知识点：化学

C

【考点】常见的生活环境的污染及治理．

【分析】“促进低碳经济”意思是节能、减排、不产生对环境有污染的物质，只要能节能、减排、不产生对环境有污染的物质的做法就符合题意，据此分析解答．

【解答】解：A．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故A正确；

B．将煤进行“气化”处理，提高煤的综合利用效率，能达到节能目的，符合题意，故B正确；

C．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，增大能源浪费且增大产生污染的物质，不符合题意，故C错误；

D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）起到节能作用，增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）增大原料利用率，能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故D正确；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用．

【分析】A．元素符号的左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，

B．质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素；

C．元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数﹣质子数；

D．金属性是元素的原子失去电子的能力．

【解答】解：A．24He原子核内含有2个质子，故A错误；

B．24He比23He质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；

C．23He质子数为2，质量数为3，所以中子数为1，故C错误；

D．因24He原子的结构稳定，既不容易得到电子，也不容易失去电子，故D错误．

故选B．

知识点：化学

B

【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．

【分析】氨气溶于水部分与水反应生成一水合氨、一水合氨电离生成铵根离子，氨气的质量分数是a%指：100g溶液中含有ag氨气，据此解答．

【解答】解：“10%的氨水”含义是指：10g氨气溶于水形成100g溶液，故选：B．

知识点：化学

C

【考点】氧化还原反应的计算．

【分析】浓硫酸足量，Cu完全反应，根据电子转移守恒计算n（SO2），被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据n=计算SO2的物质的量，根据S原子守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据m=nM计算被还原的硫酸，据此解答．

【解答】解：mgCu的物质的量==mol，

反应整个Cu元素化合价由0价升高为+2，S元素化合价由+6降低为+4，根据电子转移守恒有：（6﹣4）×n（SO2）=2×mol，故n（SO2）=mol，被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2）=mol，故m被还原（H2SO4）=mol×98g/mol=g，

标况下n L二氧化硫的物质的量==mol，根据S原子守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2）=mol，故m被还原（H2SO4）=mol×98g/mol=g，

故选C．

知识点：化学

D

【考点】核素．

【分析】A．中子数=质量数﹣质子数，据此计算判断；

B．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；

C．元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；

D．主族元素的最高正价等于其族序数（O、F除外）．

【解答】解：A．中子数=质量数﹣质子数，则每个13755Cs含有的中子为137﹣55=82，故A正确；

B．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Cs＞K，则CsOH的碱性比KOH的强，故B正确；

C．元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性：F＞I，则还原性：HI＞HF，故C正确；

D．主族元素的最高正价等于其族序数（O、F除外），I属于第VIIA族元素，其最高正价为+7价，则KIO3不是碘的最高价含氧酸的盐，故D错误．

故选D．

知识点：化学

A

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量．

【解答】解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）==0.04mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.04mol，

n（Cu）==0.025mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.025mol，

可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.025mol×2=0.05mol，

则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.04mol=0.09mol．

故选A．

知识点：化学

B

【考点】反应热和焓变．

【分析】上图表示了1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，△H=反应物键能和﹣生成物键能和，据此解答．

【解答】解：A、△H=反应物键能和﹣生成物键能和=436KJ/mol+249KJ/mol﹣930KJ/mol=﹣245KJ/mol，反应放热，所以水分解吸热，故A错误；

B、据A分析，生成1mol水时放出245KJ的热量，故B正确；

C、断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；

D、反应放热，反应物总能量高于生成物，氢气和氧气的总能量大于水的能，故D错误；

故选B．

知识点：化学

D

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴阳离子；

B、1mol2H216O含有2mol共用电子对，根据n=计算2H216O的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数目；

C、铁在反应表现+2价，根据n=计算铁物质的量，再根据N=nNA计算电子数目；

D、1molN5+含34mol电子．

【解答】解：A、由于1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴阳离子，7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，总计含有0.3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；

B、18g2H216O中含有共用电子对数为×2×NAmol﹣1=1.8NA，故B错误；

C、铁在反应表现+2价，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子数为×2×NAmol﹣1=0.2NA，故C错误；

