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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应（1）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应（1），共34页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）用大苏打除去自来水中的余氯，反应的离子方程式为：。下列说法正确的是
A．S元素化合价既升又降 B．氧化性：
C．可用pH计指示反应终点 D．可用溶液检验还原产物
2．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）电子可以
A．在氧化还原反应中发生转移 B．在电解质溶液中自由移动
C．与阳离子形成离子键 D．在原子核周围聚集成电子云
3．（2022·上海青浦·一模）海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量居世界第一，除供食用外，大量用于制碘。实验室提取碘的途径如图所示：
下列有关叙述不正确的是
A．实验室在坩埚中焙烧干海带
B．“氧化”时，试剂可选用氯水或H2O2
C．“系列操作”中涉及的操作是萃取、分液
D．在含I-的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明I-被氧化
4．（2022·上海徐汇·统考二模）向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，下列关于该反应说法错误的是
A．氧化性：Cl2>Fe3+
B．参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为1：1
C．还原性：Fe2+
5．（2022·上海金山·统考一模）水热法制备纳米颗粒的反应为：，若反应生成1mol，则下列说法正确的是
A．x=6 B．作氧化剂
C．转移电子2mol D．被还原的为0.5mol
6．（2022·上海闵行·统考一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为-2价)与盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
7．（2022·上海嘉定·统考一模）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是
A．白色物质X为
B．NO和Y均为还原产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol
8．（2022·上海嘉定·统考一模）草酸是一种二元弱酸。实验室配制了标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是
A．测得溶液pH为8.6，此时溶液中存在：
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液，此时溶液中存在：
C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加溶液，发生反应的离子方程式为：
D．已知难溶于水，存在溶解平衡，25℃时饱和溶液的浓度为，向该溶液中加入等体积溶液，所得上层清液中
9．（2022·上海·一模）向、的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是
A．加入溶液一定不变红色 B．溶液中不一定含有
C．溶液中一定含有 D．剩余固体中不一定含有
10．（2022·上海杨浦·统考一模）等物质的量的A1、Fe分别与水完全反应，下列说法正确的是
A．电子转移的数目相同 B．均有碱生成 C．生成等量的氢气 D．反应条件不同
11．（2022·上海松江·统考一模）下列所加物质的作用与其还原性有关的是
A．腌咸菜加氯化钠 B．红酒中添加
C．食用盐中加碘酸钾 D．泡打粉加碳酸氢钠
12．（2022·上海松江·统考一模）在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A．反应后溶液的降低 B．每生成气体，转移电子数为
C．既作氧化剂又作还原剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比
13．（2022·上海松江·统考一模）工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．纯碱工业 C．硫酸工业 D．合成氨工业
14．（2022·上海松江·统考一模）充分利用已有的数据是解决化学问题的重要途径。下列数据的利用正确的是
A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢
B．利用元素最高化合价判断物质氧化性的强弱
C．利用沸点数据设计互溶液体混合物的分离方法
D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下物质密度的大小
15．（2022·上海青浦·一模）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
16．（2022·上海徐汇·统考三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
17．（2022·上海徐汇·统考三模）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法正确的是
A．装置的连接顺序：f→a→b→d→c→e B．装置M可快速制
C．可用代替水 D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
18．（2022·上海普陀·统考二模）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑，下列说法正确的是
A．还原性：C>Na2S B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2 D．该反应在常温下进行
二、结构与性质
19．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）某污水处理工艺中，的转化途径如下图所示：
完成下列填空：
(1)上述转化过程_______(选填“属于”或“不属于”)氮的固定。N原子核外能量最高的电子有_______个，这些电子_______(选填编号)
a.所处的电子亚层相同 b.自旋方向相同
c.占据的轨道相同 d.运动状态相同
(2)从原子结构角度解释NO分子中氮元素化合价呈正价的原因_______。
(3)中氢元素的化合价为价，写出的结构式_______，其所含共价键的类型为_______；若其分子的极性与相同，则它是_______(选填“极性”或“非极性”)分子。
(4)配平离子方程式：_______。
_______NO＋____________________________
若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，则该反应转移的电子为_______mol。
20．（2022·上海普陀·统考二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
三、原理综合题
21．（2022·上海青浦·一模）含氮化合物(NOx、NO等)是主要污染物之一，消除含氮化合物的污染备受关注。请回答下列问题：
I.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。
(1)图1种BaO的作用是_____。用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，第一步反应的化学方程式为_____。
II.用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO)是重要的方法。一种去除NO的过程如图：
(2)过程中“操作”的名称是_____。酸化废水与铁粉反应的离子方程式是_____。
(3)研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO的过程中，Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面，随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输，导致NO的去除率低，若要提高NO的去除率，可采取的措施是_____。
III.测定某废水中NO含量。先取VmL含NO水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4；最后用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，滴定至终点时消耗V2mL。
已知：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(4)加入稀H2SO4的作用是_____。
(5)水样中NO的含量为_____mol·L-1(用含c1、c2、V1、V2、V1的代数式表示)。如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果_____。(填“偏大”或“偏小”)。
四、填空题
22．（2022·上海奉贤·一模）氮、氧、氯及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
(1)氧原子核外共有_____种能量不同的电子，氯原子核外未成对电子所占据的轨道符号是_____，NH3分子的空间构型为_____。
(2)请比较氮、氧元素的非金属性：氮_____氧(选填“＞”或“＜”)，用一个化学事实进行说明_____。
已知：①NaNO2具有毒性和强氧化性；②酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
(3)含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，工业上常用还原剂将其转化为无污染的气体，用NH4Cl还原NaNO2的离子方程式为_____，若生成1mol氧化产物，则反应中转移的电子数目是_____。
(4)向冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2溶液，该物质可以为_____。
a.二氧化碳 b.二氧化硫 c.醋酸 d.稀硫酸
(5)常温下将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液呈酸性，则c(NO)+c(HNO2)_____0.01mol·L-1，c(NO)+c(Cl-)_____0.01mol·L-1(选填“>”、“<”或“=”)。
23．（2022·上海·统考一模）氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，可用和反应制备。完成下列填空：
(1)已知四种物质的溶解度如图，写出向溶液中加入饱和溶液制备的化学反应方程式_______。
(2)上述反应能够发生的原因是_______。
(3)氧原子最外层电子排布的轨道表达式为_______，镁原子核外共有_______种能量不同的电子。
(4)组成和的元素中，处于同周期元素的离子半径由大到小的顺序为_______。
(5)氯与溴在同一主族，下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a．氧化性强于
b．的分解温度低于
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d．是非氧化还原反应
(6)氯气与碱液反应时，产物受温度和浓度的影响。在低温和稀碱液中主要产物是和，在75℃以上和浓碱液中主要产物是和。
①室温下，向含的稀碱液中通入氯气，充分反应后，溶液中离子按浓度由大到小的顺序排列为：_______。
②一定温度下，向溶液中通入氯气至恰好完全反应，配平下列化学方程式。______
每生成，转移的电子数目为_______。
24．（2022·上海嘉定·统考一模）目前我国锂电池的产量占全球份额接近80%。(磷酸亚铁锂)是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：
(1)配平上述反应方程式_____；该反应的还原剂是_______，每生成15.8g，转移_______个电子。
(2)该反应的平衡常数表达式为_______。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_______方向移动，保持温度不变，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_______。
(3)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了2.8g，则0~20min内一氧化碳的平均反应速率是_______。
(4)Fe原子的核外电子排布式为，Fe原子有_______种不同能量的电子。电池材料涉及到的主族元素原子半径从大到小的顺序为_______；做_______(“正极”、“负极”)材料。
