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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10氧化还原反应（1）
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这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10氧化还原反应（1），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，结构与性质，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2020·天津·模拟预测）含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是
A．SO3 B．Cl2 C．NO D．HBr
2．（2020·天津·模拟预测）在水溶液中，CrO呈黄色，Cr2O呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，下列说法正确的是（ ）
A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大
B．该反应是氧化还原反应
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色
D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动
3．（2020·天津河西·统考二模）下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（ ）
消毒剂
医用酒精
高锰酸钾溶液
二氧化氯
双氧水
选项
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
4．（2020·天津·二模）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．黑火药的爆炸
B．丹砂()烧之成水银，积变又成丹砂
C．利用明矾溶液清除铜绿
D．湿法炼铜
5．（2020·天津红桥·统考二模）下列应用一定发生了氧化还原反应的是
A．二氧化硫漂白草帽 B．硅胶做干燥剂吸附水份
C．内服氢氧化铝治疗胃酸过多 D．还原铁粉做脱氧剂防止食品氧化
6．（2020·天津和平·统考二模）下列物质放入水中发生化学反应，水做氧化剂的是（ ）
A．钠 B．氯气 C．氧化钙 D．过氧化钠
7．（2020·天津红桥·一模）厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．1molNH4+所含的电子总数与1mol-OH所含的电子总数相同
B．过程II、III、IV均为还原反应
C．用该方法每处理1molNH4+需要的NO2-为0.5mol
D．1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键
8．（2020·天津红桥·一模）下列中国传统工艺，利用氧化还原反应原理实现的是（ ）
选项
A．桑蚕丝织锦
B．石灰石生产生石灰
C．酒精蒸馏
D．丹砂(HgS)炼汞
工艺
A．A B．B C．C D．D
9．（2020·天津红桥·一模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A．NO属于极性分子
B．含有非极性共价键
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
10．（2020·天津·统考一模）雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A．砷酸的分子式为 H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 10∶1
D．该反应中每析出 9.6g 硫黄，则转移 0.5mol 电子
11．（2020·天津和平·三模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
12．（2020·天津河北·统考一模）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3)
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+=H2 C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H2C2O4)=2 c (Na+)
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4 −+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O
13．（2020·天津河北·统考一模）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-，反应如下：
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-
14．（2020·天津和平·模拟预测）下列变化中，未涉及到电子转移的是( ) 。
A．H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色
B．C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿
C．CO2使苯酚钠溶液变浑浊
D．Na2O2放置空气中变白
15．（2021·天津·模拟预测）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
16．（2021·天津·模拟预测）近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
17．（2021·天津北辰·统考一模）下列说法错误的是
A．李比希元素定量分析可以确定有机物分子组成及其结构式
B．胶体和溶液的本质区别是粒子直径大小
C．X-射线衍射图谱可以区分晶体和非晶体
D．氧化还原反应的本质是电子的转移
18．（2021·天津·三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1molCl2与足量的H2O反应，转移的电子数为0.2NA
B．电解AgNO3溶液当阳极产生标况下2.24L气体时转移的电子数为0.4NA
C．25℃、101kPa下，1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3NA
D．25℃，0.1mol/L的某酸HA溶液中，c(A-)=0.1mol/L
19．（2021·天津·统考二模）下列所加物质的作用与其还原性无关的是
A．果蔬饮料中加入维C B．向葡萄酒中添加少量
C．月饼脱氧剂包中有铁粉 D．面粉发酵时加入少量小苏打
20．（2021·天津滨海新·统考三模）实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。
下列关于该实验的结论或叙述不正确的是
A．操作II中仅发生反应：Cr3++3OH-═Cr(OH)3↓
B．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中被还原
C．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色
D．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关
21．（2021·天津滨海新·统考三模）下列有关说法正确的是
A．金属钾在空气中受热燃烧：2K+O2K2O2
B．20 g HF气体通入水中，其断裂的共价键数目为NA
C．He+HHe+H+18.4Mev为氧化还原反应
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为
22．（2021·天津河西·统考二模）下列叙述涉及氧化还原反应的是
A．使用铝热剂焊接钢轨 B．将动物油皂化制取肥皂
C．向品红溶液通入，溶液褪色 D．向滴有酚酞的水中加入纯碱，溶液呈红色
二、多选题
23．（2020·天津南开·统考二模）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物()，将烟气与的混合气体通入与(为铈元素)的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式为
B．时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．处理过程中，混合溶液中和总数减少
D．该转化过程的实质为被还原
三、实验题
24．（2020·天津·模拟预测）(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，回答下列问题：
(1)在试管中加入少量固体(NH4)2Cr2O7，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、__、__。
(2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按图连接好装置，在A中加入2.52g样品进行实验。
①实验操作步骤：a.打开K1和K2，缓缓通入N2→b，点燃酒精灯，加热→c，熄灭酒精灯→d.→e，关闭K1和K2→f，称量A和B，则d的操作为___。
②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为1.00g、0.72g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式__。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2+++H2O=2BaCrO4+2H+；4+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+；(CH2)6N4H+⇌(CH2)6N4+H+，K=7×10-6，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品ag，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用cmol·L-1标准NaOH溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化_______。
②滴定操作使用的玻璃仪器主要有_______。
