

【详解】

A．氯化铁溶液中通入硫化氢；反应生成氯化亚铁；硫和水，只有一种沉淀，铁离子氧化性大于硫，A错误；

B．相同浓度的和中加入先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此的溶度积比的小；B正确；

C．过氧化氢分解产生气体；氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C正确：

D．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入发生反应的离子方程式为：体现了硝酸根在酸性环境中的强氧化性；结论错误，D错误。

答案选BC。18、BC【分析】【分析】

【详解】

A．甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，可列三段式：容器甲中的反应在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol·L-1·min-1；A项正确；

B．反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体体积不变的反应；压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物的转化率相等，由于丙中各组分浓度是甲中的2倍，则容器丙中的反应速率较大，B项错误；

C．80℃，平衡常数K==1，温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56＞1，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；C项错误；

D．设平衡时NO的浓度为xmol/L，所以则=1，解得x=0.067mol/L，所以若起始时改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2；平衡时c(NO)与原平衡相同，D项正确；

故答案为BC。三、填空题(共8题，共16分)19、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，第一个方程式减去第三个方程式的3倍，得到X=+489−(+172)×3=−27；分别写出三个反应的平衡常数的表达式，即可推导出K1、K2与K3之间的关系为K1=K2·故答案为：K2·

(2)a．保持温度不变；压缩容器，浓度增大，CO决定化学平衡常数，化学平衡常数必变，最终CO浓度不变，故a符合题意；

b．保持体积不变，升高温度，反应速率加快，化学平衡常数改变，CO浓度不会回到原平衡常数状态，故b不符合题意；

c．保持体积不变；加少量碳粉，速率不变，故c不符合题意；

d．保持体积不变；增大CO浓度，化学速率加快，平衡常数不变，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度回到原平衡状态，故d符合题意；

综上所述；答案为：ad。

(3)①T℃时，CO和CO2体积分数都为50%，则CO和CO2物质的量都为0.5mol，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合气体，假设加入物质的量分别为5mol和4mol，如果加入4molCO2和4molCO，相当于等效平衡，因此平衡不移动，而加入的是5molCO2，相当于开始加入4molCO2和4molCO，后来再加入1molCO2；因此平衡正向移动；故答案为：正向。

②925℃时，CO的体积分数为96%，CO2的体积分数为4%，则p(CO)=0.04PKPa，p(CO2)=0.96PKPa，所以分压平衡常数KPa；故答案为：23.04P。【解析】−27K2·ad正向23.04P20、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱电解质；醋酸的电离可逆；加水稀释，酸的pH升高；碱溶液的pH降低；

（2）0.01mol•L-1的盐酸中氢离子浓度大于0.01mol•L-1的醋酸；同浓度；同体积的盐酸、醋酸中溶质的物质的量相同；

（3）完全中和体积与物质的量浓度均相同的两份氢氧化钠溶液时；消耗盐酸；醋酸的物质的量相等；pH均相同的盐酸、醋酸，醋酸浓度大于盐酸；

（4）N点表示T℃时水的离子积，则T℃时水的离子积常数是10-12；

【详解】

（1）醋酸是弱电解质，醋酸的电离方程式是CH3COOHCH3COO-+H+；盐酸；醋酸的pH小于7；加水稀释pH增大；氢氧化钠溶液的pH大于7，加水稀释pH减小，故选C；

（2）0.01mol•L-1的盐酸中氢离子浓度大于0.01mol•L-1的醋酸，氢离子浓度越大，反应速率越快，所以a1>a2；同浓度、同体积的盐酸、醋酸中溶质的物质的量相同，所以和锌反应放出氢气的物质的量相等，则n1=n2；

（3）完全中和体积与物质的量浓度均相同的两份氢氧化钠溶液时，消耗盐酸、醋酸的物质的量相等，盐酸、醋酸的浓度相等，所以V1=V2；pH均相同的盐酸、醋酸，醋酸浓度大于盐酸，体积与pH均相同的盐酸、醋酸两溶液，醋酸的物质的量大于盐酸，完全中和消耗氢氧化钠的体积醋酸大于盐酸，所以V(A)

（4）T℃时水的离子积常数是10-12；T℃时，3×10-3mol•L-1的氢氧化钠溶液与1×10-3mol•L-1盐酸等体积混合，氢氧化钠有剩余，溶液中=1×10-3mol•L-1，1×10-9mol•L-1；pH=9。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离、溶液pH的简单计算等知识，明确一元弱酸和一元强酸的区别是解题的关键，培养了学生灵活应用所学知识的能力。【解析】CH3COOHCH3COO-+H+C>==<921、略

【分析】【详解】

（1）令反应为③，反应为④，由盖斯定律可得主反应等于2③-④，所以

（2）①主、副反应均是前后气体体积变化的反应，故容器内压强不变可以说明反应达平衡，a正确；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，b错误；平衡后各物质的浓度保持不变，故三者物质的量之比保持不变，c正确；平衡后，存在d错误，综上选bd；②结合图示及反应焓变小于零可知；温度低于205℃时反应未达平衡或者温度升高催化剂失去活性，即温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应向逆向进行；

（3）令起始加入一氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，所以达到平衡消耗的一氧化碳为结合和生成的氮气和一氧化二氮物质的量之和为0.4mol，又平衡后与物质的量之比为3：1，所以平衡时氮气物质的量为0.3mol、一氧化二氮物质的量为0.1mol，则平衡时一氧化氮物质的量为氢气物质的量为水蒸气物质的量为故一氧化氮的有效去除率为一氧化二氮的物质的量分数为