方法二：可以通过、与LiOH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(5)共沉淀反应投料时，不将和LiOH溶液直接混合，其原因是_______。
25．（2022·上海杨浦·统考一模）煤中的氮元素在煤燃烧过程中的转化如图所示：完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子中两种自旋状态的电子数之比为：_______；氮原子最外层电子的能量_______磷原子。(选填“”“”“”或“无法比较”)
(2)固态氮中有一种含氮有机物：，和碳原子相比，氨原子吸引电子能力更_______(填“强”或“弱”)，吸引电子能力差异的原因是：_______。
(3)过程②处理氨：，一定温度下的密闭容器中发生该反应，平衡后NO的体积分数与压强的关系如图所示。NO的体积分数先减小后增大的原因可能是：_______。
(4)过程①有时会产生笑气，用同位素示踪法研究发现，在有氧气时，与以一定比例反应，得到的笑气几乎都是。配平化学方程式：_____
(5)氨可以转化为氮肥，含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和
①等物质的量和的混合物，与足量氢氧化钠加热，产生气体10.08L(标准状况下，固体混合物质量为_______g。
②目前氮肥中使用量最多，可能的原因是_______、_______(任写2条)。
26．（2022·上海松江·统考一模）氰化提金工艺在黄金生产领域仍占主导地位，但会产生大量含氰废水，含氰低于废水才可排放，研究发现可以用亚硫酸盐——空气法等处理含氰废水。
完成下列填空：
(1)室温下，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为__________，向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，则溶液中__________。物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是__________。
(2)含氰废水中加入足量的，发生反应的离子方程式为。理论上处理含氰废水（含100gCN-），需要消耗__________（保留2位小数）。按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想，请分析原因__________。多种含氯氧化剂均可以处理含氰废水，比如漂粉精、二氧化氯等。
(3)漂粉精的有效成分为__________（填写化学式）。
(4)请配平下列方程式：CN-+ClO-+H2O→CO2+N2+Cl-+OH-_______________。若上述反应恰好完全，写出检验反应后溶液中Cl-的方法__________。
五、实验题
27．（2022·上海金山·统考一模）Ⅰ.(H-O-O-H)既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。完成下列填空：
(1)是二元弱酸，则的第一步电离方程式为_______。
(2)已知：，结构如图所示，该反应_______(选填“是”或“不是”)氧化还原反应，理由是_______。
(3)少量催化分解的反应分两步进行，第一步：；写出第二步反应的离子方程式。_______
Ⅱ.称取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，取出10.00mL用的滴定至终点，消耗24.34mL。
已知：①
②(未配平)
(4)配平离子方程式。_______
(5)实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、_______。
(6)滴定终点的现象为溶液变为_______色，且30s不变色。理论上消耗_______mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是_______。
28．（2022·上海长宁·统考一模）Ⅰ.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠（）都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO溶液可由低温下将缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的化学方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。
(2)有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯（）与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。
A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
Ⅱ.二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；； 。
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。
(3)滴定达到终点的现象为：溶液由______色变______色，且半分钟内不再改变。
(4)通过计算判断该样品是否为优质品______。（写出计算过程）
该样品的有效氯=×100%
(5)若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______（填“偏高”或“偏低”）。
六、工业流程题
29．（2022·上海长宁·统考一模）砷（As）是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓（Ga）与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷（As）的有毒工业废水经如图流程转化为粗。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。
完成下列填空：
(1)砷在元素周期中的位置为第______周期、第______族；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为______；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓熔点______氮化硼的熔点（选填“高于”、“低于”或“接近于”）。
(2)“碱浸”的目的是将废水中的和转化为盐，转化为的离子方程式为______；加入试剂1的目的是______。
(3)“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有（其中、都大于0）：
① ；②；
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因。______。
(4)通过对溶液进行加热，再过滤可制得粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为提高粗的沉淀率，则“结晶”过程应控制的最佳条件是______。从绿色化学和综合利用的角度考虑，滤液2需要处理，其方法是______。
30．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：
完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
参考答案：
1．C
【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高为+6，S元素化合价只升高，故A错误；
B．该反应中Cl2是氧化剂，是氧化产物，氧化性：，故B错误；
C．该反应生成H+，反应达到滴定终点时pH几乎不再改变，可用pH计指示反应终点，故C正确；
D．还原产物是Cl-，Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀，不能直接用溶液检验还原产物，故D错误；
选C。
2．A
【详解】A．电子在氧化还原中可发生得失，也可发生偏移，氧化还原反应的本质是电子的转移，A符合题意；
B．电解质溶液中阴阳离子可以自由移动，不存在电子，B不符合题意；
C．金属晶体中电子与金属阳离子形成的是金属键，而不是离子键，C不符合题意；
D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子不会聚集成电子云，D不符合题意；
故选A。
3．C
【详解】A．焙烧干海带相当于灼烧，实验室完成此操作应在坩埚中进行，故A正确；
B．“氧化”时，是将I-氧化为I2，则需使用氧化能力比I2强的氧化剂，此试剂可选用氯水或H2O2等，故B正确；
C．“系列操作”中需提取碘单质，若只进行萃取、分液操作，只能得到碘的有机溶液，所以还需进行蒸馏，故C错误；
D．在含的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明反应生成了I2，从而说明I-被加入的氧化剂氧化，故D正确；
故答案选C。
4．C
【详解】A．同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性:Cl2>Fe3+，选项A正确；
B．根据上述反应可知，参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为2 : 2= 1: 1，选项B正确；
C．上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性: Fe2+ > Br-，选项C错误；
D．根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2molFe，会有4molBr-，上述反应中只有2molBr-被氯气氧化，则被氧化的Br-占Br-总量的一半，选项D正确；
答案选 C。
5．D
【详解】A．根据氢原子守恒可知，x=4，A错误；
B．反应中硫元素化合价升高，发生氧化反应，为还原剂，B错误；
C．反应中只有氧气中氧元素得到电子发生还原反应，化合价由0变为-2，电子转移为，故若反应生成1mol，转移电子4mol，C错误；
D．反应中硫元素化合价升高、3个亚铁离子中2个亚铁离子化合价升高，两者发生氧化反应和1个氧分子反应，其中被还原的为1个氧分子的二分之一，故被被还原的为0.5mol，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，，所以盐酸的浓度为：，A错误；
B．根据信息，和盐酸反应，硫单质、和气体，根据氢元素守恒，生成的为，标况下体积为，B错误；
C．根据上述分析，可以写出反应方程式：，根据元素守恒，算出：，C错误；
D．在，为-2价，设化合物中的物质的量分别为和，则，，所以，D正确；
故选D。
7．C
【分析】由图可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和白色物质X，由得失电子数守恒可知，X为硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O。
【详解】A．由分析可知，白色物质X为硫酸铜，不可能是五水硫酸铜晶体，故A错误；
B．由分析可知，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O，反应中硫元素的化合价升高被氧化，硫为氧化产物，故B错误；
C．由分析可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，反应中表现氧化性的浓硫酸占×100%=25%，故C正确；
D．由方程式可得：5Cu—Cu2S—S—NO，一氧化氮的物质的量为=0.8mol，生成硫的物质的量为=0.6mol，则一氧化氮和硫的物质的量之和为1.4mol，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．草酸钠溶液呈碱性说明草酸根离子在溶液中水解，所以溶液中草酸根离子浓度大于草酸氢根离子，故A错误；
B．向草酸钠溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7时得到的溶液为草酸钠、草酸氢钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系，故B错误；
C．向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸酸化得到含有草酸的混合溶液后，再滴加高锰酸钾溶液发生的反应为草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．由25℃时饱和草酸钙溶液的浓度为5.00×10—5mol/L可知，草酸钙的溶度积为Ksp=5.00×10—5×5.00×10—5=2.5×10—9，设草酸钠溶液的体积为VL，向草酸钠溶液中加入等体积0.0200mol/L氯化钙溶液后，溶液中钙离子浓度为=5.00×10—3mol/L，由溶度积可知，溶液中草酸根离子浓度为=5.00×10—7mol/L＜5.00×10—5mol/L，故D正确；
故选D。
9．A
【分析】由于FeCl3的氧化性强于CuCl2，所以加入的铁粉先与FeCl3反应生成了FeCl2，多余的铁粉再与CuCl2反应生成了Cu单质。有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。