D、1molN5+含34mol电子，即34NA，故D正确．

故选D．

知识点：化学

D

【考点】极性分子和非极性分子．

【分析】根据转化关系图：三角锥形分子是氨气，含有三键的单质分子是氮气这些内容是解题的关键所在．

【解答】解：三角锥形分子E为NH3，含有三键并且分子的元素原子序数小于10的单质分子M是N2，直线型的极性分子单质G是F2，所以L是HF．

A、氟是最活泼的非金属单质，故A正确；

B、氟原子得电子能力强，氢化物HF稳定性好，故B正确；

C、E为NH3，是一种碱性气体，能使紫色石蕊试液变蓝色，故C正确；

D、M是N2，内部含有三键，键能较大，性质稳定，故D错误．

故选D．

知识点：化学

B

【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．

【分析】元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强，其单质的氧化性氧气、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质与氢气化合越容易、其氢化物越稳定，据此解答．

【解答】解：A．同主族元素自上而下非金属性减弱，不是同主族则不一定，如非金属性：S＞C，故A错误；

B．元素的得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，将H2X、HY分别加热至500℃，只有HY发生分解，说明稳定性HX＞HY，所以X原子得电子能力大于Y，故B正确；

C．最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，不是最高价含氧酸不一定，如酸性：碳酸＞HClO，故C错误；

D．单质与铜反应分别生成Cu2X和CuY，Y单质与铜反应得到高价态Cu，则Y的非金属性更强，故D错误；

故选B．

知识点：化学

A

【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．

【分析】、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，B、E是同主族元素，由原子序数可知，B处于第二周期、E处于第三周期，由于原子半径A＜B，核电荷数A＜B，因为同周期，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，故A为氢元素；原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，以此解答该题．

【解答】解：A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，B、E是同主族元素，由原子序数可知，B处于第二周期、E处于第三周期，由于原子半径A＜B，核电荷数A＜B，因为同周期，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，故A为氢元素；原子半径D＞E，核电荷数D＜E，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；原子半径B＞C，核电荷数B＜C，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，

A．由上述分析可知，A在第一周期，B在第二周期，E在第三周期，故A正确；

B．A为氢元素，若D为第三周期的Na时，则A、D在同一主族，故B错误；

C．E处于第三周期，B、C处于第二周期，由于原子半径E＞B＞C，则B不可能为Li，则C一定为非金属，其最高价氧化物对应的水化物显酸性，故C错误；

D．由于C为非金属，D为可能为金属Na等，则C、D的单质有可能形成1：1型离子化合物，如Na2O2，故D错误；

故选A．

知识点：化学

C

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．反应生成沉淀；

B．应先加KSCN排除铁离子的干扰；

C．淀粉的粒子较大，透不过半透膜，离子可以；

D．静置后CCl4层显紫色，溶解可碘单质．

【解答】解：A．向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水得到的是Fe（OH）3沉淀，不是胶体，故A错误；

B．由于没有先加KSCN溶液而直接加了氯水，所以不能确定原溶液是有Fe2+还是Fe3+，故B错误；

C．根据淀粉的粒子较大，透不过半透膜，可用渗析的方法除去淀粉中混有的少量氯化钠杂质，故C正确；

D．使CCl4层显紫色的是I2，而不是I3﹣，所以说明I2在CCl4层中的溶解度大，故D错误；

故选C．

知识点：化学

A

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上质量减轻，正极上析出金属银．

【解答】解：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，所以银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，故①正确，②错误；

在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，故③正确；

正极Ag上析出金属银，即b棒质量增加，故④错误；

负极上金属铁本身失电子，正极Ag上析出金属银，所以溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，但不能为零，故⑤错误；

故选A．

知识点：化学

D

【考点】胶体的重要性质；碱金属的性质．

【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝；

B．鸡蛋清水溶液是胶体；

C．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼；

D．胶体不带电．

【解答】解：A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有与净水作用，故A正确；

B．鸡蛋清水溶液是胶体，有丁达尔效应，故B正确；

C．Li密度小，位于周期表第ⅠA族，较活泼，且单位质量提供的电能较大，是制造电池的理想物质，故C正确；

D．胶体不带电，胶粒带电，故D错误．

故选D．

知识点：化学

C

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】A、依据原电池原理分析，反应中镁失电子做负极发生氧化反应；

B、镁失电子生成氢氧化镁说明电解质溶液是碱性溶液；

C、负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子浓度减小，正极电极反应过程中生成氢氧根离子；

D、正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3．

【解答】解：A、镁锰干电池的电化学反应式为Mg+2MnO2+H2O═Mg（OH）2+Mn2O3，分析可知镁失电子发生氧化反应，做负极，故A正确；

B、镁锰干电池的电化学反应式为：Mg+2MnO2+H2O═Mg（OH）2+Mn2O3，负极电极反应为Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2，电解质溶液为碱性溶液，故B正确；