③步骤III发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为bmL，该样品中氮的质量分数的计算式为。_______。(用含a、b、c式子表示，需要化简)
⑤下列情况会导致测定结果偏低的是_______。(填序号)
a.若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸
b.若步骤II没有静置5min
c.若滴定终点读数时，俯视标准液液面
25．（2020·天津南开·统考二模）H2O2是生产、生活、科学研究中常用的试剂。
I.工业上制备H2O2的流程如图：
(1)“转化”中反应的化学方程式为______。
(2)从下列选项中，选择合适的选项填空(填标号)。
①使反应充分进行②防止H2O2分解③利于晶体析出④提高反应速率
“低温放置”的目的是______。蒸馏时“减压”的目的是______。
(3)如图为“减压蒸馏”的部分装置，是由克氏蒸馏头和______(填仪器名称)组成。
II.实验小组利用如图装置测定阿伏伽德罗常数(NA)
(4)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用______(填标号)对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
a.H2C2O4 b.KMnO4 c.淀粉-KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为______，说明装置的气密性良好。
(5)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol•L-lH2O2溶液V1mL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于______时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为______mL。
③设室温下，气体摩尔体积为VmL•mol-1，O2分子的密度为ρg•L-1，一个O2实际质量为mg，则NA＝______(用含ρ等字母的代数式表示)。
(6)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点是______(写一条即可)。
四、结构与性质
26．（2020·天津·模拟预测）H、C、N、O是常见的非金属元素；Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列有关它们单质或化合物的问题:
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_______，基态Fe原子的价电子排布式为_______。
(2)C、N、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为________，C、N、O最简单氢化物的沸点由高到低的顺序为____ 。
(3)C2H2分子中空间构型为____，N2H4分子中心原子的杂化方式为_____。
(4)Fe、Co、Ni能与C12反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为_______，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：_____________________。
(5)CoO的面心立方晶胞如图所示。三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。设阿伏伽德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为______g∙cm-3。
五、工业流程题
27．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
28．（2021·天津北辰·统考一模）《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_______。
(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_______。
(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_______，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_______。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
(4)深度除杂中加入MnF2的作用_______。
(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_______、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图象分析n(Fe)/n(MnO2)约为_______最合适，并说出理由_______。
29．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
六、原理综合题
30．（2021·天津·模拟预测）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
参考答案：
1．B
【详解】A．三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，该反应属于歧化反应，故B符合题意；
C．一氧化氮是不成盐氧化物，不能直接与氢氧化钠反应，故C不符合题意；
D．溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，故D不符合题意；
故选B。
2．A
【详解】A．向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；
B．反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；
D．向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；
故答案为A。
3．A
【详解】A．酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打道入细菌的内部，使构成细菌生命基础中的蛋白质分子结构改变，引起使其蛋白质变性，与氧化还原无关，故A正确；
B．高锰酸钾溶液有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故B错误；
C．二氧化氯有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故D错误；
故答案为A。
4．C
【分析】
【详解】
A．黑火药由木炭、硫磺粉、硝酸钾按照一定比例混合而成，爆炸时的化学反应为2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不选；
B．其中涉及的反应有HgSHg＋S，Hg＋S=HgS，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，B不选；
C．明矾中的Al3＋在水溶液中能够水解，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使得溶液呈酸性；铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3，能溶于酸，整个过程中化合价不变，不涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．湿法炼铜涉及的反应为CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，D不选；
答案选C。
5．D
【详解】A．二氧化硫漂白草帽，是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的大分子，非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．硅胶吸水过程没有新物质生成，为物理变化，故B不符合题意；
C．氢氧化铝和胃酸反应为复分解反应，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．还原铁粉做脱氧剂防止食品氧化过程中铁被氧化，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为D。
6．A
【详解】A．钠与水反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中氢元素的化合价由+1价降低到0价，生成氢气，水作氧化剂，故A符合题意；
B．氯气与水反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯气中氯的化合价从0价升高到+1价，从0价降低到-1价，水的化合价没有变化，故B不符合题意；
C．氧化钙溶于水，生成氢氧化钙，没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．过氧化钠与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠中-1价氧元素发生歧化反应，氧化剂和还原剂均为过氧化钠，故D不符合题意；
答案选A。
7．D
【详解】A．1molNH4+所含的电子总数为10NA，1mol-OH所含的电子总数为9NA，A项错误；
B．根据物质转化中增加氢原子或减少氧原子为还原反应，增加氧原子或减少氢原子为氧化反应,可知过程II、III为氧化反应，过程IV为还原反应，B项错误；
C．由图可知，1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应，生成1molN2，由电子得失守恒可知，从整个过程来看，每处理1molNH4+需要的NO2-为1mol，C项错误；
D．联氨(N2H4)的结构式为，可知1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键，D项正确；
答案选D。
8．D
【详解】A．桑蚕丝织锦是一个物理变化，没有新物质生成，A项错误；
B．石灰石生产生石灰，发生了化学反应：CaCO3CaO+CO2↑，反应中无化合价的升降变化，B项错误；
C．酒精蒸馏是物理提纯过程，没有新物质生成，C项错误；
D．丹砂(HgS)在空气中焙烧，HgS与O2反应生成Hg和SO2，反应中有化合价的升降变化，是氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
9．C
【分析】分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