【详解】A．由分析可知，充分反应后仍有固体存在，溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A说法正确；
B．通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B说法错误；
C．通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C说法错误；
D．通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D说法错误；
答案选A。
10．D
【详解】铝与水共热反应生成氢氧化铝和氢气，1mol铝完全反应转移3mol电子、生成mol氢气，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，1mol铁完全反应转移mol电子、生成mol氢气，则等物质的量的铝、铁分别与水完全反应，反应条件不同，铝反应生成两性氢氧化物氢氧化铝、铁反应生成四氧化三铁，反应转移电子数目不同，生成氢气的物质的量不同，故选D。
11．B
【详解】A．腌咸菜加氯化钠是为了调味，也可以起到防腐作用，与还原性无关，A不选；
B．二氧化硫有还原性，加入红酒中可以除去其中溶解的氧气，防止其中的营养被氧化，同时起到杀菌保鲜作用，选B；
C．食用盐中加碘酸钾目的是补充碘元素，与物质还原性无关，C不选；
D．泡打粉加碳酸氢钠目的是与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，没有还原性，D不选；
故本题选B。
12．A
【分析】根据题干可知，AuS-和Fe2+反应生成磁铁矿和Au，并伴有H2S生成，反应方程式为。
【详解】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A正确；
B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B错误；
C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C错误；
D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3•FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D错误；
故答案选A。
13．B
【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；
B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；
C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；
D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
14．C
【详解】A．平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小；A错误；
B．元素越易得电子，氧化性越强，B错误；
C．沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，C正确；
D．需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，D错误。
故答案为：C。
15．B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，B错误；
C．可通过反应得到氯气，C正确；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D正确；
故选B。
16．B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
17．B
【详解】A．M中制备氨气，氨气通过安全瓶防倒吸，为使氨气充分反应，氨气由长导管通入次氯酸钠溶液中反应生成水合肼，最后尾气处理，装置的连接顺序为f→a→b→c→d→e，故A错误；
B．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，温度升高，氢氧化钙使氨水中氢氧根离子浓度增大，所以装置M可快速制，故B正确 ；
C．水吸收尾气，氨气难溶于四氯化碳，不能用代替水，故C错误；
D．次氯酸钠具有氧化性，若操作过程中快速滴加NaClO溶液，可能被NaClO氧化，故D错误；
选B。
18．A
【详解】A．C是反应物，化合价升高，做还原剂，Na2S是生成物，做还原产物，故还原性：C>Na2S，故A项正确；
B．Na2SO4：俗称无水芒硝，故B项错误；
C．标准状况下，反应1mol碳，生成22.4LCO2，故C项错误；
D．常温下Na2SO4与C不反应，故D项错误；
故答案选A。
19．(1) 不属于 3 ab
(2)N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离
(3) 极性键和非极性键 极性
(4) 4
【详解】（1）固氮是指游离氮转化为化合态氮的过程；所以上述转化过程不属于氮的固定；N原子核外电子排布为1s22s22p3，能量最高的电子有3个；a．3个电子均处于2p能力，电子亚层相同；b．根据洪特规则，这3个电子自旋方向相同；c．这3个电子分别占据2px，2py和2pz轨道；d．这3个电子运动状态不同；所以ab说法正确；故答案为不属于；3；ab。
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离，氮元素化合价；故答案为N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离。
（3）中氢元素的化合价为价，的结构式为；分子种含有N-H和N-N共价键，分别为极性键和非极性键；为三角锥形，为极性分子，若其分子的极性与相同，则它是极性分子；故答案为；极性键和非极性键；极性。
（4）NO中N元素化合价为+2，中N元素为-3价；中N元素为-2价；根据化合价升降平衡配平方程式为；被氧化，NO被还原；设共5x mol，其中氧化产物为4x mol；若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，所以4x-x=1.5mol，解得x=0.5；所以生成的物质的量为2.5mol；根据化学式有，设则该反应转移的电子为4mol；故答案为；4。
20．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【详解】（1）氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
（2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（3）由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
（4）用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
（5）由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
21．(1) 吸收 NOx(如 NO，NO2)
(2) 过滤
(3)在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋
(4)提高氧化性
(5) 偏大
【详解】（1）储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成了硝酸钡，所以氧化钡的作用是吸收 NOx(如 NO，NO2)，根据图2知前12秒的还原产物为氨气，结合题意分析，H2和Ba(NO3)2的催化还原产物有BaO、NH3、H2O，根据氧化还原反应的守恒规律，配平方程式；故答案为吸收 NOx(如 NO，NO2)；。
（2）由操作得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得分离操作为过滤；由酸化废水反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为，故答案为过滤；。
（3）根据题目提供信息，Fe3O4(导电)，产生FeO(OH)(不导电)，Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，可知若要提高的去除率，可采取的措施是加入Fe2＋，故答案为在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋。
（4）先取VmL含水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLcmol•L−1FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4；最后用c2mol•L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，发生，加入稀H2SO4的作用是提高氧化性，故答案为提高氧化性。
（5）取VmL含氮()水样，加入催化剂、v1 mLc1mol•L−1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4，发生3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，步骤2.用c2mol•L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋ (被还原为Cr3＋)，终点时消耗v2mL，发生，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量＝6c2v2×10−3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量＝(c1v1−6c2v2)×10−3mol，根据该反应3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大，计算出来的水样中的含量也偏大；故答案为；偏大。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
22．(1) 3 3p 三角锥形
(2) ＜
(3) 3.612×1024
(4)d
(5) = >
【详解】（1）氧原子电子排布式为1s22s22p4，核外有3种能量不同的电子，氯原子的电子排布式为1s22s22p63s22p5，核外未成对电子所占据的轨道符号是3p，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）氮、氧元素位于元素周期表中第二周期，从左到右非金属性增强，非金属性：氮＜氧，用非金属性强的可知置换出非金属性弱的化学事实：。
（3）用NH4Cl还原NaNO2转化为无污染的气体氮气，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为，1molN2既是氧化物又是还原产物，转移3mol电子，若生成1mol氧化产物，为2molN2，则反应中转移的电子数目是6NA，3.612×1024。
（4）由NaNO2溶液制得HNO2，应用强酸制弱酸，根据酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH，可知加入二氧化硫和稀硫酸可以实现，但是二氧化硫具有还原性，NaNO2具强氧化性，所以只能加入稀硫酸，d正确；
故选d。
（5）将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，由可知溶液中，根据物料守恒可得c(NO)+c(HNO2)=0.01mol·L-1。溶液中存在电荷守恒，溶液呈酸性，，溶液中，由此可得c(NO)+c(Cl-)>0.01mol·L-1。
23．(1)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓
(2)相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行
(3) 4
(4)r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)
(5)bd
(6) c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+) 6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O 0.4NA
【详解】（1）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液反应生成氯化钠沉淀和氯酸镁，反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，故答案为：MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；
（2）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液混合时，氯化钠在溶液中会先达到饱和而析出，使反应向生成氯酸镁的方向进行，故答案为：相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行；
（3）氧元素的原子序数为8，价电子排布式为2s22p4，轨道表达式为；镁元素的原子序数为12，电子排布式为1s22s22p63s2，所以原子中有1s、2s、2p、3s共4种不同能量状态的电子，故答案为：；4；
