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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-11氧化还原反应（2）
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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-11氧化还原反应（2），共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-11氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2021·天津武清·统考一模）元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系：
已知：
下列判断错误的是
A．反应①表明可能有两性氧化物的性质
B．反应②利用了的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
2．（2021·天津和平·统考一模）下列不涉及氧化还原反应的是
A．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
B．雷雨肥庄稼——自然固氮
C．补铁剂(有效成分为)与含维生素共服效果更佳
D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
3．（2021·天津·统考一模）元素铬的几种化合物存在下列转化关系：
已知：。下列判断错误的是
A．反应①表明可能有两性氧化物的性质
B．反应②利用了的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
4．（2021·天津河北·统考一模）下列各组实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是
实验操作
现象
结论
A
向等物质的量浓度的混合溶液中滴加NaOH溶液
开始时得到红褐色沉淀
相同温度下：
B
向溶液中滴加少量氯水
溶液变黄色
还原性：
C
向2 mL等物质的量浓度的溶液中分别滴加2滴酚酞试液
溶液颜色较深
酸性：
D
向2 mL 5%、2 mL 10%的双氧水中分别加入等物质的量的X、Y两种催化剂
加入Y催化剂的双氧水中产生气泡速率快
催化效果：Y>X
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·天津河东·统考一模）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀，较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)
依据上述实验现象，不能得出的结论是
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+=Fe3++Ag
6．（2021·天津·模拟预测）2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6是定量分析中的常用反应。下列关于说法不正确的是
A．反应中，I2表现了氧化性
B．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有4 mol e-发生转移
C．Na2S2O3是含有共价键的离子化合物
D．Na2S2O3在空气中放置会变质，产物可能有Na2SO4
7．（2021·天津·模拟预测）PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应：NOx+ CON2 + CO2。下列关于此反应的说法中，不正确的是
A．所涉及元素中原子半径： C>N>O
B．当x = 2时，每生成1mol N2，转移电子数为4mol
C．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3︰4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰1时，NOx中氮元素的化合价为＋2
8．（2021·天津·三模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．福尔马林可用于新冠病毒环境消毒和鱼肉等食品的防腐保鲜
B．华为5G手机芯片的主要成分是硅
C．嫦娥五号外壳为钛合金，因它可防电离辐射
D．用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生了氧化反应
9．（2021·天津和平·统考一模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是
A．和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．图示循环的反应均为自发过程
C．在转化过程中能循环利用的物质是和
D．若有发生图示转化的同时消耗为，则混合液中浓度增大
10．（2021·天津红桥·统考一模）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
11．（2021·天津·模拟预测）细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：2NOx+2xCON2+2xCO2，下列关于此反应的说法中，错误的是
A．所涉及元素中原子半径：
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1时，中氮元素的化合价为价
C．当时，每生成1molN2，转移电子数为4mol，为氧化产物
D．等物质的量和中，共价键的个数比为
12．（2021·天津·模拟预测）我国近代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”。这句话所涉及的反应有：①HgS+O2 =Hg+SO2 ②Hg+S=HgS。下列有关说法错误的是
A．反应①、②均为氧化还原反应
B．反应①中Hg、O两种元素被还原
C．反应①中每生成lmol SO2共转移4mole-
D．反应②中Hg 元素被氧化、S 元素被还原
13．（2021·天津河北·统考一模）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
14．（2021·天津·模拟预测）大气中的SO2是造成酸雨的主要污染物。最新研究表明，离子晶体[N(CH3)4]2SO4(s)能与SO2进行如下可逆反应，使其可能成为绿色的SO2吸收剂：
[N(CH3)4]2SO4(s)+SO2(g)[N(CH3)4]2S2O6(s)
下列说法正确的是
A．[N(CH3)4]+中只含共价键
B．该反应中，SO2作氧化剂
C．SO2漂白品红是利用其强氧化性
D．每吸收标准状况下的SO211.2L，生成15.4g[N(CH3)4]2 S2O6
15．（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
16．（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
17．（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
18．（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
19．（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
20．（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