C、负极镁失电子生成的镁离子和氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2，氢氧根离子浓度减小，正极电极反应2MnO2+H2O+2e﹣═Mn2O3+2OH﹣过程中生成氢氧根离子，所以正极附近溶液pH增大，负极附近溶液pH减小，故C错误；

D、正极是MnO2得到电子发生还原反应生成Mn2O3，正极的电极反应为2MnO2+H2O+2e﹣═Mn2O3+2OH﹣，故D正确；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】吸热反应和放热反应．

【分析】根据放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，等量的物质完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧时的热量，据此来解答．

【解答】解：A．2C+O2=2CO是放热反应，12gC与16gO2所具有的总能量一定高于28gCO所具有的能量，故A正确；

B．因2CO+O2═2CO2是放热反应，所以56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，但无法确定56gCO所具有的能量与88gCO2所具有的总能量的大小，故B错误；

C．因2C+O22CO，2CO+O22CO2都是放热反应，所以C+O2CO2也是放热反应，所以12gC和32O2所具有的总能量一定高于44gCO2所具有的总能量，故C正确；

D．因物质完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出热量多，所以一定质量的碳燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多，故D正确．

故选B．

知识点：化学

C

【考点】化学反应速率的影响因素．

【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂，据此回答．

【解答】解：A、缩小体积使压强增大可以加快该化学反应的速率，故A错误；

B、恒容，充入N2，可以加快该化学反应的速率，故B错误；

C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；

D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．

故选C．

知识点：化学

A

【考点】碱金属的性质．

【分析】同主族元素性质具有相似性和递变性，铯属于碱金属，依据碱金属元素性质的相似性和递变性结合钠、钾的性质解答．

【解答】解：A．碱金属从上到下，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强，氢氧化钠、氢氧化钾为强碱，则铯排在钠、钾下面，所以CsOH碱性强与氢氧化钠和氢氧化钾，为强碱，故A错误；

B．碱金属从上到下金属性依次增强，金属钠、钾的燃烧产物分别是过氧化钠、超氧化钾等，所以Cs在空气中燃烧，可生成Cs2O和Cs2O2，故B正确；

C．碱金属从上到下金属性依次增强，金属钠、钾与水反应非常剧烈，同时生成氢气，则铯的性质强于钠、钾，所以Cs与水反应，能发生爆炸，并放出H2，故C正确；

D．依据氢氧化钠、氢氧化钾性质稳定受热不分解可知氢氧化铯性质稳定，加热不易分解，故D正确；

故选：A．

知识点：化学

C

【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期表的结构及其应用．

【分析】P点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，P、I连线的三元素为第ⅠA族，K为N元素，L为Na元素，M为Mg元素，X为Al元素，Y为P，Z为Cl，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族，结合元素周期律及元素化合物的性质解答该题．

【解答】解：A．L为Na元素，M为Mg元素，X为Al元素，位于同周期，故A错误；

B．K为N元素，氢化物的水溶液显碱性，故B错误；

C．N的氢化物氨气中存在氢键，沸点高，则元素对应的氢化物比K元素对应的氢化物沸点低，故C正确；

D．Z的离子半径最大，但K、L、X的离子具有相同电子排布，原子序数大的离子半径小，则离子半径大小顺序是Z﹣＞K3﹣＞L+＞X3+，故D错误；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】氧化还原反应．

【分析】0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O，

A．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，结合Cu元素化合价变化计算转移电子；

B．根据H元素守恒计算水的物质的量，再根据m=nM计算生成水的质量；

C．根据CuO的化学式计算CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比，结合图象判断；

D．由上述分析可知，A为CuO、B为Cu2O．

【解答】解：0.98 g Cu（OH）2的物质的量为=0.01 mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01 mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O，

A．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol×（2﹣1）=0.01mol，故A错误；

B．根据H元素守恒，生成水的物质的量为=0.01mol，故生成水的质量=0.01mol×18g/mol=0.18g，故B正确；

C．根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，故C错误；

D．由上述分析可知，A为CuO、B为Cu2O，故D错误；

故选B．

知识点：化学

（1）第三周期ⅤA族；＞；

（2）48；

（3）B；

（4）A﹣（x﹣n﹣24）．

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【分析】（1）由P元素在周期表中的位置可知，处于第三横行、15列；同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越弱；