（4）氯酸钠和氯化镁中钠、镁、氯三种元素都处于第三周期，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次减小，所以三种离子的离子半径大小顺序为r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)，故答案为：r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)；
（5）a．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关，与氧化物对应的水化物的酸性强弱无关，故错误；
b．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，溴化氢的分解温度低于氯化氢说明溴化氢的稳定性弱于氯化氢，溴元素的非金属性弱于氯元素，故正确；
c．铁离子和溴在溶液中都呈黄色，则向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄不能说明氯气能置换出溴，无法比较氯气和溴的氧化性的强弱，不能说明氯的非金属性强于溴，故错误；
d．氯化溴中溴元素的化合价为+1价、氯元素为—1价说明化合物共用电子对偏向氯原子一方，氯原子得到电子的能力强于溴原子，氯元素非金属性较强于溴元素，故正确；
故选bd；
（6）①常温下，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，含3mol氢氧化钠的稀碱液与1mol氯气反应得到含有1mol氢氧化钠、1mol氯化钠和1mol次氯酸的混合溶液，由于次氯酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)；
②由未配平的离子方程式可知，次氯酸根的物质的量为3mol、氯酸根离子的物质的量为1mol，由得失电子数目守恒可知，氯离子的物质的量为8mol，则反应的离子方程式为6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O，反应中生成8mol氯离子，反应转移8mol电子，则反应生成0.4mol氯离子，转移的电子数目为0.4NA，故答案为：6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O；0.4NA。
24．(1) 2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g） C 1.204×1023
(2) K=c3（CO） 逆 amol•L-1
(3)0.0025mol/（L•min）
(4) 7 Li＞P＞O 正极
(5)防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）
【详解】（1）反应中Fe元素化合价从+3降低为+2，碳酸锂中碳元素化合价从+4价降低到+2价，FePO4、Li2CO3均是氧化剂，C的化合价从0升高为+2，碳是还原剂，根据得失电子守恒可知反应中转移4个电子，依据原子守恒可知配平后的方程式为2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g）；15.8g的物质的量是0.1mol，每生成2molLiFePO4，转移4mol电子，所以每生成0.1molLiFePO4，转移0.2mol即0.2mol×6.02×1023/mol＝1.204×1023个电子；
（2）方程式中只有CO为气体，则平衡常数K=c3（CO）；CO浓度增大，平衡逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，达到平衡时，浓度不变，仍为amol•L-1；
（3）反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了2.8g，说明生成2.8gCO，则c（CO）==0.05mol/L，v=0.05mol/L÷20min=0.0025mol/（L•min）；
（4）Fe原子的核外电子排布式为，分别有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s轨道，所以Fe原子有7种不同能量的电子。电池材料涉及到的元素有Li、Fe、P、O四种元素，其中Li、P、O属于主族，锂虽然位于第二周期，但原子半径大于磷的，所以其原子半径从大到小的顺序为Li＞P＞O；锂电池中锂作负极，所以做正极材料。
（5）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）。
25．(1) 1：4
(2) 强 C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强
(3)增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大
(4)
(5) 31.8g 氮肥中尿素比较稳定不易分解 与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高
【详解】（1）氮是7号元素，原子最外层电子排布式为2s22p3，两种自旋状态的电子数之比为1：4，氮原子最外层电子是第二层，磷原子最外层电子是第三层，所以氮原子最外层电子的能量磷原子，故答案为：1：4；；
（2）N的电负性强，所以N原子吸引电子能力更强，因为C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强；
（3）对于反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大，故原因可能是增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大；
（4）分析可知反应物、与产物 的化学计量数应该是一样的，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：，故答案为：；
（5）设和的物质的量为n，则的物质的量为3n，与足量氢氧化钠加热，由可得n=0.15mol，则混合物的质量为：，目前氮肥中使用量最多，可能的原因是氮肥中尿素比较稳定不易分解，与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高，故答案为：31.8g；氮肥中尿素比较稳定不易分解；与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高。
26．(1) 的电离程度小于的水解程度
(2) 484.62 的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少
(3)
(4) 取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有
【详解】（1）室温下，溶液呈碱性，说明水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为；向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，，则溶液中；物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是的电离程度小于的水解程度；
（2）理论上处理含氰废水（含100gCN-），为，需要消耗，质量为。空气中氧气具有氧化性，且的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少，故按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想；
（3）漂粉精的有效成分为次氯酸钙；
（4）反应中评碳元素化合价由+2变为+4，氮元素化合价由-3变为0，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒和质量守恒配平可知，；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，检验方法为：取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有。
27．(1)
(2) 不是 反应中没有元素化合价改变
(3)
(4)
(5)100mL容量瓶、酸式滴定管
(6) 红 生成的氧气部分参与了反应
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）是二元弱酸，则会分步电离，的第一步电离方程式为；
（2）中氧为-2价，则铬为+6价；在中，由图可知，存在2个过氧根、1个-2价氧，铬化合价也为+6；过氧化氢中过氧根和铬结合，化合价没有改变；故反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应；
（3）催化分解反应生成氧气，则第二步会生成锰离子、水、氧气，；
（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒和质量守恒配平为，；
（5）取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，需要使用100mL容量瓶；使用高锰酸钾溶液滴定需要使用酸式滴定管；故实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、100mL容量瓶、酸式滴定管；
（6）高锰酸钾溶液为红色，故滴定终点的现象为溶液变为红色，且30s不变色。已知：①，②，则，理论上消耗的体积为，实验过程操作正确，实际消耗24.34mL，氧气具有氧化性，产生误差的原因可能是生成的氧气部分参与了反应导致高锰酸钾用量减小。
28．(1) Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O NaClO溶液吸收空气中的CO2后反应产生HClO，HClO见光分解
(2)D
(3) 蓝 无
(4)是 根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品。
(5)偏低
【详解】（1）由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO不稳定，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；
（2）A．ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故A正确；
B．ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故B正确；
C．ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故C正确；
D．由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故D错误；
故选D。
（3）滴定终点时碘被Na2S2O3还原消耗完，溶液由蓝色变为无色，故滴定终点的判断为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
（4）根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品；
（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，导致生成的HClO、I2偏少，消耗的Na2S2O3体积偏小， 滴定将导致样品的有效氯测定值偏低。
29．(1) 四 ⅤA 2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O 低于
(2) H3AsO4+3OH-=AsO+3H2O 将AsO氧化生成AsO
(3)温度升高，反应A平衡逆向移动，、下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降
(4) 温度约为25℃，H2SO4浓度约为7 返回酸化流程
【分析】流程图中，“碱浸”过程是将废水中的和转化为盐；溶液中存在AsO，通过后面流程可知需要沉淀的是AsO，因此加入氧化剂试剂1，将AsO氧化生成AsO；“沉砷”时加入石灰乳，调节为碱性，并提供钙离子，将转化为沉淀；“酸化”过程加入硫酸，得到较纯净的；“还原”过程通入SO2，还原为，然后结晶得到粗As2O3，据此分析。
【详解】（1）氮是第二周期、第ⅤA族，砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，因此砷在元素周期中的位置为第四周期、第ⅤA族；；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，说明两者都是原子晶体，原子晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N
（3）沉砷最佳温度是85℃，温度高于85℃后，随温度的升高沉降率下降，温度升高，反应①平衡逆向移动，、下降，反应②平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；
（4）由图可知，为提高粗As2O3的沉降率，则“结晶”过程应控制的最佳条件为25℃，H2SO4浓度约为7，此时As2O3的溶解率最低，沉淀率最高，滤液2中含有余酸，需要处理，从绿色化学和综合利用的角度考虑，可将滤液2返回酸化流程。