（4）由图示物质关系分析化合价，氧气和一氧化氮作氧化剂，铵根离子作还原剂，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为

（5）M极一氧化氮中+2价氮得电子降到铵根离子中-3价氮，发生还原反应，所以M极为电解池的阴极；故N极作阳极，一氧化氮失去电子生成硝酸根，即电极反应为【解析】(1)

(2)bd反应未达平衡；温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应向逆向进行。

(3)602.8

(4)

(5)阴22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3，故答案为锌；NH4Cl；MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3；

(2)与普通锌锰电池相比，碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高，故答案为碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。【解析】ZnNH4ClMnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A．比例关系无法确定平衡状态，B．假设该反应只向正反应反向进行，随着反应的进行，气体系数之和减小，在恒容容器中，压强随之减小，当压强不变时，即达到平衡状态，C．根据因为是恒容容器，所以V恒定不变，根据质量守恒定律，反应前后气体的质量之和不变，即m不变，所以密度保持不变，无法确定平衡状态，D．反应从左往右进行时，反应不断放出热量，当反应达到平衡时，放出的热量恒定不变，可以确定平衡状态，E。二氧化硫的生成速率是逆反应方向，三氧化硫的生成速率是正反应方向，两者反应速率之比是1：1，符合正反应速率等于逆反应速率的本质，可以判断平衡状态，故BE正确；

(2)假设反应消耗的O2的物质的量是ｘｍｏｌ；则有。

恒容容器中；压强之比等于物质的量之比。

解得ｘ=0.18mol，二氧化硫的转化率是假设达到平衡时放出的热量是Q，根据O２的反应数据有Q=35.28kJ；平衡时SO2的浓度为O2的浓度是SO3浓度是

(3)压强相同时，由T1到T2，SO2的体积分数减小，平衡正向移动，正向是放热反应，故T1>T2，化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，A和B所处温度相同，所以KA=KB，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，由于温度T1>T2，则平衡常数KAD。【解析】①.BE②.90%③.35.28kJ④.8100⑤.>⑥.<24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)放热反应中ΔH＜0，吸热反应中ΔH＞0；上述反应中属于放热反应的是①②，属于吸热反应的是③；

(2)2gH2的物质的量为1mol，根据反应①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1可知，1molH2完全燃烧生成气态水时放出的热量为242kJ，则2gH2完全燃烧生成气态水放出的热量为242kJ；

(3)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ•mol-1

根据盖斯定律：(①-②)×2可得O2与H2S反应生成S的热化学方程式O2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ•mol-1；

(4)根据图示，反应物为N2和O2，生成物为NO，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，ΔH=+182.6kJ/mol，则该热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol；

(5)催化剂只改变反应速率和反应历程，不改变反应的焓变。【解析】①②③242kJO2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ•mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol否25、略

【分析】【分析】

在CuSO4溶液中含有的阳离子有Cu2+、H+，阴离子有OH-，阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，离子放电先后顺序是：Cu2+＞H+，OH-＞然后结合电解后电极质量变化判断电源的正；负极，进而可得电解池的阴、阳极的电极反应式。

【详解】

(1)电解CuSO4溶液，阳极上水电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，通电一段时间后，将B电极取出洗干净并干燥后称量其质量增加了3.2g，说明B电极为阴极，Cu2+在B电极得到电子变为Cu单质，故B电极连接电源的负极，b为电源的负极；a为电源正极；

(2)A连接电源的正极，作阳极。阳极上水电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，则A电极的电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B电极连接电源的负极，作阴极，阴极上Cu2+得到电子变为单质Cu，所以B电极的电极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu(或写为Cu2++2e-=Cu)。【解析】正4OH--4e-=2H2O+O2↑2Cu2++4e-=2Cu(或Cu2++2e-=Cu)26、略

【分析】【详解】

(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为CH3COONa；③；④；

(2).若溶质为CH3COONa和CH3COOH，因不知道CH3COONa和CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为③④⑤。【解析】①.CH3COONa②.③③.④④.③④⑤四、判断题(共4题，共24分)27、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。28、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。29、B【分析】【详解】

pH试纸不能用手拿，应该放在干净的表面皿或玻璃片上。30、B【分析】【分析】

【详解】

氢氧化钙溶液显碱性，碳酸钠溶液由于水解显碱性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能够与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，所以应该选择橡皮塞或软木塞，故此判据错误。五、元素或物质推断题(共2题，共6分)31、略

【分析】【分析】

X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，则甲为氢氧化铝，X为Al元素；Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，则该氢化物为氨气，Y为N元素；Z的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料；则丙为氧化铁，乙为铁盐，Z为Fe元素；W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨，则W为I元素，在结合元素周期律与物质的性质分析答题。

【详解】

根据上述分析可知：X为Al元素；Y为N元素，Z为Fe元素，W为I元素；

（1）X为Al元素，原子序数为13，在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；原子的电子层数越大，其原子半径越大，电子层数相同时，其离子半径随着原子序数的增大而减小，则X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为：r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+），故答案为r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+）。

（2）W的最高价氧化物的水化物为HIO4与1mol氢氧化铝完全反应，放出热量QkJ，则反应生成1mol水所放出的热量为QkJ，则表示该过程中和热的热化学方程式为：HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol，故答案为HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol。

（3）W的气态氢