10．C
【详解】A. 砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，A项错误；
B. 红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2，原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，B项错误；
C. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，C项正确；
D. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.3mol硫黄，转移1mol电子，D项错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；
B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；
C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；
D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；
答案选C。
【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。
12．C
【详解】A.由室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3可知草酸为二元中强酸，依据强酸制弱酸的原理可得Na2C2O4溶液中与足量稀硫酸反应生成硫酸钠和草酸，反应的离子方程式为C2O42-+2H+=H2 C2O4，故A正确；
B.草酸钠为强碱弱酸盐，草酸根在溶液中分步水解溶液呈碱性，溶液中加入酚酞，溶液变红，水解的离子方程式为C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−，故B正确；
C.草酸钠溶液中存在物料守恒关系2[c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H2C2O4)]=c (Na+)，故C错误；
D. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与草酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4 −+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O，故D正确；
故选C。
13．B
【详解】A.由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；
B. 反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，故B正确；
C. 反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，由方程式可知处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,故C错误；
D. 根据方程式可知3mol CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，3mol Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A. H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色即H2C2O4还原酸性KMnO4，反应前后C、Mn元素的化合价发生变化，涉及到电子转移，故A不符合题意；
B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿即C2H5OH还原酸性K2Cr2O7，反应前后C、Cr元素的化合价发生变化，涉及到电子转移，故B不符合题意；
C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊属于复分解反应，反应前后没有元素的化合价发生变化，未涉及到电子转移，故C符合题意；
D. Na2O2放置空气中变白，Na2O2与空气中二氧化碳或水反应，最终生成碳酸钠和氧气，Na2O2中氧化合价既升高又降低，涉及到电子转移，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】反应中有元素化合价变化就是有电子转移。
15．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
16．B
【详解】A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；
故选B。
17．A
【详解】A．李比希元素定量分析可以确定有机物的实验式，不能确定有机物的结构式，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B正确；
C．X-射线衍射图谱可以发现构成晶体的粒子在空间呈有规则的重复排列，可以用于区分晶体和非晶体,故C正确；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是元素化合价的变化，故D正确；
答案选A。
18．B
【详解】A．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，转移的电子数小于0.2NA，A错误；
B．电解AgNO3溶液，阳极生成的气体为氧气，物质的量n=V/Vm=2.24L÷22.4L /mol=0.1mol，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则转移的电子数为0.4NA个，B正确；
C．1mol乙炔共用电子对数为5 NA，1mol甲醛共用电子对数为4 NA，故1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，C错误；
D．未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A-)，D错误；
故选：B。
19．D
【详解】A．果蔬饮料中加入维C，维C具有还原性，可以防止果蔬饮料被氧化变质，所以与维C的还原性有关，故A不符合题意；
B．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关，故B不符合题意；
C．月饼脱氧剂包中有铁粉，铁粉具有还原性，可以除去密闭包装袋中的氧气，使月饼处于无氧状态，有效控制细菌、霉菌的生长，以保持月饼的色、香、味，所以与铁粉的还原性有关，故C不符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，同时碳酸氢钠也能与有机酸反应生成二氧化碳，使馒头、面包更疏松，与其还原性无关，故D符合题意；
答案为D。
20．A
【详解】A．0.1gH2C2O4·2H2O的物质的量为n (H2C2O4·2H2O) ≈7.9×10-4mol，加入的K2Cr2O7的物质的量n (K2Cr2O7)=4 ×10-3L × 0.05mol·L-1=2×10-4mol，根据反应方程式3H2C2O4 + Cr2O+ 8H+ = 6CO2↑+2Cr3+ + 7H2O，可知H2C2O4过量，反应后的溶液中存在Cr3+和H2C2O4，加入过量的NaOH溶液，发生反应Cr3++3OH-= Cr(OH)3↓和H2C2O4 + 2OH- = C2O+ 2H2O，故A错误；
B．溶液①呈蓝紫色说明溶液中含有Cr2(SO4)3，说明K2Cr2O7被还原为Cr3+，体现了K2Cr2O7的氧化性，故B正确；
C．若继续向溶液③中加入稀硫酸，溶液中的C2O与H+反应得到蓝紫色的Cr2(SO4)3溶液，故C正确；
D．向溶液②中加入1mL1mol·L-1的NaOH溶液，灰绿色沉淀Cr(OH)3；溶解，说明Cr(OH)3具有两性，存在平衡Cr(OH)3=H++C2O+H2O，加入碱，消耗了H+，使上述平衡正向移动，Cr(OH)3溶解，溶液③中存在C2O，溶液①中存在Cr3+和H2C2O4，将溶液①与③等体积混合会发生反应Cr3++3C2O+ 6H2O = 4Cr(OH)3↓，所以产生灰绿色浑浊与Cr3+的水解平衡移动有关，故D正确；
故选A。
21．D
【详解】A．金属钾较活泼，在空气中受热燃烧易生成K2O2，最终以KO2这种稳定形式存在：2K+O2KO2，故A错误；
B．20 g HF的物质的量为1mol，通入水中，因为HF为弱电解质，不完全电离，其断裂的共价键数目小于NA，故B错误；
C．He+HHe+H+18.4Mev为裂变反应，各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 ，故D正确；
故选D。
22．A
【详解】A．使用铝热剂焊接钢轨，是铝热反应，属于氧化还原反应，A项选；
B．使用动物油皂化制取肥皂，属于取代反应，不是氧化还原反应，B项不选；
C．具有漂白性，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色物质，可使品红溶液褪色，该过程不涉及氧化还原反应，C项不选；
D．向滴有酚酞的水中加入纯碱，纯碱溶于水，水解生成和，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，该过程不涉及氧化还原反应，D项不选；
答案选A。
23．AD
【详解】A．反应Ⅰ中氢气是还原剂，是氧化剂，发生反应的离子方程式为 ，A正确；
B．时，过程Ⅱ发生反应的离子方程式为，作氧化剂，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．处理过程的实质为被还原，混合溶液中和总数不变，C错误；
D．该转化过程的实质为被还原，D正确；
故选AD。
24． 有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色 继续通入N2 (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O 无色变为浅红色 碱式滴定管、锥形瓶 H++OH-= H2O，(CH2)6N4H++OH-= (CH2)6N4+H2O 7bc/l00a bc
【分析】由实验装置图可知，探究重铬酸铵的分解产物的实验步骤为打开K1和K2，缓缓通入氮气，将装置中的空气排尽后，点燃装置A处酒精灯加热A至恒重时，熄灭酒精灯，继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，关闭K1和K2，然后分别称量A和B，记录数据，依据重铬酸铵、A和B的质量计算得到重铬酸铵的分解产物。