30．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）用大苏打除去自来水中的余氯，反应的离子方程式为：。下列说法正确的是
A．S元素化合价既升又降 B．氧化性：
C．可用pH计指示反应终点 D．可用溶液检验还原产物
2．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）电子可以
A．在氧化还原反应中发生转移 B．在电解质溶液中自由移动
C．与阳离子形成离子键 D．在原子核周围聚集成电子云
3．（2022·上海青浦·一模）海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量居世界第一，除供食用外，大量用于制碘。实验室提取碘的途径如图所示：
下列有关叙述不正确的是
A．实验室在坩埚中焙烧干海带
B．“氧化”时，试剂可选用氯水或H2O2
C．“系列操作”中涉及的操作是萃取、分液
D．在含I-的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明I-被氧化
4．（2022·上海徐汇·统考二模）向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，下列关于该反应说法错误的是
A．氧化性：Cl2>Fe3+
B．参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为1：1
C．还原性：Fe2+
5．（2022·上海金山·统考一模）水热法制备纳米颗粒的反应为：，若反应生成1mol，则下列说法正确的是
A．x=6 B．作氧化剂
C．转移电子2mol D．被还原的为0.5mol
6．（2022·上海闵行·统考一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为-2价)与盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
7．（2022·上海嘉定·统考一模）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是
A．白色物质X为
B．NO和Y均为还原产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol
8．（2022·上海嘉定·统考一模）草酸是一种二元弱酸。实验室配制了标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是
A．测得溶液pH为8.6，此时溶液中存在：
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液，此时溶液中存在：
C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加溶液，发生反应的离子方程式为：
D．已知难溶于水，存在溶解平衡，25℃时饱和溶液的浓度为，向该溶液中加入等体积溶液，所得上层清液中
9．（2022·上海·一模）向、的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是
A．加入溶液一定不变红色 B．溶液中不一定含有
C．溶液中一定含有 D．剩余固体中不一定含有
10．（2022·上海杨浦·统考一模）等物质的量的A1、Fe分别与水完全反应，下列说法正确的是
A．电子转移的数目相同 B．均有碱生成 C．生成等量的氢气 D．反应条件不同
11．（2022·上海松江·统考一模）下列所加物质的作用与其还原性有关的是
A．腌咸菜加氯化钠 B．红酒中添加
C．食用盐中加碘酸钾 D．泡打粉加碳酸氢钠
12．（2022·上海松江·统考一模）在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A．反应后溶液的降低 B．每生成气体，转移电子数为
C．既作氧化剂又作还原剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比
13．（2022·上海松江·统考一模）工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．纯碱工业 C．硫酸工业 D．合成氨工业
14．（2022·上海松江·统考一模）充分利用已有的数据是解决化学问题的重要途径。下列数据的利用正确的是
A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢
B．利用元素最高化合价判断物质氧化性的强弱
C．利用沸点数据设计互溶液体混合物的分离方法
D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下物质密度的大小
15．（2022·上海青浦·一模）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
16．（2022·上海徐汇·统考三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
17．（2022·上海徐汇·统考三模）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法正确的是
A．装置的连接顺序：f→a→b→d→c→e B．装置M可快速制
C．可用代替水 D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
18．（2022·上海普陀·统考二模）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑，下列说法正确的是
A．还原性：C>Na2S B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2 D．该反应在常温下进行
二、结构与性质
19．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）某污水处理工艺中，的转化途径如下图所示：
完成下列填空：
(1)上述转化过程_______(选填“属于”或“不属于”)氮的固定。N原子核外能量最高的电子有_______个，这些电子_______(选填编号)
a.所处的电子亚层相同 b.自旋方向相同
c.占据的轨道相同 d.运动状态相同
(2)从原子结构角度解释NO分子中氮元素化合价呈正价的原因_______。
(3)中氢元素的化合价为价，写出的结构式_______，其所含共价键的类型为_______；若其分子的极性与相同，则它是_______(选填“极性”或“非极性”)分子。
(4)配平离子方程式：_______。
_______NO＋____________________________
若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，则该反应转移的电子为_______mol。
20．（2022·上海普陀·统考二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
三、原理综合题
21．（2022·上海青浦·一模）含氮化合物(NOx、NO等)是主要污染物之一，消除含氮化合物的污染备受关注。请回答下列问题：
I.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。
(1)图1种BaO的作用是_____。用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，第一步反应的化学方程式为_____。
II.用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO)是重要的方法。一种去除NO的过程如图：
(2)过程中“操作”的名称是_____。酸化废水与铁粉反应的离子方程式是_____。
(3)研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO的过程中，Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面，随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输，导致NO的去除率低，若要提高NO的去除率，可采取的措施是_____。
III.测定某废水中NO含量。先取VmL含NO水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4；最后用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，滴定至终点时消耗V2mL。
已知：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(4)加入稀H2SO4的作用是_____。
(5)水样中NO的含量为_____mol·L-1(用含c1、c2、V1、V2、V1的代数式表示)。如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果_____。(填“偏大”或“偏小”)。
四、填空题
22．（2022·上海奉贤·一模）氮、氧、氯及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
(1)氧原子核外共有_____种能量不同的电子，氯原子核外未成对电子所占据的轨道符号是_____，NH3分子的空间构型为_____。
(2)请比较氮、氧元素的非金属性：氮_____氧(选填“＞”或“＜”)，用一个化学事实进行说明_____。
已知：①NaNO2具有毒性和强氧化性；②酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
(3)含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，工业上常用还原剂将其转化为无污染的气体，用NH4Cl还原NaNO2的离子方程式为_____，若生成1mol氧化产物，则反应中转移的电子数目是_____。
(4)向冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2溶液，该物质可以为_____。
a.二氧化碳 b.二氧化硫 c.醋酸 d.稀硫酸
(5)常温下将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，溶液呈酸性，则c(NO)+c(HNO2)_____0.01mol·L-1，c(NO)+c(Cl-)_____0.01mol·L-1(选填“>”、“<”或“=”)。
23．（2022·上海·统考一模）氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，可用和反应制备。完成下列填空：
(1)已知四种物质的溶解度如图，写出向溶液中加入饱和溶液制备的化学反应方程式_______。
(2)上述反应能够发生的原因是_______。
(3)氧原子最外层电子排布的轨道表达式为_______，镁原子核外共有_______种能量不同的电子。
(4)组成和的元素中，处于同周期元素的离子半径由大到小的顺序为_______。
(5)氯与溴在同一主族，下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a．氧化性强于
b．的分解温度低于
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d．是非氧化还原反应
(6)氯气与碱液反应时，产物受温度和浓度的影响。在低温和稀碱液中主要产物是和，在75℃以上和浓碱液中主要产物是和。
①室温下，向含的稀碱液中通入氯气，充分反应后，溶液中离子按浓度由大到小的顺序排列为：_______。
②一定温度下，向溶液中通入氯气至恰好完全反应，配平下列化学方程式。______
每生成，转移的电子数目为_______。
24．（2022·上海嘉定·统考一模）目前我国锂电池的产量占全球份额接近80%。(磷酸亚铁锂)是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：
(1)配平上述反应方程式_____；该反应的还原剂是_______，每生成15.8g，转移_______个电子。
(2)该反应的平衡常数表达式为_______。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_______方向移动，保持温度不变，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_______。
(3)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了2.8g，则0~20min内一氧化碳的平均反应速率是_______。
(4)Fe原子的核外电子排布式为，Fe原子有_______种不同能量的电子。电池材料涉及到的主族元素原子半径从大到小的顺序为_______；做_______(“正极”、“负极”)材料。
方法二：可以通过、与LiOH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(5)共沉淀反应投料时，不将和LiOH溶液直接混合，其原因是_______。
25．（2022·上海杨浦·统考一模）煤中的氮元素在煤燃烧过程中的转化如图所示：完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子中两种自旋状态的电子数之比为：_______；氮原子最外层电子的能量_______磷原子。(选填“”“”“”或“无法比较”)