（2）As元素的原子核内质子数为33，则Sn原子序数为33﹣1+18=50，阳离子核外电子数=质子数﹣电荷数；

（3）A．同周期自左而右原子半径减小；

B．同周期自左而右非金属性增强；

C．对于短周期元素，两种简单离子可能相差3个电子层，如H+与S2﹣、Cl﹣；

D．非金属性越强，氢化物还原性越弱；

（4）阴离子核外电子数=质子数+电荷数，质量数=质子数+中子数．

【解答】解：（1）由P元素在周期表中的位置可知，处于第三横行、15列，故N元素处于第二周期ⅤA族；

同主族从上到下非金属性减弱，则最高价含氧酸的酸性越弱，则酸性H3PO4＞H3AsO4，

故答案为：第三周期ⅤA族；＞；

（2）As元素的原子核内质子数为33，则Sn原子序数为33﹣1+18=50，Sn2+的核外电子数为50﹣2=48，

故答案为：48；

（3）A．同周期自左而右原子半径减小，故C、N、O、F的原子半径随着原子序数的增大而减小，故A错误；

B．同周期自左而右非金属性增强，故Si、P、S、Cl元素的非金属性随着核电荷数的增加而增强，故B正确；

C．对于短周期元素，两种简单离子可能相差3个电子层，如H+与S2﹣、Cl﹣，故C错误；

D．非金属性F＞Cl＞Br＞I，非金属性越强，氢化物还原性越弱，HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故D错误，

故选：B；

（4）在离子RO3n﹣中含有x个核外电子，则RO3n﹣中质子数为x﹣n，故R的质子数为x﹣n﹣24，R原子的质量数为A，则R原子中子数是A﹣（x﹣n﹣24），

故答案为：A﹣（x﹣n﹣24）．

知识点：化学

（1）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；

（3）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】（1）根据图示流程中找出反应物、生成物，写出反应的化学方程式，由工艺流程可知，反应②为氯化钙与氨水、过氧化氢反应生成CaO2•8H2O，还应生成氯化铵；

（2）通过检验洗涤液中是否含有氯离子来判断检验“水洗”是否合格，用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验；

（3）从双氧水的稳定性、该反应的反应热、温度对过氧化钙的溶解度的影响等方面分析；

【解答】解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，

故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）“水洗”若不合格，洗涤液中会含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，

故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；

（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，

故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率．

知识点：化学

（1）同位素；

（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；3H++Al（OH）3═Al3++3H2O；

（3）Cl；bc；

（4）SiO2+2CSi+2CO↑；

（5）①放热；

②不影响；催化剂不改变平衡的移动．

【考点】原子结构与元素周期律的关系；反应热和焓变．

【分析】X、Y、Z、W、R、P、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y的化合价主要为﹣4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为﹣1，+7，则R为Cl元素；W有﹣2价，处于VIA族，原子半径小于Cl，故W为O元素；Q主要化合价为+3价，原子半径Na＞Q＞Cl，则Q为Al元素；P有﹣3、+5价，处于VA族，原子半径小于Cl，故P为N元素．

【解答】解：X、Y、Z、W、R、P、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y的化合价主要为﹣4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为﹣1，+7，则R为Cl元素；W有﹣2价，处于VIA族，原子半径小于Cl，故W为O元素；Q主要化合价为+3价，原子半径Na＞Q＞Cl，则Q为Al元素；P有﹣3、+5价，处于VA族，原子半径小于Cl，故P为N元素．

（1）R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，中子数不同，二者互为同位素，

故答案为：同位素；

（2）Z为Na元素，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，R与Q两元素最高价氧化物水化物分别为HClO4、Al（OH）3，二者反应离子方程式为：3H++Al（OH）3═Al3++3H2O，