【详解】(1)向重铬酸铵固体中滴加足量浓氢氧化钾溶液，振荡、微热发生的反应为重铬酸铵与氢氧化钾浓溶液共热反应生成黄色的铬酸钾、氨气和水，则观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、溶液变为黄色，故答案为：有刺激性气味气体放出；溶液变为黄色；
(2)①由分析可知，d的操作为继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，防止影响水的质量测定，造成实验误差，故答案为：继续通入N2；
②由D中溶液不变色可知，反应中没有氨气生成，B中碱石灰质量增加，说明有水生成，水的质量为0.72g，由质量守恒定律可知，反应中还生成(1.00—0.72)g=0.28g气体，由原子个数守恒可知，该气体应该为氮气，设A中固体中铬元素化合价为+a价，由得失电子数目守恒可得：×(6—a)×2=×[0—(—3)]×2，解得a=3，则A中固体为氧化铬，重铬酸铵、氧化铬、氮气和水的物质的量比为：：：=1:1:1:4，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)①由题意可知，向酸性溶液中滴入酚酞溶液呈无色，当氢氧化钠溶液与溶液中氢离子和完全反应时，再滴入一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明滴定达到终点，故答案为：由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以滴定操作中使用的玻璃仪器为碱式滴定管、锥形瓶，故答案为：碱式滴定管、锥形瓶；
③步骤III发生的反应为氢氧根离子与溶液中氢离子和离子分别反应生成水和，反应的离子方程式为、，故答案为：、；
④1 mol (NH4)2Cr2O7电离产生2 mol和1 mol，由反应原理知，1 mol与Ba2+反应生成2 mol H+，2 mol于HCHO反应产生3 mol H+和1mol (CH2)6N4H+，NaOH标准液滴定时，H+、(CH2)6N4H+均参与反应，由此得关系式：(NH4)2Cr2O7~ 2N~[3H++(CH2)6N4H+]~4NaOH，a g样品消耗氢氧化钠的物质的量=c mol/L×b mL×10—3L/mL×10=0.01bc mol，故n(N)=×100%=，故答案为：；
⑤a．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏大，所测结果偏高，故不符合题意；
b．若步骤II没有静置5min，甲醛不可能将铵根离子完全转化为离子，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；
c．若滴定终点读数时，俯视标准液液面会导致氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；
bc符合题意，故答案为：bc。
25． Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2 ①②③ ② 圆底烧瓶 b 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 V2-V1 反应完全、无污染、反应速率快
【分析】Ⅰ．工业上制备H2O2：NaH2PO4溶液中加入Na2O2反应制备H2O2，双氧水受热易分解，所以制备过程中要注意防止温度过高；
Ⅱ．测定阿伏伽德罗常数：首先利用滴定法测定H2O2溶液的浓度，选择的标准液与H2O2溶液反应达到终点时应有明显的颜色变化；在密闭容器中催化双氧水分解产生氧气，测定生成氧气的体积，测定气体体积时要注意温度和压强要恒定，之后根据m=ρV计算氧气的质量，根据N=计算氧气的分子数，再根据求解阿伏伽德罗常数。
【详解】(1)转化过程反应物有NaH2PO4、Na2O2，产物有Na2HPO4、H2O2，根据元素守恒可得化学方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2；
(2)降低温度可以降低Na2HPO4的溶解度，有利于晶体析出，同时可以防止H2O2分解，放置一段时间可以使反应更充分，所以“低温放置”的目的是①②③；减压可以降低液体沸腾时的温度，避免蒸馏时温度过高，可防止H2O2分解，所以蒸馏时“减压”的目的是②；
(3)据图可知该装置有克氏蒸馏头和圆底烧瓶组成；
(4)①a．草酸虽然可以被双氧水氧化，但没有明显的颜色变化，故a不合适；
b．高锰酸钾溶液显紫色，且可以被双氧水还原，从而使溶液褪色，滴定终点时双氧水完全反应，再滴入高锰酸钾溶液的颜色变为浅紫红色，现象明显，故b合适；
c．双氧水可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉KI溶液变蓝色，双氧水完全反应后，再滴入淀粉KI溶液不再反应，但溶液中依然存在碘单质，溶液颜色不会发生变化，故c不合适；
综上所述应选用b试剂对H2O2溶液进行滴定；
②根据压强平衡原理可知当装置气密性良好时，注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(5)②测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，所以需要反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变的状态时，读取注射器读数，注射器b的气体体积为V2mL，体系中加入了VlmLH2O2溶液，所以产生O2的体积为(V2-V1)mL；
③室温下O2的密度为ρg•L-1，则(V2-V1)mL氧气的质量为g，一个O2实际质量为mg，则生成的氧气分子个数为，物质的量为mol，反应所用H2O2溶液的浓度为c mol/L，体积为V1mL，则n(H2O2)=mol，根据反应方程式2H2O22H2O+O2可知生成的n(O2)=mol，所以mol=mol，解得NA=。
(6)H2O2作为生氧剂反应产物为水和氧气，且在催化剂的催化作用下反应速率较快，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
【点睛】计算氧气体积时要注意滴入的H2O2溶液也占了一部分体积；注意n=的灵活使用。
26． 第四周期第VIII族 3d64s2 N＞O＞C＞Fe H2O＞NH3＞CO2 直线形 sp3 CoCl3＞Cl2＞FeCl3 2Co(OH)3+6H++2Cl－=Cl2↑+2+6H2O NiO＞CoO＞FeO
【分析】根据元素周期表的结构判断Fe、Co、Ni的位置，根据构造原理写出基态Fe原子的价电子排布式；根据元素周期律判断C、N、O、Fe的第一电离能变化规律；根据范德华力和氢键判断C、N、O最简单氢化物的沸点规律；根据C2H2分子的碳原子成键方式判断空间构型，根据N2H4分子中氮原子的成键方式判断氮原子的杂化方式；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；根据实验现象，电荷守恒，质量守恒写出并配平离子方程式；根据离子晶体的阳离子的半径判断晶格能的大小，从而判断出熔点的高低；利用均摊法计算出N的值，根据ρ=进行计算，由此分析。
【详解】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，在周期表中的位置为第四周期第VIII族，根据构造原理可知：基态Fe原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23d64s2，价电子排布式为3d64s2；
(2)C、N、O位于第二周期同周期元素，从左到右第一电离能呈现增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满状态，则第一电离能由大到小为：N＞O＞C，Fe位于第四周期，四种元素中铁的第一电离能最小，第一电离能从大到小为：N＞O＞C＞Fe，C、N、O最简单氢化物分别为：H2O、NH3、CO2，都是分子晶体，H2O和NH3易形成氢键，沸点较高，常温下水是液态，沸点高于氨气，故沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞CO2；
(3)C2H2分子中形成碳碳三键，碳原子采用sp杂化，空间构型为直线型，N2H4分子氮原子和氮原子之间，氮原子和氢原子间形成的都是单键，氮原子的成键电子对数为3对，孤对电子对数为1对，价层电子对数为4对，中心原子的杂化方式sp3杂化；
(4)Fe、Co、Ni能与C12反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，铁与氯气形成三氯化铁，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，Cl2＞FeCl3，Co和Ni只生成二氯化物，说明Cl2＜FeCl3，则氧化性顺序为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；
Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体是氯气，还生成了氯化钴和水，离子方程式为：2Co(OH)3+6H++2Cl－=Cl2↑+2+6H2O；
(5)CoO的面心立方晶胞如图所示。Fe、Co、Ni的二价氧化物的晶胞类型相同，都是离子晶体，同周期核外电子排布相同的离子半径从左到右逐渐减小，晶格能逐渐增大，熔点逐渐升高，熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；
设阿伏伽德罗常数的值为NA，钴离子位于棱上和体心，个数为+1=4，氧离子位于面心和顶点，个数为=4，则CoO晶体的密度为ρ==g∙cm-3。
27． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
28． 增大接触面积，充分反应 3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O 充分氧化Fe2+ 大于等于3.7小于7.7 去除Ca2+、Mg2+ 蒸发浓缩或者浓缩结晶 0.76-0.78均可 锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去中金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。
【详解】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
29． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
30．(1) 直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-10氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2020·天津·模拟预测）含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是