(2)固态氮中有一种含氮有机物：，和碳原子相比，氨原子吸引电子能力更_______(填“强”或“弱”)，吸引电子能力差异的原因是：_______。
(3)过程②处理氨：，一定温度下的密闭容器中发生该反应，平衡后NO的体积分数与压强的关系如图所示。NO的体积分数先减小后增大的原因可能是：_______。
(4)过程①有时会产生笑气，用同位素示踪法研究发现，在有氧气时，与以一定比例反应，得到的笑气几乎都是。配平化学方程式：_____
(5)氨可以转化为氮肥，含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和
①等物质的量和的混合物，与足量氢氧化钠加热，产生气体10.08L(标准状况下，固体混合物质量为_______g。
②目前氮肥中使用量最多，可能的原因是_______、_______(任写2条)。
26．（2022·上海松江·统考一模）氰化提金工艺在黄金生产领域仍占主导地位，但会产生大量含氰废水，含氰低于废水才可排放，研究发现可以用亚硫酸盐——空气法等处理含氰废水。
完成下列填空：
(1)室温下，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为__________，向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，则溶液中__________。物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是__________。
(2)含氰废水中加入足量的，发生反应的离子方程式为。理论上处理含氰废水（含100gCN-），需要消耗__________（保留2位小数）。按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想，请分析原因__________。多种含氯氧化剂均可以处理含氰废水，比如漂粉精、二氧化氯等。
(3)漂粉精的有效成分为__________（填写化学式）。
(4)请配平下列方程式：CN-+ClO-+H2O→CO2+N2+Cl-+OH-_______________。若上述反应恰好完全，写出检验反应后溶液中Cl-的方法__________。
五、实验题
27．（2022·上海金山·统考一模）Ⅰ.(H-O-O-H)既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。完成下列填空：
(1)是二元弱酸，则的第一步电离方程式为_______。
(2)已知：，结构如图所示，该反应_______(选填“是”或“不是”)氧化还原反应，理由是_______。
(3)少量催化分解的反应分两步进行，第一步：；写出第二步反应的离子方程式。_______
Ⅱ.称取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，取出10.00mL用的滴定至终点，消耗24.34mL。
已知：①
②(未配平)
(4)配平离子方程式。_______
(5)实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、_______。
(6)滴定终点的现象为溶液变为_______色，且30s不变色。理论上消耗_______mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是_______。
28．（2022·上海长宁·统考一模）Ⅰ.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠（）都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO溶液可由低温下将缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的化学方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。
(2)有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯（）与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。
A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
Ⅱ.二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；； 。
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。
(3)滴定达到终点的现象为：溶液由______色变______色，且半分钟内不再改变。
(4)通过计算判断该样品是否为优质品______。（写出计算过程）
该样品的有效氯=×100%
(5)若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______（填“偏高”或“偏低”）。
六、工业流程题
29．（2022·上海长宁·统考一模）砷（As）是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓（Ga）与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷（As）的有毒工业废水经如图流程转化为粗。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。
完成下列填空：
(1)砷在元素周期中的位置为第______周期、第______族；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为______；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓熔点______氮化硼的熔点（选填“高于”、“低于”或“接近于”）。
(2)“碱浸”的目的是将废水中的和转化为盐，转化为的离子方程式为______；加入试剂1的目的是______。
(3)“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有（其中、都大于0）：
① ；②；
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因。______。
(4)通过对溶液进行加热，再过滤可制得粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为提高粗的沉淀率，则“结晶”过程应控制的最佳条件是______。从绿色化学和综合利用的角度考虑，滤液2需要处理，其方法是______。
30．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：
完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
参考答案：
1．C
【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高为+6，S元素化合价只升高，故A错误；
B．该反应中Cl2是氧化剂，是氧化产物，氧化性：，故B错误；
C．该反应生成H+，反应达到滴定终点时pH几乎不再改变，可用pH计指示反应终点，故C正确；
D．还原产物是Cl-，Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀，不能直接用溶液检验还原产物，故D错误；
选C。
2．A
【详解】A．电子在氧化还原中可发生得失，也可发生偏移，氧化还原反应的本质是电子的转移，A符合题意；
B．电解质溶液中阴阳离子可以自由移动，不存在电子，B不符合题意；
C．金属晶体中电子与金属阳离子形成的是金属键，而不是离子键，C不符合题意；
D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子不会聚集成电子云，D不符合题意；
故选A。
3．C
【详解】A．焙烧干海带相当于灼烧，实验室完成此操作应在坩埚中进行，故A正确；
B．“氧化”时，是将I-氧化为I2，则需使用氧化能力比I2强的氧化剂，此试剂可选用氯水或H2O2等，故B正确；
C．“系列操作”中需提取碘单质，若只进行萃取、分液操作，只能得到碘的有机溶液，所以还需进行蒸馏，故C错误；
D．在含的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明反应生成了I2，从而说明I-被加入的氧化剂氧化，故D正确；
故答案选C。
4．C
【详解】A．同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性:Cl2>Fe3+，选项A正确；
B．根据上述反应可知，参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为2 : 2= 1: 1，选项B正确；
C．上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性: Fe2+ > Br-，选项C错误；
D．根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2molFe，会有4molBr-，上述反应中只有2molBr-被氯气氧化，则被氧化的Br-占Br-总量的一半，选项D正确；
答案选 C。
5．D
【详解】A．根据氢原子守恒可知，x=4，A错误；
B．反应中硫元素化合价升高，发生氧化反应，为还原剂，B错误；
C．反应中只有氧气中氧元素得到电子发生还原反应，化合价由0变为-2，电子转移为，故若反应生成1mol，转移电子4mol，C错误；
D．反应中硫元素化合价升高、3个亚铁离子中2个亚铁离子化合价升高，两者发生氧化反应和1个氧分子反应，其中被还原的为1个氧分子的二分之一，故被被还原的为0.5mol，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，，所以盐酸的浓度为：，A错误；
B．根据信息，和盐酸反应，硫单质、和气体，根据氢元素守恒，生成的为，标况下体积为，B错误；
C．根据上述分析，可以写出反应方程式：，根据元素守恒，算出：，C错误；
D．在，为-2价，设化合物中的物质的量分别为和，则，，所以，D正确；
故选D。
7．C
【分析】由图可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和白色物质X，由得失电子数守恒可知，X为硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O。
【详解】A．由分析可知，白色物质X为硫酸铜，不可能是五水硫酸铜晶体，故A错误；
B．由分析可知，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O，反应中硫元素的化合价升高被氧化，硫为氧化产物，故B错误；
C．由分析可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，反应中表现氧化性的浓硫酸占×100%=25%，故C正确；
D．由方程式可得：5Cu—Cu2S—S—NO，一氧化氮的物质的量为=0.8mol，生成硫的物质的量为=0.6mol，则一氧化氮和硫的物质的量之和为1.4mol，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．草酸钠溶液呈碱性说明草酸根离子在溶液中水解，所以溶液中草酸根离子浓度大于草酸氢根离子，故A错误；
B．向草酸钠溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7时得到的溶液为草酸钠、草酸氢钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系，故B错误；
C．向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸酸化得到含有草酸的混合溶液后，再滴加高锰酸钾溶液发生的反应为草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．由25℃时饱和草酸钙溶液的浓度为5.00×10—5mol/L可知，草酸钙的溶度积为Ksp=5.00×10—5×5.00×10—5=2.5×10—9，设草酸钠溶液的体积为VL，向草酸钠溶液中加入等体积0.0200mol/L氯化钙溶液后，溶液中钙离子浓度为=5.00×10—3mol/L，由溶度积可知，溶液中草酸根离子浓度为=5.00×10—7mol/L＜5.00×10—5mol/L，故D正确；
故选D。
9．A
【分析】由于FeCl3的氧化性强于CuCl2，所以加入的铁粉先与FeCl3反应生成了FeCl2，多余的铁粉再与CuCl2反应生成了Cu单质。有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。
【详解】A．由分析可知，充分反应后仍有固体存在，溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A说法正确；
B．通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B说法错误；