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；3H++Al（OH）3═Al3++3H2O；

（3）Y为Si元素，R为Cl元素，同周期自左而右，非金属性增强，所以非金属性Si＜Cl；

a．状态属于物理性质，不能说明元素的非金属性强弱，故a错误；

b．非金属越强，氢化物越稳定，稳定性XR＞YX4，说明X的非金属性强，故b正确；

c．Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明X吸引电子能力强，X的非金属性强，故c正确；

故答案为：Cl；bc；

（4）工业制取Y（Si）的单质的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO↑，

故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；

（5）①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应是放热反应，故答案为：放热；

②催化剂不改变平衡的移动，不影响反应热，故答案为：不影响；催化剂不改变平衡的移动．

知识点：化学

（1）a；d； e；b；c；f；g；h；

（2）先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸；

（3）有无色（或白色）晶体（或固体）生成；

（4）D；

（5）减小；

（6）×100%．

【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．

【分析】（1）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，所以产生的气体首先经过干燥装置Ⅲ，然后再进行二氧化硫气体的催化氧化即经过装置Ⅱ，然后是收集S03，S03的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，所以选择装置Ⅳ进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，最后在Ⅴ中吸收未反应的SO2；

（2）反应在加热条件下进行，为保证充分反应，应先加热；

（3）装置Ⅳ装有冰水，可观察有无色（或白色）晶体（或固体）生成；

（4）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（5）大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应；

（6）二氧化硫的转化率=×100%，根据硫元素守恒结合三氧化硫的量确定二氧化硫的变化量．

【解答】解：（1）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，所以产生的气体首先经过干燥装置Ⅲ，然后再进行二氧化硫气体的催化氧化即经过装置Ⅱ，然后是收集S03，S03的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，所以选择装置Ⅳ进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，最后在Ⅴ中吸收未反应的SO2，所以接顺序为a→d→e→b→c→f→g→h，

故答案为：a；d； e；b；c；f；g；h；

（2）为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸，故答案为：先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸；

（3）装置Ⅳ装有冰水，可观察有无色（或白色）晶体（或固体）生成，故答案为：有无色（或白色）晶体（或固体）生成；

（4）A．SO2浓度不一定等于O2 浓度的两倍，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；

B．SO2、O2、SO3的分子数之比可能是2：1：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；

C．SO2与O2不再化合生成SO3，是动态平衡，故错误；

D．反应混合物各成分的百分组成不再变化，说明正逆反应速率相等，故正确；

故选：D；

（5）大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应，则转化率减小，故答案为：减小；

（6）n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成nmol二氧化硫，当反应结束时，Ⅲ处增重的部分为未反应的二氧化硫，则转化了的二氧化硫的质量为：64n﹣m，所以实验中SO2的转化率为×100%，故答案为：×100%．

知识点：化学

（1）NH4++OH﹣=NH3•H2O；

（2）8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8 Fe （NO3）3+3NH4NO3+9H2O；

（3）0.032；7；

（4）根0.074．

【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．

【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：

①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，计算EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；

根据DE段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH4+），结合Al（OH）3的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；

B点对应的沉淀为Al（OH）3、Fe（OH）3，根据Al、Fe守恒计算其物质的量；

由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，根据钠元素守恒计算硝酸钠，结合n（NH4+）可得n（NH4NO3），根据氮元素守恒可知：原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3），而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒计算c点溶液中n′（NaNO3），进而计算c点NaOH的物质的量，据此解答．

【解答】解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：

①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

（1）DE段发生离子方程式为NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣=NH3•H2O；

（2）任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8 Fe （NO3）3+3NH4NO3+9H2O，

故答案为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8 Fe （NO3）3+3NH4NO3+9H2O；

（3）由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL﹣31m=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×4mol/L=0.012mol，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O 可知，计算溶液中n（NH4+）=0.012ml，根据（3）中计算可知n[Al（OH）3]=0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.008mol，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.008mol=8×0.012mol，解得n（Fe）=0.024mol，可知n[Fe（OH）3]=n（Fe）=0.024mol，B点对应的沉淀Al（OH）3、Fe（OH）3，二者的物质的量之和=0.008mol+0.024mol=0.032mol；

由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH4+）=0.012mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.031L×4mol/L=0.124mol，根据氮元素守恒可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.124mol+0.012mol×2=0.148mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n′（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3n[Fe（NO3）3]+3n[Al（NO3）3]=n（HNO3），故c点溶液中n′（NaNO3）=0.148mol﹣0.012mol×2﹣0.024mol×3﹣0.008mol×3=0.028mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.028mol，c点NaOH溶液的体积==0.007L=7 mL，

故答案为：0.032；7；

（4）根据（4）中计算可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=0.148mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为=0.074mol/L，故答案为：0.074．