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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15氧化还原反应（2）
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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-15氧化还原反应（2），共32页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，工业流程题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·上海徐汇·统考三模）双氧水()与下列溶液反应，不能体现氧化性的是
A．酸性溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有的溶液 D．盐酸酸化的溶液
2．（2022·上海普陀·统考二模）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是
A．沸点：NF3>NCl3 B．还原性：NH3>NF3
C．稳定性：NF3>NCl3 D．水解程度：NCl3>NF3
3．（2022·上海普陀·统考二模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是
A．c(HCl)=4.0mol·L-1 B．x=0.85
C．生成了0.4molH2S D．FexS中，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=2∶1
4．（2022·上海松江·统考二模）下列过程中，氮元素被氧化的是
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
5．（2022·上海普陀·统考二模）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2发生氧化反应
C．氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3
D．反应中每生成1.4molN2，有1.6molNH3被还原
6．（2022·上海普陀·统考二模）下列物质的性质或用途不涉及氧化还原反应的是
A．Na2O2用作制氧剂 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
7．（2022·上海奉贤·统考二模）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
8．（2022·上海静安·统考二模）化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是
A．明矾净水 B．漂粉精漂白织物
C．食醋除水垢 D．纯碱去油污
9．（2022·上海静安·统考二模）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+ H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→ BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O
10．（2022·上海黄浦·统考二模）84消毒液(含)与洁厕灵(含浓盐酸)不能混用，会发生反应产生有毒的气体，该反应中
A．为还原剂 B．仅体现酸性
C．既是氧化产物也是还原产物 D．是还原产物
11．（2022·上海·统考模拟预测）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
12．（2022·上海·统考模拟预测）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如下：
下列说法错误的是
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
13．（2022·上海虹口·统考模拟预测）已知非金属元素X、Y的单质能发生如下反应，下列说法正确的是
A．氧化产物： B．氧化性：
C．非金属性： D．每生成，转移电子
14．（2022·上海徐汇·统考三模）汽车碰撞时，安全气囊中发生反应：。若氧化产物比还原产物多7mol，下列说法错误的是
A．生成8mol B．1mol被还原
C．转移7mol电子 D．15mol氮原子被氧化
15．（2022·上海金山·统考二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A．过程①和②均属于自然固氮
B．X→Y发生化合反应
C．NH3→N发生氧化还原反应
D．若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
16．（2022·上海金山·统考二模）N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A．22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B．1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C．反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D．2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
17．（2022·上海松江·统考二模）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下实验现象可以反复出现。下列说法错误的是
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
18．（2022·上海嘉定·统考二模）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为
A．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
二、结构与性质
19．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
20．（2022·上海黄浦·统考二模）氮化镓是智能手机的快速充电器中使用的一种半导体材料，可通过单质与氨气在高温下反应可制得。镓在周期表中的位置如图。
Al
P
Ga
As
(1)配平反应：____________________________________________；其中氧化剂的电子式___________。
(2)N原子的电子排布式为___________。Ga原子核外未成对电子数为___________个。
(3)氢化物的热稳定性：___________(填“＞”、“＜”或“=”)。
Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示：
物质
熔点/℃
1700
x
1238
(4)晶体中含有的化学键类型为___________。从结构的角度分析、推测的熔点范围___________，理由是___________。
21．（2022·上海普陀·统考二模）Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式____，比较Na+和Cl-的半径大小____，NaCl属于___晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有____(至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式____。反应中生成的Cl2可用____吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
实验操作
实验数据
写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式___，OH-未参与该反应的实验证据是____。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因____。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因____。
22．（2022·上海嘉定·统考二模）硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
(1)硫原子的最外层电子排布式_______。铝原子核外电子占据轨道有_______个，氯原子能量最高的电子亚层是_______。过氧化钠的电子式_______；氮原子的电子云形状有_______种。
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是_______。