C．通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C说法错误；
D．通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D说法错误；
答案选A。
10．D
【详解】铝与水共热反应生成氢氧化铝和氢气，1mol铝完全反应转移3mol电子、生成mol氢气，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，1mol铁完全反应转移mol电子、生成mol氢气，则等物质的量的铝、铁分别与水完全反应，反应条件不同，铝反应生成两性氢氧化物氢氧化铝、铁反应生成四氧化三铁，反应转移电子数目不同，生成氢气的物质的量不同，故选D。
11．B
【详解】A．腌咸菜加氯化钠是为了调味，也可以起到防腐作用，与还原性无关，A不选；
B．二氧化硫有还原性，加入红酒中可以除去其中溶解的氧气，防止其中的营养被氧化，同时起到杀菌保鲜作用，选B；
C．食用盐中加碘酸钾目的是补充碘元素，与物质还原性无关，C不选；
D．泡打粉加碳酸氢钠目的是与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，没有还原性，D不选；
故本题选B。
12．A
【分析】根据题干可知，AuS-和Fe2+反应生成磁铁矿和Au，并伴有H2S生成，反应方程式为。
【详解】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A正确；
B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B错误；
C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C错误；
D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3•FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D错误；
故答案选A。
13．B
【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；
B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；
C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；
D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
14．C
【详解】A．平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小；A错误；
B．元素越易得电子，氧化性越强，B错误；
C．沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，C正确；
D．需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，D错误。
故答案为：C。
15．B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，B错误；
C．可通过反应得到氯气，C正确；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D正确；
故选B。
16．B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
17．B
【详解】A．M中制备氨气，氨气通过安全瓶防倒吸，为使氨气充分反应，氨气由长导管通入次氯酸钠溶液中反应生成水合肼，最后尾气处理，装置的连接顺序为f→a→b→c→d→e，故A错误；
B．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，温度升高，氢氧化钙使氨水中氢氧根离子浓度增大，所以装置M可快速制，故B正确 ；
C．水吸收尾气，氨气难溶于四氯化碳，不能用代替水，故C错误；
D．次氯酸钠具有氧化性，若操作过程中快速滴加NaClO溶液，可能被NaClO氧化，故D错误；
选B。
18．A
【详解】A．C是反应物，化合价升高，做还原剂，Na2S是生成物，做还原产物，故还原性：C>Na2S，故A项正确；
B．Na2SO4：俗称无水芒硝，故B项错误；
C．标准状况下，反应1mol碳，生成22.4LCO2，故C项错误；
D．常温下Na2SO4与C不反应，故D项错误；
故答案选A。
19．(1) 不属于 3 ab
(2)N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离
(3) 极性键和非极性键 极性
(4) 4
【详解】（1）固氮是指游离氮转化为化合态氮的过程；所以上述转化过程不属于氮的固定；N原子核外电子排布为1s22s22p3，能量最高的电子有3个；a．3个电子均处于2p能力，电子亚层相同；b．根据洪特规则，这3个电子自旋方向相同；c．这3个电子分别占据2px，2py和2pz轨道；d．这3个电子运动状态不同；所以ab说法正确；故答案为不属于；3；ab。
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离，氮元素化合价；故答案为N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离。
（3）中氢元素的化合价为价，的结构式为；分子种含有N-H和N-N共价键，分别为极性键和非极性键；为三角锥形，为极性分子，若其分子的极性与相同，则它是极性分子；故答案为；极性键和非极性键；极性。
（4）NO中N元素化合价为+2，中N元素为-3价；中N元素为-2价；根据化合价升降平衡配平方程式为；被氧化，NO被还原；设共5x mol，其中氧化产物为4x mol；若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，所以4x-x=1.5mol，解得x=0.5；所以生成的物质的量为2.5mol；根据化学式有，设则该反应转移的电子为4mol；故答案为；4。
20．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【详解】（1）氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
（2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（3）由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
（4）用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
（5）由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
21．(1) 吸收 NOx(如 NO，NO2)
(2) 过滤
(3)在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋
(4)提高氧化性
(5) 偏大
【详解】（1）储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成了硝酸钡，所以氧化钡的作用是吸收 NOx(如 NO，NO2)，根据图2知前12秒的还原产物为氨气，结合题意分析，H2和Ba(NO3)2的催化还原产物有BaO、NH3、H2O，根据氧化还原反应的守恒规律，配平方程式；故答案为吸收 NOx(如 NO，NO2)；。
（2）由操作得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得分离操作为过滤；由酸化废水反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为，故答案为过滤；。
（3）根据题目提供信息，Fe3O4(导电)，产生FeO(OH)(不导电)，Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，可知若要提高的去除率，可采取的措施是加入Fe2＋，故答案为在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋。
（4）先取VmL含水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLcmol•L−1FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4；最后用c2mol•L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，发生，加入稀H2SO4的作用是提高氧化性，故答案为提高氧化性。
（5）取VmL含氮()水样，加入催化剂、v1 mLc1mol•L−1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4，发生3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，步骤2.用c2mol•L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋ (被还原为Cr3＋)，终点时消耗v2mL，发生，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量＝6c2v2×10−3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量＝(c1v1−6c2v2)×10−3mol，根据该反应3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大，计算出来的水样中的含量也偏大；故答案为；偏大。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
22．(1) 3 3p 三角锥形
(2) ＜
(3) 3.612×1024
(4)d
(5) = >
【详解】（1）氧原子电子排布式为1s22s22p4，核外有3种能量不同的电子，氯原子的电子排布式为1s22s22p63s22p5，核外未成对电子所占据的轨道符号是3p，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（2）氮、氧元素位于元素周期表中第二周期，从左到右非金属性增强，非金属性：氮＜氧，用非金属性强的可知置换出非金属性弱的化学事实：。
（3）用NH4Cl还原NaNO2转化为无污染的气体氮气，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为，1molN2既是氧化物又是还原产物，转移3mol电子，若生成1mol氧化产物，为2molN2，则反应中转移的电子数目是6NA，3.612×1024。
（4）由NaNO2溶液制得HNO2，应用强酸制弱酸，根据酸性强弱：H2SO3＞HNO2＞CH3COOH，可知加入二氧化硫和稀硫酸可以实现，但是二氧化硫具有还原性，NaNO2具强氧化性，所以只能加入稀硫酸，d正确；
故选d。
（5）将0.02mol·L-1的NaNO2溶液和0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，由可知溶液中，根据物料守恒可得c(NO)+c(HNO2)=0.01mol·L-1。溶液中存在电荷守恒，溶液呈酸性，，溶液中，由此可得c(NO)+c(Cl-)>0.01mol·L-1。
23．(1)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓
(2)相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行
(3) 4
(4)r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)
(5)bd
(6) c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+) 6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O 0.4NA
【详解】（1）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液反应生成氯化钠沉淀和氯酸镁，反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，故答案为：MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；
（2）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液混合时，氯化钠在溶液中会先达到饱和而析出，使反应向生成氯酸镁的方向进行，故答案为：相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行；
（3）氧元素的原子序数为8，价电子排布式为2s22p4，轨道表达式为；镁元素的原子序数为12，电子排布式为1s22s22p63s2，所以原子中有1s、2s、2p、3s共4种不同能量状态的电子，故答案为：；4；
（4）氯酸钠和氯化镁中钠、镁、氯三种元素都处于第三周期，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次减小，所以三种离子的离子半径大小顺序为r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)，故答案为：r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)；