21．（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
22．（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
23．（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
24．（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
25．（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
26．（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
27．（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-
28．（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
二、多选题
29．（2021·天津·模拟预测）金属钼是一种优良的催化剂。工业上冶炼钼所涉及的反应有①2MoS2+7O22MoO3+4SO2；②H2MoO4MoO3+H2O；MoO3+3H2Mo+3H2O。下列说法不正确的是
A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．反应②③生成的水均属于氧化产物
C．在反应①中Mo和S均被氧化 D．反应③中，氧化剂为MoO3
30．（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、填空题
31．（2021·天津·模拟预测）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。
有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
SO2Cl2
－54.1
69.1
①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑
H2SO4
10.4
338
吸水性且不易分解
实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：
(1) 仪器A冷却水的进口为________(填“a”或“b”)。
(2) 仪器B中盛放的药品是________。
(3) 实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为________。
(4) 装置丙的作用为______，若缺少装置乙硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_______。
(5) 少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H===H2SO4＋SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的方法是________。
32．（2021·天津·模拟预测）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第 周期第 族；S的基态原子核外有 个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si S
O2－ Na＋
NaCl Si
H2SO4 HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl2(s)，放热44.4KJ，该反应的热化学方程式是 。
（4）ClO2是常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
四、实验题
33．（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
34．（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)。
五、工业流程题
35．（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：___________。
36．（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____。
六、原理综合题
37．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
七、结构与性质
38．（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。
参考答案：
1．D
【详解】A．反应①中与强碱反应生成盐和水，同时为金属氧化物，金属氧化物一般能与酸反应生成盐和水，因此可能有两性氧化物的性质，A正确；
B．反应②中Cr由+3升高为+6，被过氧化氢氧化，利用了的氧化性，B正确；
C．反应③中氢离子浓度增大，正向移动，溶液颜色由黄色变为橙红色，即反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的，C正确；
D．反应①前后Cr化合价均为+3价，未变化，反应③前后Cr化合价均为+6价，未变化，D错误；
答案选D。
2．A
【详解】A．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，反应过程中不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，A项正确；
B．放电过程中氮气与氧气反应生成一氧化氮，氮、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B项错误；
C．维生素具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，C项错误；
D．由二氧化硅制晶体硅，硅的化合价降低，涉及氧化还原反应，D项错误；
故答案为A。
3．D
【详解】A．反应①表明能与KOH溶液反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故其可能具有两性氧化物的性质，A正确；
B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3升高到+6，表现了氧化性，B正确；
C．反应③中存在：，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，荣也有黄色变成橙色，C正确；
D．反应①、③中铬元素的化合价没有发生变化，D错误；
故选D
4．C
【详解】A．组成形式相同，其他条件相同时，小的先形成沉淀，A项不符合题意；
B．由于含有的溶液均显黄色，因此无法仅根据溶液颜色变化判断是哪种离子被氧化，B项不符合题意；
C．滴加酚酞后溶液颜色越浅表明溶液碱性越弱，酸根水解生成的浓度越小，对应的酸根酸性越强，C项符合题意；
D．两个实验中催化剂不同，双氧水的浓度也不同，无法比较催化剂的催化效果，D项不符合题意；
故正确选项为C。
5．C