A．SO3 B．Cl2 C．NO D．HBr
2．（2020·天津·模拟预测）在水溶液中，CrO呈黄色，Cr2O呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，下列说法正确的是（ ）
A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大
B．该反应是氧化还原反应
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色
D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动
3．（2020·天津河西·统考二模）下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（ ）
消毒剂
医用酒精
高锰酸钾溶液
二氧化氯
双氧水
选项
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
4．（2020·天津·二模）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．黑火药的爆炸
B．丹砂()烧之成水银，积变又成丹砂
C．利用明矾溶液清除铜绿
D．湿法炼铜
5．（2020·天津红桥·统考二模）下列应用一定发生了氧化还原反应的是
A．二氧化硫漂白草帽 B．硅胶做干燥剂吸附水份
C．内服氢氧化铝治疗胃酸过多 D．还原铁粉做脱氧剂防止食品氧化
6．（2020·天津和平·统考二模）下列物质放入水中发生化学反应，水做氧化剂的是（ ）
A．钠 B．氯气 C．氧化钙 D．过氧化钠
7．（2020·天津红桥·一模）厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．1molNH4+所含的电子总数与1mol-OH所含的电子总数相同
B．过程II、III、IV均为还原反应
C．用该方法每处理1molNH4+需要的NO2-为0.5mol
D．1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键
8．（2020·天津红桥·一模）下列中国传统工艺，利用氧化还原反应原理实现的是（ ）
选项
A．桑蚕丝织锦
B．石灰石生产生石灰
C．酒精蒸馏
D．丹砂(HgS)炼汞
工艺
A．A B．B C．C D．D
9．（2020·天津红桥·一模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A．NO属于极性分子
B．含有非极性共价键
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
10．（2020·天津·统考一模）雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A．砷酸的分子式为 H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 10∶1
D．该反应中每析出 9.6g 硫黄，则转移 0.5mol 电子
11．（2020·天津和平·三模）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
12．（2020·天津河北·统考一模）对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3)
A．向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+=H2 C2O4
B．向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−
C．Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H2C2O4)=2 c (Na+)
D．向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4 −+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O
13．（2020·天津河北·统考一模）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-，反应如下：
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-
14．（2020·天津和平·模拟预测）下列变化中，未涉及到电子转移的是( ) 。
A．H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色
B．C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿
C．CO2使苯酚钠溶液变浑浊
D．Na2O2放置空气中变白
15．（2021·天津·模拟预测）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
16．（2021·天津·模拟预测）近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就。对下列成就所涉及的化学知识的判断错误的是
A．北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)是金属元素
B．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
C．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应
D．天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
17．（2021·天津北辰·统考一模）下列说法错误的是
A．李比希元素定量分析可以确定有机物分子组成及其结构式
B．胶体和溶液的本质区别是粒子直径大小
C．X-射线衍射图谱可以区分晶体和非晶体
D．氧化还原反应的本质是电子的转移
18．（2021·天津·三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1molCl2与足量的H2O反应，转移的电子数为0.2NA
B．电解AgNO3溶液当阳极产生标况下2.24L气体时转移的电子数为0.4NA
C．25℃、101kPa下，1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3NA
D．25℃，0.1mol/L的某酸HA溶液中，c(A-)=0.1mol/L
19．（2021·天津·统考二模）下列所加物质的作用与其还原性无关的是
A．果蔬饮料中加入维C B．向葡萄酒中添加少量
C．月饼脱氧剂包中有铁粉 D．面粉发酵时加入少量小苏打
20．（2021·天津滨海新·统考三模）实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。
下列关于该实验的结论或叙述不正确的是
A．操作II中仅发生反应：Cr3++3OH-═Cr(OH)3↓
B．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中被还原
C．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色
D．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关
21．（2021·天津滨海新·统考三模）下列有关说法正确的是
A．金属钾在空气中受热燃烧：2K+O2K2O2
B．20 g HF气体通入水中，其断裂的共价键数目为NA
C．He+HHe+H+18.4Mev为氧化还原反应
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为
22．（2021·天津河西·统考二模）下列叙述涉及氧化还原反应的是
A．使用铝热剂焊接钢轨 B．将动物油皂化制取肥皂
C．向品红溶液通入，溶液褪色 D．向滴有酚酞的水中加入纯碱，溶液呈红色
二、多选题
23．（2020·天津南开·统考二模）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物()，将烟气与的混合气体通入与(为铈元素)的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式为
B．时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．处理过程中，混合溶液中和总数减少
D．该转化过程的实质为被还原
三、实验题
24．（2020·天津·模拟预测）(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+，回答下列问题：
(1)在试管中加入少量固体(NH4)2Cr2O7，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、__、__。
(2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252g/mol)的分解产物，按图连接好装置，在A中加入2.52g样品进行实验。
①实验操作步骤：a.打开K1和K2，缓缓通入N2→b，点燃酒精灯，加热→c，熄灭酒精灯→d.→e，关闭K1和K2→f，称量A和B，则d的操作为___。
②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为1.00g、0.72g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式__。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2+++H2O=2BaCrO4+2H+；4+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+；(CH2)6N4H+⇌(CH2)6N4+H+，K=7×10-6，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品ag，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用cmol·L-1标准NaOH溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化_______。
②滴定操作使用的玻璃仪器主要有_______。