（5）a．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关，与氧化物对应的水化物的酸性强弱无关，故错误；
b．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，溴化氢的分解温度低于氯化氢说明溴化氢的稳定性弱于氯化氢，溴元素的非金属性弱于氯元素，故正确；
c．铁离子和溴在溶液中都呈黄色，则向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄不能说明氯气能置换出溴，无法比较氯气和溴的氧化性的强弱，不能说明氯的非金属性强于溴，故错误；
d．氯化溴中溴元素的化合价为+1价、氯元素为—1价说明化合物共用电子对偏向氯原子一方，氯原子得到电子的能力强于溴原子，氯元素非金属性较强于溴元素，故正确；
故选bd；
（6）①常温下，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，含3mol氢氧化钠的稀碱液与1mol氯气反应得到含有1mol氢氧化钠、1mol氯化钠和1mol次氯酸的混合溶液，由于次氯酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)；
②由未配平的离子方程式可知，次氯酸根的物质的量为3mol、氯酸根离子的物质的量为1mol，由得失电子数目守恒可知，氯离子的物质的量为8mol，则反应的离子方程式为6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O，反应中生成8mol氯离子，反应转移8mol电子，则反应生成0.4mol氯离子，转移的电子数目为0.4NA，故答案为：6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O；0.4NA。
24．(1) 2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g） C 1.204×1023
(2) K=c3（CO） 逆 amol•L-1
(3)0.0025mol/（L•min）
(4) 7 Li＞P＞O 正极
(5)防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）
【详解】（1）反应中Fe元素化合价从+3降低为+2，碳酸锂中碳元素化合价从+4价降低到+2价，FePO4、Li2CO3均是氧化剂，C的化合价从0升高为+2，碳是还原剂，根据得失电子守恒可知反应中转移4个电子，依据原子守恒可知配平后的方程式为2FePO4（s）+Li2CO3（s）+2C（s）2LiFePO4（s）+3CO（g）；15.8g的物质的量是0.1mol，每生成2molLiFePO4，转移4mol电子，所以每生成0.1molLiFePO4，转移0.2mol即0.2mol×6.02×1023/mol＝1.204×1023个电子；
（2）方程式中只有CO为气体，则平衡常数K=c3（CO）；CO浓度增大，平衡逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，达到平衡时，浓度不变，仍为amol•L-1；
（3）反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了2.8g，说明生成2.8gCO，则c（CO）==0.05mol/L，v=0.05mol/L÷20min=0.0025mol/（L•min）；
（4）Fe原子的核外电子排布式为，分别有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s轨道，所以Fe原子有7种不同能量的电子。电池材料涉及到的元素有Li、Fe、P、O四种元素，其中Li、P、O属于主族，锂虽然位于第二周期，但原子半径大于磷的，所以其原子半径从大到小的顺序为Li＞P＞O；锂电池中锂作负极，所以做正极材料。
（5）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁（或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化）。
25．(1) 1：4
(2) 强 C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强
(3)增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大
(4)
(5) 31.8g 氮肥中尿素比较稳定不易分解 与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高
【详解】（1）氮是7号元素，原子最外层电子排布式为2s22p3，两种自旋状态的电子数之比为1：4，氮原子最外层电子是第二层，磷原子最外层电子是第三层，所以氮原子最外层电子的能量磷原子，故答案为：1：4；；
（2）N的电负性强，所以N原子吸引电子能力更强，因为C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强；
（3）对于反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大，故原因可能是增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大；
（4）分析可知反应物、与产物 的化学计量数应该是一样的，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：，故答案为：；
（5）设和的物质的量为n，则的物质的量为3n，与足量氢氧化钠加热，由可得n=0.15mol，则混合物的质量为：，目前氮肥中使用量最多，可能的原因是氮肥中尿素比较稳定不易分解，与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高，故答案为：31.8g；氮肥中尿素比较稳定不易分解；与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高。
26．(1) 的电离程度小于的水解程度
(2) 484.62 的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少
(3)
(4) 取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有
【详解】（1）室温下，溶液呈碱性，说明水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为；向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，，则溶液中；物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是的电离程度小于的水解程度；
（2）理论上处理含氰废水（含100gCN-），为，需要消耗，质量为。空气中氧气具有氧化性，且的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少，故按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想；
（3）漂粉精的有效成分为次氯酸钙；
（4）反应中评碳元素化合价由+2变为+4，氮元素化合价由-3变为0，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒和质量守恒配平可知，；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，检验方法为：取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有。
27．(1)
(2) 不是 反应中没有元素化合价改变
(3)
(4)
(5)100mL容量瓶、酸式滴定管
(6) 红 生成的氧气部分参与了反应
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）是二元弱酸，则会分步电离，的第一步电离方程式为；
（2）中氧为-2价，则铬为+6价；在中，由图可知，存在2个过氧根、1个-2价氧，铬化合价也为+6；过氧化氢中过氧根和铬结合，化合价没有改变；故反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应；
（3）催化分解反应生成氧气，则第二步会生成锰离子、水、氧气，；
（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒和质量守恒配平为，；
（5）取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，需要使用100mL容量瓶；使用高锰酸钾溶液滴定需要使用酸式滴定管；故实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、100mL容量瓶、酸式滴定管；
（6）高锰酸钾溶液为红色，故滴定终点的现象为溶液变为红色，且30s不变色。已知：①，②，则，理论上消耗的体积为，实验过程操作正确，实际消耗24.34mL，氧气具有氧化性，产生误差的原因可能是生成的氧气部分参与了反应导致高锰酸钾用量减小。
28．(1) Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O NaClO溶液吸收空气中的CO2后反应产生HClO，HClO见光分解
(2)D
(3) 蓝 无
(4)是 根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品。
(5)偏低
【详解】（1）由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO不稳定，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；
（2）A．ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故A正确；
B．ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故B正确；
C．ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故C正确；
D．由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故D错误；
故选D。
（3）滴定终点时碘被Na2S2O3还原消耗完，溶液由蓝色变为无色，故滴定终点的判断为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
（4）根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品；
（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，导致生成的HClO、I2偏少，消耗的Na2S2O3体积偏小， 滴定将导致样品的有效氯测定值偏低。
29．(1) 四 ⅤA 2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O 低于
(2) H3AsO4+3OH-=AsO+3H2O 将AsO氧化生成AsO
(3)温度升高，反应A平衡逆向移动，、下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降
(4) 温度约为25℃，H2SO4浓度约为7 返回酸化流程
【分析】流程图中，“碱浸”过程是将废水中的和转化为盐；溶液中存在AsO，通过后面流程可知需要沉淀的是AsO，因此加入氧化剂试剂1，将AsO氧化生成AsO；“沉砷”时加入石灰乳，调节为碱性，并提供钙离子，将转化为沉淀；“酸化”过程加入硫酸，得到较纯净的；“还原”过程通入SO2，还原为，然后结晶得到粗As2O3，据此分析。
【详解】（1）氮是第二周期、第ⅤA族，砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，因此砷在元素周期中的位置为第四周期、第ⅤA族；；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，说明两者都是原子晶体，原子晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N
（3）沉砷最佳温度是85℃，温度高于85℃后，随温度的升高沉降率下降，温度升高，反应①平衡逆向移动，、下降，反应②平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；
（4）由图可知，为提高粗As2O3的沉降率，则“结晶”过程应控制的最佳条件为25℃，H2SO4浓度约为7，此时As2O3的溶解率最低，沉淀率最高，滤液2中含有余酸，需要处理，从绿色化学和综合利用的角度考虑，可将滤液2返回酸化流程。
30．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
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