【解析】向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色，则表明铁粉有剩余，同时生成Fe3+。3min后取上层清液，滴加KSCN溶液，产生大量白色沉淀，溶液呈红色，则表明溶液中含有Ag+、Fe3+；30min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较3min时量少，溶液红色较3min时加深，则表明反应继续进行，溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大；120min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较30min时量少，溶液红色较30min时变浅，则表明溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)减小。由现象可推知，起初缓慢发生反应Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，但生成的Fe2+又能被Ag+氧化，发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag；当c(Ag+)减小到一定程度后，Ag+能氧化Fe，但不能氧化Fe2+，同时又发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，从而导致c(Fe3+)减小。
【详解】A．滴加KSCN溶液后，溶液变红，说明发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液中含有Fe3+，A正确；
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，由题给信息可知，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，从而说明溶液中含有Ag+，B正确；
C．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag ，所以Fe3+不一定是酸性溶液中Fe2+被氧化生成的，C不正确；
D．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生Ag+与Fe2+的反应：Fe2++Ag+=Fe3++Ag，D正确；
故选C。
6．B
【详解】A．在反应中，I元素化合价降低，得到电子被还原，所以I2表现了氧化性，A正确；
B．在该反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有2 mol e-发生转移，B错误；
C．Na2S2O3是盐，Na+与以离子键结合，在阴离子中含有共价键，因此该化合物是含有共价键的离子化合物，C正确；
D．在Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有强的还原性，在空气中放置，会被空气中的氧气氧化导致变质，产物可能有Na2SO4，D正确；
故合理选项是B。
7．B
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径C>N>O，故A正确；
B．当x = 2时，元素由NO2中+4价降低为N2中0价，每个N转移电子的物质的量为4mol，每生成1mol N2转移电子数为4mol×2=8mol，故B错误；
C．N2分子中含有氮氮三键，1mol N2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O，1molCO2含有4mol共价键，故等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故C正确；
D．令NOx中N元素的化合价为a，则1×(a-0)=1×(4-2)，计算得出a=2，故D正确；
故答案为B。
8．B
【详解】A．福尔马林有毒，不能用于鱼肉等食品的防腐保鲜，故A错误；
B．硅是良好的半导体材料，华为5G手机芯片的主要成分是硅，故B正确；
C.钛合金具有质轻、坚硬、耐腐蚀等优点，可作为嫦娥五号的外壳，故C错误；
D．氧化和还原反应是同时发生的，有得电子必有失电子过程，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中不仅只发生氧化反应，还有还原反应，则酿造过程中发生了氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
9．D
【详解】A. 总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，和空气通过上述循环相当于铁离子和铜离子作了催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A正确；
B. 由图知，图示循环的反应没有加条件就发生了，均为自发过程， B正确；
C. 在转化过程中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是和，C正确；
D. 总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有发生图示转化，则失去电子为2mol，若同时消耗为，则得到电子为1.6mol，则混合液中浓度因消耗而减小，D错误；
答案选D。
10．D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
11．C
【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：C>N>O，A正确；
B.反应中碳元素的化合价从价升高到价，CO为还原剂，1个CO失去2个电子，氮元素被还原到0价，所以如果氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1时，中氮元素的化合价为价，B正确；
C.当时，NOx中N元素的化合价为+4价，每生成1molN2，转移电子数为8mol，为还原产物，C不正确；
D.1个N2中含有1个氮氮三键，1个中含有2个碳氧双键，等物质的量的N2和CO2中共价键的个数比为3:4，D正确；
答案选C。
12．C
【详解】A、①中氧气中氧元素的化合价降低，Hg元素的化合价降低，HgS中S的化合价升高，因此①属于氧化还原反应，②中Hg的化合价升高，S的化合价降低，②属于氧化还原反应，故A说法正确；B、反应①中Hg元素、氧元素的化合价降低，被还原，故B说法正确；C、反应①中HgS中Hg的化合价由＋2价→0价，化合价降低2价，S的化合价由－2价→＋4价，化合价升高6价，O2中氧元素化合价由0价→－2价，共降低4价，因此每生成1molSO2转移电子物质的量为1×6mol=6mol，故C说法错误；D、反应②中Hg的化合价由0价→＋2价，化合价升高，被氧化，S的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故D说法正确。
13．A
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选A。
14．A
【详解】A．[N(CH3)4]+中全部为共价键，A正确；
B．该反应中，SO2中硫元素的价态升高，发生氧化反应，作还原剂，B错误；
C．SO2漂白品红，是利用其与品红化合生成不稳定的无色物质，导致褪色，而非氧化性，C错误；
D．根据反应方程式可知，每吸收标准状况下的SO211.2L(物质的量为0.5mol)，生成0.5mol[N(CH3)4]2S2O6，质量为16.2g，D错误；
故答案为A。
15．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。
16．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。
17．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。
18．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。
19．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。
20．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。
21．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。