③步骤III发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为bmL，该样品中氮的质量分数的计算式为。_______。(用含a、b、c式子表示，需要化简)
⑤下列情况会导致测定结果偏低的是_______。(填序号)
a.若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸
b.若步骤II没有静置5min
c.若滴定终点读数时，俯视标准液液面
25．（2020·天津南开·统考二模）H2O2是生产、生活、科学研究中常用的试剂。
I.工业上制备H2O2的流程如图：
(1)“转化”中反应的化学方程式为______。
(2)从下列选项中，选择合适的选项填空(填标号)。
①使反应充分进行②防止H2O2分解③利于晶体析出④提高反应速率
“低温放置”的目的是______。蒸馏时“减压”的目的是______。
(3)如图为“减压蒸馏”的部分装置，是由克氏蒸馏头和______(填仪器名称)组成。
II.实验小组利用如图装置测定阿伏伽德罗常数(NA)
(4)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用______(填标号)对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
a.H2C2O4 b.KMnO4 c.淀粉-KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为______，说明装置的气密性良好。
(5)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol•L-lH2O2溶液V1mL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于______时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为______mL。
③设室温下，气体摩尔体积为VmL•mol-1，O2分子的密度为ρg•L-1，一个O2实际质量为mg，则NA＝______(用含ρ等字母的代数式表示)。
(6)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点是______(写一条即可)。
四、结构与性质
26．（2020·天津·模拟预测）H、C、N、O是常见的非金属元素；Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列有关它们单质或化合物的问题:
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_______，基态Fe原子的价电子排布式为_______。
(2)C、N、O、Fe的第一电离能由大到小的顺序为________，C、N、O最简单氢化物的沸点由高到低的顺序为____ 。
(3)C2H2分子中空间构型为____，N2H4分子中心原子的杂化方式为_____。
(4)Fe、Co、Ni能与C12反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为_______，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：_____________________。
(5)CoO的面心立方晶胞如图所示。三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。设阿伏伽德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为______g∙cm-3。
五、工业流程题
27．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
28．（2021·天津北辰·统考一模）《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_______。
(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_______。
(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_______，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_______。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
(4)深度除杂中加入MnF2的作用_______。
(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_______、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图象分析n(Fe)/n(MnO2)约为_______最合适，并说出理由_______。
29．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
六、原理综合题
30．（2021·天津·模拟预测）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
参考答案：
1．B
【详解】A．三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，该反应属于歧化反应，故B符合题意；
C．一氧化氮是不成盐氧化物，不能直接与氢氧化钠反应，故C不符合题意；
D．溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，故D不符合题意；
故选B。
2．A
【详解】A．向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；
B．反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；
D．向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；
故答案为A。
3．A
【详解】A．酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打道入细菌的内部，使构成细菌生命基础中的蛋白质分子结构改变，引起使其蛋白质变性，与氧化还原无关，故A正确；
B．高锰酸钾溶液有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故B错误；
C．二氧化氯有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故D错误；
故答案为A。
4．C
【分析】
【详解】
A．黑火药由木炭、硫磺粉、硝酸钾按照一定比例混合而成，爆炸时的化学反应为2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不选；
B．其中涉及的反应有HgSHg＋S，Hg＋S=HgS，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，B不选；
C．明矾中的Al3＋在水溶液中能够水解，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使得溶液呈酸性；铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3，能溶于酸，整个过程中化合价不变，不涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．湿法炼铜涉及的反应为CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，D不选；
答案选C。
5．D
【详解】A．二氧化硫漂白草帽，是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的大分子，非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．硅胶吸水过程没有新物质生成，为物理变化，故B不符合题意；
C．氢氧化铝和胃酸反应为复分解反应，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．还原铁粉做脱氧剂防止食品氧化过程中铁被氧化，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为D。
6．A
【详解】A．钠与水反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中氢元素的化合价由+1价降低到0价，生成氢气，水作氧化剂，故A符合题意；
B．氯气与水反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯气中氯的化合价从0价升高到+1价，从0价降低到-1价，水的化合价没有变化，故B不符合题意；
C．氧化钙溶于水，生成氢氧化钙，没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．过氧化钠与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠中-1价氧元素发生歧化反应，氧化剂和还原剂均为过氧化钠，故D不符合题意；
答案选A。
7．D
【详解】A．1molNH4+所含的电子总数为10NA，1mol-OH所含的电子总数为9NA，A项错误；
B．根据物质转化中增加氢原子或减少氧原子为还原反应，增加氧原子或减少氢原子为氧化反应,可知过程II、III为氧化反应，过程IV为还原反应，B项错误；
C．由图可知，1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应，生成1molN2，由电子得失守恒可知，从整个过程来看，每处理1molNH4+需要的NO2-为1mol，C项错误；
D．联氨(N2H4)的结构式为，可知1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键，D项正确；
答案选D。
8．D
【详解】A．桑蚕丝织锦是一个物理变化，没有新物质生成，A项错误；
B．石灰石生产生石灰，发生了化学反应：CaCO3CaO+CO2↑，反应中无化合价的升降变化，B项错误；
C．酒精蒸馏是物理提纯过程，没有新物质生成，C项错误；
D．丹砂(HgS)在空气中焙烧，HgS与O2反应生成Hg和SO2，反应中有化合价的升降变化，是氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
9．C
【分析】分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
10．C