(3)用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为：_______FeSO4+_______O2+_______H2SO4_______Fe2(SO4)3+_______H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向_______。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为_______；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。
(4)常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃)
c(氨水)(mol/L)
电离度(%)
c(OH-)(mol/L)
0
16.56
9.098
1.507×10-2
10
15.16
10.18
1.543×10-2
20
13.63
11.2
1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向_______(填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是_______。
三、工业流程题
23．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
24．（2022·上海·统考模拟预测）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如下转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2＋NaNO2＋H2ONa2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)。
完成下列填空：
(1)Na原子核外有_______种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为_______。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列。_______
(2)NH3分子的结构式为_______。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因。_______
(3)配平反应②的化学方程式______。若反应生成11.2 L(标准状态)氨气，则电子转移的数目为_______。
(4)反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为_______。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式_______
四、填空题
25．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(1)画出铋元素最外层电子的电子排布式_______，该元素的原子核外共有_______个未成对电子。
(2)铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点_______金属铋的熔点(填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”)。
(3)请尝试画出BiH3的电子式_______。推测以下说法正确的是_______。
A．BiH3是非极性分子 B．热稳定性：NH3>BiH3
C．酸性HBiO3>HNO3 D．原子半径r(Bi)
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
(5)铋酸钠(NaBiO3)在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
_______BiO+_______Mn+_______H+→_______Bi3++_______MnO+______
26．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
五、原理综合题
27．（2022·上海松江·统考二模）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
(1)上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是_______，原子核外有两个未成对电子的元素有_______。
(2)用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱_______，并用原子结构知识的观点解释原因_______。
(3)我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式_______。
______Al+_______K[AlSi3O8]+_______AlCl3→_______Si+_______AlOCl+_______KAlO2；
上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为_______。
(4)KAlO2溶液中，n(K+)_______n(AlO)(选填“>”或“<”)，加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因_______。
28．（2022·上海普陀·统考二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9 kJ
(1)根据反应I的热化学方程式，在图中绘制反应方向箭头，标出反应物、生成物和能量变化___。
(2)在反应II中标出电子转移的方向和数目____。
(3)①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___mol·L-1 (用含a、b、V的代数式表示)。
②不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定的CH3OH的平衡产率(图甲)和CO2平衡转化率(图乙)随温度的变化关系如图所示。
已知：CH3OH的平衡产率×100%
CO2平衡转化率×100%
图甲中压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___。
③为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件是___(填编号)。
a．低温、高压 b．低温、低压 c．高温、低压 d．高温、高压
29．（2022·上海·统考三模）硒和铬元素都是人体必需的微量元素，请回答下列问题：
(1)硒(第34号元素)与氧为同主族元素，硒的原子结构示意图为_______。硫和硒的氢化物的热稳定性：_______(填“>”、“=”或“<”)，从原子结构的角度解释其原因_______。
(2)以工业为原料制备高纯硒的流程如下图。
工业硒高纯硒
①下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.过程ⅰ到过程ⅲ均为氧化还原反应
b.既有氧化性，又有还原性
c.能与反应生成和
d.与化合比与化合容易
②过程中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程ⅰ消耗的与过程ⅲ消耗的的物质的量之比为_______(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
(3)价铬的化合物毒性较大，常用甲醇酸性燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有)的原理示意图如下图所示：
①M极的电极反应式为_______，N极附近的_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
②写出电解池中转化为的离子方程式_______。
六、实验题
30．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：
Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______
Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案：
1．A
【详解】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还原性，故A符合题意；
B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；
C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；