22．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。
23．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。
24．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。
25．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。
26．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。
27．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。
28．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。
29．AB
【详解】A．反应②中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．反应②中，没有元素化合价的变化，水不是氧化产物，反应③生成的水属于氧化产物，故B错误；
C．反应①中，Mo、S元素的化合价升高，则在反应①中Mo和S均被氧化，故C正确；
D．反应③中，Mo的化合价降低被还原，MoO3作氧化剂，故D正确；
故选：AB。
30．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。
31． a 碱石灰 ClO＋5Cl－＋ 6H＋===3Cl2↑＋3H2O 除去Cl2中的HCl SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl 蒸馏
【详解】(1) 仪器A冷却水为下进上出，故的进口为a。
(2) 硫酰氯易水解，为防止其水解，仪器B中盛放的药品是干燥剂碱石灰。
（3）装置丁中是制备氯气的装置，反应的离子方程式：ClO3－+5Cl－+ 6H+＝3Cl2 ↑+3H2O。
（4）因实验中要用到干燥而纯净的氯气 ，故装置丙是除去Cl2中的HCl；装置乙是除去Cl2中的H2O，起干燥作用，缺少装置乙硫酰氯遇到水会发生水解：SO2Cl2 + 2H2O＝H2SO4 + 2HCl；
（5）H2SO4高沸点为338℃，而SO2Cl2低沸点为69.1℃，可用蒸馏的方法从分解产物中分离出硫酰氯。
【点睛】本题考查的是实验仪器的使用，物质的制备，性质的应用。本题 中有效信息的提取和应用是关键，特别注意的是硫酰氯的水解，氯气的制备。难度中等。
32．（1）第三周期，第ⅠA族 2，1s22s22p63s23p2
（2）<，>，<，<，
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(2)+2CuO(s) △H=-177.6kJ/mol
（4）
【详解】试题分析：（1）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；硅，核电核数为14，根据构造原理可以排出。
（2）第一电离能同周期从左往右逐渐增大趋势，但有几个反常，故有Si
（4）氯气做氧化剂从0价到-1价，亚氯酸根从+3到+4价。
考点：物质结构、元素及化合物性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等
33． 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。
34． 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。
35． 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。
36． 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。
37． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
38． 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。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-11氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2021·天津武清·统考一模）元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系：
已知：
下列判断错误的是
A．反应①表明可能有两性氧化物的性质
B．反应②利用了的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
2．（2021·天津和平·统考一模）下列不涉及氧化还原反应的是
A．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
B．雷雨肥庄稼——自然固氮
C．补铁剂(有效成分为)与含维生素共服效果更佳
D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
3．（2021·天津·统考一模）元素铬的几种化合物存在下列转化关系：
已知：。下列判断错误的是
A．反应①表明可能有两性氧化物的性质
B．反应②利用了的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
4．（2021·天津河北·统考一模）下列各组实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是
实验操作
现象
结论
A
向等物质的量浓度的混合溶液中滴加NaOH溶液
开始时得到红褐色沉淀
相同温度下：
B
向溶液中滴加少量氯水
溶液变黄色
还原性：
C
向2 mL等物质的量浓度的溶液中分别滴加2滴酚酞试液
溶液颜色较深
酸性：
D
向2 mL 5%、2 mL 10%的双氧水中分别加入等物质的量的X、Y两种催化剂
加入Y催化剂的双氧水中产生气泡速率快
催化效果：Y>X
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·天津河东·统考一模）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀，较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)
依据上述实验现象，不能得出的结论是
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+=Fe3++Ag
6．（2021·天津·模拟预测）2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6是定量分析中的常用反应。下列关于说法不正确的是
A．反应中，I2表现了氧化性
B．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有4 mol e-发生转移
C．Na2S2O3是含有共价键的离子化合物
D．Na2S2O3在空气中放置会变质，产物可能有Na2SO4
7．（2021·天津·模拟预测）PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应：NOx+ CON2 + CO2。下列关于此反应的说法中，不正确的是
A．所涉及元素中原子半径： C>N>O
B．当x = 2时，每生成1mol N2，转移电子数为4mol
C．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3︰4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰1时，NOx中氮元素的化合价为＋2