【详解】A. 砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，A项错误；
B. 红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2，原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，B项错误；
C. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，C项正确；
D. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.3mol硫黄，转移1mol电子，D项错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；
B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；
C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；
D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；
答案选C。
【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。
12．C
【详解】A.由室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3可知草酸为二元中强酸，依据强酸制弱酸的原理可得Na2C2O4溶液中与足量稀硫酸反应生成硫酸钠和草酸，反应的离子方程式为C2O42-+2H+=H2 C2O4，故A正确；
B.草酸钠为强碱弱酸盐，草酸根在溶液中分步水解溶液呈碱性，溶液中加入酚酞，溶液变红，水解的离子方程式为C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−，故B正确；
C.草酸钠溶液中存在物料守恒关系2[c(C2O42-)+ c(HC2O4−)+ c(H2C2O4)]=c (Na+)，故C错误；
D. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与草酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4 −+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O，故D正确；
故选C。
13．B
【详解】A.由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；
B. 反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，故B正确；
C. 反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，由方程式可知处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,故C错误；
D. 根据方程式可知3mol CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，3mol Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A. H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色即H2C2O4还原酸性KMnO4，反应前后C、Mn元素的化合价发生变化，涉及到电子转移，故A不符合题意；
B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿即C2H5OH还原酸性K2Cr2O7，反应前后C、Cr元素的化合价发生变化，涉及到电子转移，故B不符合题意；
C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊属于复分解反应，反应前后没有元素的化合价发生变化，未涉及到电子转移，故C符合题意；
D. Na2O2放置空气中变白，Na2O2与空气中二氧化碳或水反应，最终生成碳酸钠和氧气，Na2O2中氧化合价既升高又降低，涉及到电子转移，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】反应中有元素化合价变化就是有电子转移。
15．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
16．B
【详解】A．铷位于周期表第六周期第ⅠA族，属于碱金属，属于铷(Rb)是金属元素，故A正确；
B．钛合金为合金，属于金属材料，故B错误；
C．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D．芳纶属于合成纤维，是高分子材料，故D正确；
故选B。
17．A
【详解】A．李比希元素定量分析可以确定有机物的实验式，不能确定有机物的结构式，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故B正确；
C．X-射线衍射图谱可以发现构成晶体的粒子在空间呈有规则的重复排列，可以用于区分晶体和非晶体,故C正确；
D．氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是元素化合价的变化，故D正确；
答案选A。
18．B
【详解】A．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，转移的电子数小于0.2NA，A错误；
B．电解AgNO3溶液，阳极生成的气体为氧气，物质的量n=V/Vm=2.24L÷22.4L /mol=0.1mol，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则转移的电子数为0.4NA个，B正确；
C．1mol乙炔共用电子对数为5 NA，1mol甲醛共用电子对数为4 NA，故1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，C错误；
D．未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A-)，D错误；
故选：B。
19．D
【详解】A．果蔬饮料中加入维C，维C具有还原性，可以防止果蔬饮料被氧化变质，所以与维C的还原性有关，故A不符合题意；
B．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关，故B不符合题意；
C．月饼脱氧剂包中有铁粉，铁粉具有还原性，可以除去密闭包装袋中的氧气，使月饼处于无氧状态，有效控制细菌、霉菌的生长，以保持月饼的色、香、味，所以与铁粉的还原性有关，故C不符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，同时碳酸氢钠也能与有机酸反应生成二氧化碳，使馒头、面包更疏松，与其还原性无关，故D符合题意；
答案为D。
20．A
【详解】A．0.1gH2C2O4·2H2O的物质的量为n (H2C2O4·2H2O) ≈7.9×10-4mol，加入的K2Cr2O7的物质的量n (K2Cr2O7)=4 ×10-3L × 0.05mol·L-1=2×10-4mol，根据反应方程式3H2C2O4 + Cr2O+ 8H+ = 6CO2↑+2Cr3+ + 7H2O，可知H2C2O4过量，反应后的溶液中存在Cr3+和H2C2O4，加入过量的NaOH溶液，发生反应Cr3++3OH-= Cr(OH)3↓和H2C2O4 + 2OH- = C2O+ 2H2O，故A错误；
B．溶液①呈蓝紫色说明溶液中含有Cr2(SO4)3，说明K2Cr2O7被还原为Cr3+，体现了K2Cr2O7的氧化性，故B正确；
C．若继续向溶液③中加入稀硫酸，溶液中的C2O与H+反应得到蓝紫色的Cr2(SO4)3溶液，故C正确；
D．向溶液②中加入1mL1mol·L-1的NaOH溶液，灰绿色沉淀Cr(OH)3；溶解，说明Cr(OH)3具有两性，存在平衡Cr(OH)3=H++C2O+H2O，加入碱，消耗了H+，使上述平衡正向移动，Cr(OH)3溶解，溶液③中存在C2O，溶液①中存在Cr3+和H2C2O4，将溶液①与③等体积混合会发生反应Cr3++3C2O+ 6H2O = 4Cr(OH)3↓，所以产生灰绿色浑浊与Cr3+的水解平衡移动有关，故D正确；
故选A。
21．D
【详解】A．金属钾较活泼，在空气中受热燃烧易生成K2O2，最终以KO2这种稳定形式存在：2K+O2KO2，故A错误；
B．20 g HF的物质的量为1mol，通入水中，因为HF为弱电解质，不完全电离，其断裂的共价键数目小于NA，故B错误；
C．He+HHe+H+18.4Mev为裂变反应，各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 ，故D正确；
故选D。
22．A
【详解】A．使用铝热剂焊接钢轨，是铝热反应，属于氧化还原反应，A项选；
B．使用动物油皂化制取肥皂，属于取代反应，不是氧化还原反应，B项不选；
C．具有漂白性，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色物质，可使品红溶液褪色，该过程不涉及氧化还原反应，C项不选；
D．向滴有酚酞的水中加入纯碱，纯碱溶于水，水解生成和，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，该过程不涉及氧化还原反应，D项不选；
答案选A。
23．AD
【详解】A．反应Ⅰ中氢气是还原剂，是氧化剂，发生反应的离子方程式为 ，A正确；
B．时，过程Ⅱ发生反应的离子方程式为，作氧化剂，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．处理过程的实质为被还原，混合溶液中和总数不变，C错误；
D．该转化过程的实质为被还原，D正确；
故选AD。
24． 有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色 继续通入N2 (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O 无色变为浅红色 碱式滴定管、锥形瓶 H++OH-= H2O，(CH2)6N4H++OH-= (CH2)6N4+H2O 7bc/l00a bc
【分析】由实验装置图可知，探究重铬酸铵的分解产物的实验步骤为打开K1和K2，缓缓通入氮气，将装置中的空气排尽后，点燃装置A处酒精灯加热A至恒重时，熄灭酒精灯，继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，关闭K1和K2，然后分别称量A和B，记录数据，依据重铬酸铵、A和B的质量计算得到重铬酸铵的分解产物。