D．双氧水与盐酸酸化的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不符合题意；
故选A。
2．A
【详解】A．NF3和NCl3均为分子晶体，在没有氢键的作用下，其相对分子质量越大，沸点越高，则有：沸点：NF3＜NCl3，故A项错误；
B．三氟化氮可由氨和氟气反应制取：4NH3+3F2=NF3+NH4F，NH3被F2氧化得到NF3，所以NH3是还原剂，NF3是还原产物,所以还原产物的还原性比还原剂的还原性弱，故B项正确；
C．NF3的键长小于 NCl3，键能更大，故稳定性：NF3>NCl3，故C项正确；
D．NF3中N的2s、2p轨道都已经利用,没有多余的轨道接受水的氧原子的孤电子对，所以不水解；类似的PF3易水解，因为P还有空的3d轨道可以利用，NCl3能水解的原因是虽然N无空的s、p或者d轨道，但是N得孤电子对可以与水的氢原子配位，而Cl则可以利用3d轨道接受氧原子的孤电子对，所以水解程度：NCl3>NF3，故D项正确。
故答案选B。
3．C
【详解】A．盐酸恰好反应生成0.4molFeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)=，故A错误；
B．FexS中S的物质的量等于S和H2S物质的量之和，n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，故B错误；
C．部分HCl中的氢离子转化为H2S，根据氢原子、氯原子守恒得H2S的物质的量n(H2S)=0.5n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，故C正确；
D．FexS中S为-2价，生成S化合价为0，则生成0.1mol S，生成H2S气体不发生化合价变化，则共转移电子为0.1mol×2=0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，故D错误；
故选：C。
4．C
【详解】A．铵根离子的检验原理：先加浓NaOH加热发生，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，发生NH3+H2O=NH3·H2O，反应均未涉及氧化还原反应，A不符题意；
B．工业固氮发生，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，B不符题意；
C．大气固氮发生，N元素化合价由0价升高为+2价，被氧化，C符题意；
D．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，D不符题意；
答案选C。
5．C
【详解】A．氨气中氮元素化合价为-3价，化合价升高，被氧化，氢元素化合价不变，A错误；
B．二氧化氮中氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应，B错误；
C．氧化产物和还原产物 都为氮气，其中氧化产物为4N2，还原产物我3N2，则二者质量比为4:3，C正确；
D．每生成1.4mol氮气，则消耗1.6mol氨气，被氧化，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．Na2O2与H2O或者CO2反应生成O2，氧元素有化合价变化，涉及氧化还原反应；
B．NaHCO3做食品膨松剂，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，没有元素出现化合价变化，描不涉及氧化还原反应；
C．含氯消毒剂成分中均为氯元素正价的化合物，消毒杀菌后氯元素变为-1价产物，化合价有变化，涉及氧化还原反应；
D．NO2与水反应生成硝酸，形成酸雨，涉及氧化还原反应；
综上，本题选B。
7．B
【分析】K2H3IO6中O为-2价，故I为+7价，该反应K2H3IO6中I化合价降低，K2H3IO6作氧化剂，HI中I化合价升高，HI作还原剂，反应有KI生成，故作还原剂的HI，与没参加氧化还原反应的HI之比为7：2，反应可以表示为：K2H3IO6（氧化剂）+7HI（还原剂）+2HI→2KI+I2（氧化产物）+I2（还原产物）+6H2O；
【详解】A．K2H3IO6发生还原反应，A项错误；
B．还原剂与还原产物之比为14：1，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol，B项正确；
C．KI既不是氧化产物也不是还原产物，C项错误；
D．根据上述分析还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
9．C
【详解】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A正确；
B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，B正确；
C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C错误；
D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D正确；
故选C。
10．C
【分析】84消毒液和洁厕灵混用，发生反应，据此回答下列问题。
【详解】A．NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，被还原，为氧化剂，A错误；
B．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，则HCl失电子是还原剂，B错误；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，则Cl2既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．反应中H元素和O元素化合价均没有发生变化，H2O既不是还原产物也不是氧化产物，D错误；
故答案选C。
11．B
【分析】硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
【详解】A．KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，B可行；
C．NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，D不可行；
故选B。
12．C
【详解】A．①将游离态氮(N2)转化为化合态氮，属于氮的固定，A正确；
B．②中氮元素价态升高，失电子作还原剂，被氧化，B正确；
C．③中反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，不属于化合反应，C错误；
D．④发生反应为2NO+2CON2+2CO2，产物不污染环境，可减排有害气体，D正确；
故选C。
13．B
【分析】中Y由+5价降为0价，X由0价升高为+5价，X2是还原剂，为氧化剂，为氧化产物，为还原产物。
【详解】A． Y由+5价降为0价，还原产物：，故A错误；
B． 氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：，故B正确；
C． 氧化性：，或还原性：X2>Y2，非金属性：，故C错误；
D． 每生成，转移电子，故D错误；
故选B。
14．C
【分析】反应中NaN3中的N从-价升高为0价作还原剂，10molNaN3电子转移10mol，KNO3中的N从+5价降低为0价作氧化剂，2molKNO3电子转移10mol，氧化产物15molN2比还原产物1molN2多14mol，若氧化产物比还原产物多7mol，则说明反应的量均减半。据此可分析解答。
【详解】A．据分析可知反应方程式中各物质的量减半，生成N2物质的量为8mol，A选项正确；
B．KNO3做氧化剂被还原，物质的量减半，1molKNO3被还原，B选项正确；
C．电子转移数也减半，因此电子转移5mol，C选项错误；
D．原有10molNaN3被氧化，即30molN原子被氧化，现在物质的量减半，故有15molN原子被氧化，D选项正确；
答案选C。
15．B
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
16．C
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
17．C
【详解】A．CuSO4先被过氧化氢还原为Cu2O，Cu2O又被过氧化氢氧化为CuSO4，所以CuSO4是催化剂，故A正确；
B．第二步Cu2O被过氧化氢氧化为CuSO4，发生反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C．第一步CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D．总反应为H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧元素化合价既升高又降低，H2O2既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