8．（2021·天津·三模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．福尔马林可用于新冠病毒环境消毒和鱼肉等食品的防腐保鲜
B．华为5G手机芯片的主要成分是硅
C．嫦娥五号外壳为钛合金，因它可防电离辐射
D．用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生了氧化反应
9．（2021·天津和平·统考一模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述不正确的是
A．和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率
B．图示循环的反应均为自发过程
C．在转化过程中能循环利用的物质是和
D．若有发生图示转化的同时消耗为，则混合液中浓度增大
10．（2021·天津红桥·统考一模）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
11．（2021·天津·模拟预测）细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：2NOx+2xCON2+2xCO2，下列关于此反应的说法中，错误的是
A．所涉及元素中原子半径：
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1时，中氮元素的化合价为价
C．当时，每生成1molN2，转移电子数为4mol，为氧化产物
D．等物质的量和中，共价键的个数比为
12．（2021·天津·模拟预测）我国近代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”。这句话所涉及的反应有：①HgS+O2 =Hg+SO2 ②Hg+S=HgS。下列有关说法错误的是
A．反应①、②均为氧化还原反应
B．反应①中Hg、O两种元素被还原
C．反应①中每生成lmol SO2共转移4mole-
D．反应②中Hg 元素被氧化、S 元素被还原
13．（2021·天津河北·统考一模）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
14．（2021·天津·模拟预测）大气中的SO2是造成酸雨的主要污染物。最新研究表明，离子晶体[N(CH3)4]2SO4(s)能与SO2进行如下可逆反应，使其可能成为绿色的SO2吸收剂：
[N(CH3)4]2SO4(s)+SO2(g)[N(CH3)4]2S2O6(s)
下列说法正确的是
A．[N(CH3)4]+中只含共价键
B．该反应中，SO2作氧化剂
C．SO2漂白品红是利用其强氧化性
D．每吸收标准状况下的SO211.2L，生成15.4g[N(CH3)4]2 S2O6
15．（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
16．（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
17．（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
18．（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
19．（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
20．（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
21．（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
22．（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
23．（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
24．（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
25．（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
26．（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
27．（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-
28．（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
二、多选题
29．（2021·天津·模拟预测）金属钼是一种优良的催化剂。工业上冶炼钼所涉及的反应有①2MoS2+7O22MoO3+4SO2；②H2MoO4MoO3+H2O；MoO3+3H2Mo+3H2O。下列说法不正确的是
A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．反应②③生成的水均属于氧化产物
C．在反应①中Mo和S均被氧化 D．反应③中，氧化剂为MoO3
30．（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、填空题
31．（2021·天津·模拟预测）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。
有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它性质
SO2Cl2
－54.1
69.1
①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑
H2SO4
10.4
338
吸水性且不易分解
实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：
(1) 仪器A冷却水的进口为________(填“a”或“b”)。
(2) 仪器B中盛放的药品是________。
(3) 实验时，装置丁中发生反应的离子方程式为________。
(4) 装置丙的作用为______，若缺少装置乙硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_______。
(5) 少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H===H2SO4＋SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的方法是________。
32．（2021·天津·模拟预测）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第 周期第 族；S的基态原子核外有 个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si S
O2－ Na＋
NaCl Si
H2SO4 HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl2(s)，放热44.4KJ，该反应的热化学方程式是 。
（4）ClO2是常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
四、实验题
33．（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
34．（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)。
五、工业流程题
35．（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：___________。