【详解】(1)向重铬酸铵固体中滴加足量浓氢氧化钾溶液，振荡、微热发生的反应为重铬酸铵与氢氧化钾浓溶液共热反应生成黄色的铬酸钾、氨气和水，则观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、溶液变为黄色，故答案为：有刺激性气味气体放出；溶液变为黄色；
(2)①由分析可知，d的操作为继续通入氮气，将产生的气体全部赶入B中，防止影响水的质量测定，造成实验误差，故答案为：继续通入N2；
②由D中溶液不变色可知，反应中没有氨气生成，B中碱石灰质量增加，说明有水生成，水的质量为0.72g，由质量守恒定律可知，反应中还生成(1.00—0.72)g=0.28g气体，由原子个数守恒可知，该气体应该为氮气，设A中固体中铬元素化合价为+a价，由得失电子数目守恒可得：×(6—a)×2=×[0—(—3)]×2，解得a=3，则A中固体为氧化铬，重铬酸铵、氧化铬、氮气和水的物质的量比为：：：=1:1:1:4，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)①由题意可知，向酸性溶液中滴入酚酞溶液呈无色，当氢氧化钠溶液与溶液中氢离子和完全反应时，再滴入一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明滴定达到终点，故答案为：由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以滴定操作中使用的玻璃仪器为碱式滴定管、锥形瓶，故答案为：碱式滴定管、锥形瓶；
③步骤III发生的反应为氢氧根离子与溶液中氢离子和离子分别反应生成水和，反应的离子方程式为、，故答案为：、；
④1 mol (NH4)2Cr2O7电离产生2 mol和1 mol，由反应原理知，1 mol与Ba2+反应生成2 mol H+，2 mol于HCHO反应产生3 mol H+和1mol (CH2)6N4H+，NaOH标准液滴定时，H+、(CH2)6N4H+均参与反应，由此得关系式：(NH4)2Cr2O7~ 2N~[3H++(CH2)6N4H+]~4NaOH，a g样品消耗氢氧化钠的物质的量=c mol/L×b mL×10—3L/mL×10=0.01bc mol，故n(N)=×100%=，故答案为：；
⑤a．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏大，所测结果偏高，故不符合题意；
b．若步骤II没有静置5min，甲醛不可能将铵根离子完全转化为离子，消耗氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；
c．若滴定终点读数时，俯视标准液液面会导致氢氧化钠溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故符合题意；
bc符合题意，故答案为：bc。
25． Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2 ①②③ ② 圆底烧瓶 b 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 V2-V1 反应完全、无污染、反应速率快
【分析】Ⅰ．工业上制备H2O2：NaH2PO4溶液中加入Na2O2反应制备H2O2，双氧水受热易分解，所以制备过程中要注意防止温度过高；
Ⅱ．测定阿伏伽德罗常数：首先利用滴定法测定H2O2溶液的浓度，选择的标准液与H2O2溶液反应达到终点时应有明显的颜色变化；在密闭容器中催化双氧水分解产生氧气，测定生成氧气的体积，测定气体体积时要注意温度和压强要恒定，之后根据m=ρV计算氧气的质量，根据N=计算氧气的分子数，再根据求解阿伏伽德罗常数。
【详解】(1)转化过程反应物有NaH2PO4、Na2O2，产物有Na2HPO4、H2O2，根据元素守恒可得化学方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2；
(2)降低温度可以降低Na2HPO4的溶解度，有利于晶体析出，同时可以防止H2O2分解，放置一段时间可以使反应更充分，所以“低温放置”的目的是①②③；减压可以降低液体沸腾时的温度，避免蒸馏时温度过高，可防止H2O2分解，所以蒸馏时“减压”的目的是②；
(3)据图可知该装置有克氏蒸馏头和圆底烧瓶组成；
(4)①a．草酸虽然可以被双氧水氧化，但没有明显的颜色变化，故a不合适；
b．高锰酸钾溶液显紫色，且可以被双氧水还原，从而使溶液褪色，滴定终点时双氧水完全反应，再滴入高锰酸钾溶液的颜色变为浅紫红色，现象明显，故b合适；
c．双氧水可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉KI溶液变蓝色，双氧水完全反应后，再滴入淀粉KI溶液不再反应，但溶液中依然存在碘单质，溶液颜色不会发生变化，故c不合适；
综上所述应选用b试剂对H2O2溶液进行滴定；
②根据压强平衡原理可知当装置气密性良好时，注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(5)②测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，所以需要反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变的状态时，读取注射器读数，注射器b的气体体积为V2mL，体系中加入了VlmLH2O2溶液，所以产生O2的体积为(V2-V1)mL；
③室温下O2的密度为ρg•L-1，则(V2-V1)mL氧气的质量为g，一个O2实际质量为mg，则生成的氧气分子个数为，物质的量为mol，反应所用H2O2溶液的浓度为c mol/L，体积为V1mL，则n(H2O2)=mol，根据反应方程式2H2O22H2O+O2可知生成的n(O2)=mol，所以mol=mol，解得NA=。
(6)H2O2作为生氧剂反应产物为水和氧气，且在催化剂的催化作用下反应速率较快，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
【点睛】计算氧气体积时要注意滴入的H2O2溶液也占了一部分体积；注意n=的灵活使用。
26． 第四周期第VIII族 3d64s2 N＞O＞C＞Fe H2O＞NH3＞CO2 直线形 sp3 CoCl3＞Cl2＞FeCl3 2Co(OH)3+6H++2Cl－=Cl2↑+2+6H2O NiO＞CoO＞FeO
【分析】根据元素周期表的结构判断Fe、Co、Ni的位置，根据构造原理写出基态Fe原子的价电子排布式；根据元素周期律判断C、N、O、Fe的第一电离能变化规律；根据范德华力和氢键判断C、N、O最简单氢化物的沸点规律；根据C2H2分子的碳原子成键方式判断空间构型，根据N2H4分子中氮原子的成键方式判断氮原子的杂化方式；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；根据实验现象，电荷守恒，质量守恒写出并配平离子方程式；根据离子晶体的阳离子的半径判断晶格能的大小，从而判断出熔点的高低；利用均摊法计算出N的值，根据ρ=进行计算，由此分析。
【详解】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，在周期表中的位置为第四周期第VIII族，根据构造原理可知：基态Fe原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23d64s2，价电子排布式为3d64s2；
(2)C、N、O位于第二周期同周期元素，从左到右第一电离能呈现增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满状态，则第一电离能由大到小为：N＞O＞C，Fe位于第四周期，四种元素中铁的第一电离能最小，第一电离能从大到小为：N＞O＞C＞Fe，C、N、O最简单氢化物分别为：H2O、NH3、CO2，都是分子晶体，H2O和NH3易形成氢键，沸点较高，常温下水是液态，沸点高于氨气，故沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞CO2；
(3)C2H2分子中形成碳碳三键，碳原子采用sp杂化，空间构型为直线型，N2H4分子氮原子和氮原子之间，氮原子和氢原子间形成的都是单键，氮原子的成键电子对数为3对，孤对电子对数为1对，价层电子对数为4对，中心原子的杂化方式sp3杂化；
(4)Fe、Co、Ni能与C12反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，铁与氯气形成三氯化铁，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，Cl2＞FeCl3，Co和Ni只生成二氯化物，说明Cl2＜FeCl3，则氧化性顺序为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；
Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体是氯气，还生成了氯化钴和水，离子方程式为：2Co(OH)3+6H++2Cl－=Cl2↑+2+6H2O；
(5)CoO的面心立方晶胞如图所示。Fe、Co、Ni的二价氧化物的晶胞类型相同，都是离子晶体，同周期核外电子排布相同的离子半径从左到右逐渐减小，晶格能逐渐增大，熔点逐渐升高，熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；
设阿伏伽德罗常数的值为NA，钴离子位于棱上和体心，个数为+1=4，氧离子位于面心和顶点，个数为=4，则CoO晶体的密度为ρ==g∙cm-3。
27． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
28． 增大接触面积，充分反应 3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O 充分氧化Fe2+ 大于等于3.7小于7.7 去除Ca2+、Mg2+ 蒸发浓缩或者浓缩结晶 0.76-0.78均可 锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去中金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。
【详解】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
29． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
30．(1) 直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
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