36．（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____。
六、原理综合题
37．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
七、结构与性质
38．（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。
参考答案：
1．D
【详解】A．反应①中与强碱反应生成盐和水，同时为金属氧化物，金属氧化物一般能与酸反应生成盐和水，因此可能有两性氧化物的性质，A正确；
B．反应②中Cr由+3升高为+6，被过氧化氢氧化，利用了的氧化性，B正确；
C．反应③中氢离子浓度增大，正向移动，溶液颜色由黄色变为橙红色，即反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的，C正确；
D．反应①前后Cr化合价均为+3价，未变化，反应③前后Cr化合价均为+6价，未变化，D错误；
答案选D。
2．A
【详解】A．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，反应过程中不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，A项正确；
B．放电过程中氮气与氧气反应生成一氧化氮，氮、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B项错误；
C．维生素具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，C项错误；
D．由二氧化硅制晶体硅，硅的化合价降低，涉及氧化还原反应，D项错误；
故答案为A。
3．D
【详解】A．反应①表明能与KOH溶液反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故其可能具有两性氧化物的性质，A正确；
B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3升高到+6，表现了氧化性，B正确；
C．反应③中存在：，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，荣也有黄色变成橙色，C正确；
D．反应①、③中铬元素的化合价没有发生变化，D错误；
故选D
4．C
【详解】A．组成形式相同，其他条件相同时，小的先形成沉淀，A项不符合题意；
B．由于含有的溶液均显黄色，因此无法仅根据溶液颜色变化判断是哪种离子被氧化，B项不符合题意；
C．滴加酚酞后溶液颜色越浅表明溶液碱性越弱，酸根水解生成的浓度越小，对应的酸根酸性越强，C项符合题意；
D．两个实验中催化剂不同，双氧水的浓度也不同，无法比较催化剂的催化效果，D项不符合题意；
故正确选项为C。
5．C
【解析】向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色，则表明铁粉有剩余，同时生成Fe3+。3min后取上层清液，滴加KSCN溶液，产生大量白色沉淀，溶液呈红色，则表明溶液中含有Ag+、Fe3+；30min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较3min时量少，溶液红色较3min时加深，则表明反应继续进行，溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大；120min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较30min时量少，溶液红色较30min时变浅，则表明溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)减小。由现象可推知，起初缓慢发生反应Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，但生成的Fe2+又能被Ag+氧化，发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag；当c(Ag+)减小到一定程度后，Ag+能氧化Fe，但不能氧化Fe2+，同时又发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，从而导致c(Fe3+)减小。
【详解】A．滴加KSCN溶液后，溶液变红，说明发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液中含有Fe3+，A正确；
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，由题给信息可知，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，从而说明溶液中含有Ag+，B正确；
C．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag ，所以Fe3+不一定是酸性溶液中Fe2+被氧化生成的，C不正确；
D．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生Ag+与Fe2+的反应：Fe2++Ag+=Fe3++Ag，D正确；
故选C。
6．B
【详解】A．在反应中，I元素化合价降低，得到电子被还原，所以I2表现了氧化性，A正确；
B．在该反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有2 mol e-发生转移，B错误；
C．Na2S2O3是盐，Na+与以离子键结合，在阴离子中含有共价键，因此该化合物是含有共价键的离子化合物，C正确；
D．在Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有强的还原性，在空气中放置，会被空气中的氧气氧化导致变质，产物可能有Na2SO4，D正确；
故合理选项是B。
7．B
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径C>N>O，故A正确；
B．当x = 2时，元素由NO2中+4价降低为N2中0价，每个N转移电子的物质的量为4mol，每生成1mol N2转移电子数为4mol×2=8mol，故B错误；
C．N2分子中含有氮氮三键，1mol N2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O，1molCO2含有4mol共价键，故等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故C正确；
D．令NOx中N元素的化合价为a，则1×(a-0)=1×(4-2)，计算得出a=2，故D正确；
故答案为B。
8．B
【详解】A．福尔马林有毒，不能用于鱼肉等食品的防腐保鲜，故A错误；
B．硅是良好的半导体材料，华为5G手机芯片的主要成分是硅，故B正确；
C.钛合金具有质轻、坚硬、耐腐蚀等优点，可作为嫦娥五号的外壳，故C错误；
D．氧化和还原反应是同时发生的，有得电子必有失电子过程，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中不仅只发生氧化反应，还有还原反应，则酿造过程中发生了氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
9．D
【详解】A. 总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，和空气通过上述循环相当于铁离子和铜离子作了催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A正确；
B. 由图知，图示循环的反应没有加条件就发生了，均为自发过程， B正确；
C. 在转化过程中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是和，C正确；
D. 总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有发生图示转化，则失去电子为2mol，若同时消耗为，则得到电子为1.6mol，则混合液中浓度因消耗而减小，D错误；
答案选D。
10．D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
11．C
【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：C>N>O，A正确；
B.反应中碳元素的化合价从价升高到价，CO为还原剂，1个CO失去2个电子，氮元素被还原到0价，所以如果氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1时，中氮元素的化合价为价，B正确；
C.当时，NOx中N元素的化合价为+4价，每生成1molN2，转移电子数为8mol，为还原产物，C不正确；
D.1个N2中含有1个氮氮三键，1个中含有2个碳氧双键，等物质的量的N2和CO2中共价键的个数比为3:4，D正确；
答案选C。
12．C
【详解】A、①中氧气中氧元素的化合价降低，Hg元素的化合价降低，HgS中S的化合价升高，因此①属于氧化还原反应，②中Hg的化合价升高，S的化合价降低，②属于氧化还原反应，故A说法正确；B、反应①中Hg元素、氧元素的化合价降低，被还原，故B说法正确；C、反应①中HgS中Hg的化合价由＋2价→0价，化合价降低2价，S的化合价由－2价→＋4价，化合价升高6价，O2中氧元素化合价由0价→－2价，共降低4价，因此每生成1molSO2转移电子物质的量为1×6mol=6mol，故C说法错误；D、反应②中Hg的化合价由0价→＋2价，化合价升高，被氧化，S的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故D说法正确。
13．A
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选A。
14．A
【详解】A．[N(CH3)4]+中全部为共价键，A正确；
B．该反应中，SO2中硫元素的价态升高，发生氧化反应，作还原剂，B错误；
C．SO2漂白品红，是利用其与品红化合生成不稳定的无色物质，导致褪色，而非氧化性，C错误；
D．根据反应方程式可知，每吸收标准状况下的SO211.2L(物质的量为0.5mol)，生成0.5mol[N(CH3)4]2S2O6，质量为16.2g，D错误；
故答案为A。
15．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。
16．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。
17．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。
18．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。
19．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。
20．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。
21．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。
22．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。
23．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。
24．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。
25．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。
26．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。
27．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。
28．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。
29．AB
【详解】A．反应②中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．反应②中，没有元素化合价的变化，水不是氧化产物，反应③生成的水属于氧化产物，故B错误；
C．反应①中，Mo、S元素的化合价升高，则在反应①中Mo和S均被氧化，故C正确；
D．反应③中，Mo的化合价降低被还原，MoO3作氧化剂，故D正确；
故选：AB。
30．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。
31． a 碱石灰 ClO＋5Cl－＋ 6H＋===3Cl2↑＋3H2O 除去Cl2中的HCl SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl 蒸馏
【详解】(1) 仪器A冷却水为下进上出，故的进口为a。
(2) 硫酰氯易水解，为防止其水解，仪器B中盛放的药品是干燥剂碱石灰。
（3）装置丁中是制备氯气的装置，反应的离子方程式：ClO3－+5Cl－+ 6H+＝3Cl2 ↑+3H2O。
（4）因实验中要用到干燥而纯净的氯气 ，故装置丙是除去Cl2中的HCl；装置乙是除去Cl2中的H2O，起干燥作用，缺少装置乙硫酰氯遇到水会发生水解：SO2Cl2 + 2H2O＝H2SO4 + 2HCl；
（5）H2SO4高沸点为338℃，而SO2Cl2低沸点为69.1℃，可用蒸馏的方法从分解产物中分离出硫酰氯。
【点睛】本题考查的是实验仪器的使用，物质的制备，性质的应用。本题 中有效信息的提取和应用是关键，特别注意的是硫酰氯的水解，氯气的制备。难度中等。
32．（1）第三周期，第ⅠA族 2，1s22s22p63s23p2
（2）<，>，<，<，
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(2)+2CuO(s) △H=-177.6kJ/mol
（4）
【详解】试题分析：（1）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；硅，核电核数为14，根据构造原理可以排出。
（2）第一电离能同周期从左往右逐渐增大趋势，但有几个反常，故有Si
（4）氯气做氧化剂从0价到-1价，亚氯酸根从+3到+4价。
考点：物质结构、元素及化合物性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等
33． 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。
34． 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。
35． 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。
36． 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。
37． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
38． 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。
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