选C。
18．D
【详解】整个过程总反应方程式为3ClO-+I-=3Cl-+IO，则n(NaClO)=n(KI)=0.02L×0.100mol/L×=≈0.006mol，故c(NaClO)=。；故答案选D。
19．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
20．(1) 23
(2) 1s22s22p3 1
(3)＞
(4) 共价键 1700＞x＞1238 、、均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔点依次降低。
【解析】(1)
根据已知反应物和生成物可知，此反应为氧化还原反应，根据电子守恒可得到，化学方程式为：23；氨气中H元素化合价降低，所以氨气为氧化剂，故氧化剂的电子式为: 。
(2)
N核外有7个电子，所以电子排布式为：1s22s22p3；Ga与Al同主族，价电子为4s24p1，只有一个未成对电子，故答案为1；
(3)
同一主族的元素，从上到下非金属依次减弱，对应的氢化物的稳定性依次减弱，如图，N和P位于同一主族，所以氢化物的热稳定性：＞；
(4)
Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，所以均为共价晶体，熔化时破坏共价键，共价键键长越短，键能越大，熔点越高，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。所以答案为：共价键；1700＞x＞1238；均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。
21．(1) Na+ r(Na+)
(3) 6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑ 石灰乳
(4) Ca2++CO=CaCO3↓ 滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变
(5) HCO+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3能结合H+，从而治疗胃酸过多 小苏打在中和胃酸的同时会产生很多二氧化碳，这些气体可能会诱发消化道穿孔
【解析】（1）
钠离子的电子式为Na+，钠离子核外有2个电子层，10个电子，氯离子核外有3个电子层，18个电子，所以氯离子半径大于钠离子半径。NaCl中钠离子和氯离子通过离子键结合，NaCl属于离子晶体。
（2）
氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
（3）
根据该反应方程式的部分反应物和产物可知，该反应中I元素化合价由0价升高为+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价从+5价降为-1价和0价，KClO3为氧化剂，此外反应物中应有水参与，根据转移电子数量守恒，得出该反应方程式为6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。漂粉精可由石灰乳和Cl2反应制得。
（4）
碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓。滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，OH-未参与该反应。
（5）
人体胃液中含有较多的盐酸，碳酸氢钠可与盐酸反应从而降低氢离子浓度治疗胃酸过多，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。小苏打和盐酸反应会产生较多的二氧化碳，如果处于胃溃疡的活动期，则生成的二氧化碳可能会诱发胃穿孔等。
22．(1) 3s23p4 7 3p 2
(2)两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
(3) 30℃、pH=2.0 催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
(4) 右 氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【详解】（1）硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+1=7个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；7；3p；；2；
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
（3）①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
（4）①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
23．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898
【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
24．(1) 4 3s r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)
(2) 氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，核对外层电子吸引能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素
(3) 6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH 3NA或1.806×1024
(4) 1：1 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
【分析】由流程可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4 +NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4 + 4NaOH，从而制得Fe3O4。
(1)
Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，占有4个轨道，因此有4种不同能量的电子；其中3s轨道的能量最高；反应②中涉及的短周期元素有Na、N、O、H，一般来说，电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，因此半径r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)；
(2)
NH3的N和H之间为极性共价键，每个H与N共用一对电子，结构式为；氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，正电荷多，原子核对外层电子吸引能力更强，导致原子半径更小，因此得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素；
(3)
Na2FeO2中Fe由+2价升为+6价，NaNO2中N由+3价降为-3价，根据转移电子守恒和原子守恒，可配平方程式6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH；11.2 LNH3的物质的量为0.5mol，根据方程式可知，生成1个NH3分子转移电子数为6，因此转移电子总数为0.5NA×6=3NA或1.806×1024；
(4)
根据分析，反应③为Na2FeO2 +Na2Fe2O4+ 2H2O=Fe3O4+4NaOH，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1；Fe与水蒸气发生置换反应生成Fe3O4，方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
25．(1) 6s26p3 3
(2)小于
(3) B
(4)BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3
(5)
【解析】（1）
铋元素位于第六周期VA族，第6层有5个电子，铋元素最外层电子的电子排布式为6s26p3，价电子轨道表示式为，该元素的原子核外共有3个未成对电子。
（2）
合金熔点低于成分金属的熔点，铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，所以该合金的熔点小于金属铋的熔点。
（3）
BiH3是共价化合物，BiH3的电子式。
A．BiH3中Bi价电子对数是4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，是极性分子，故A错误；
B．同主族元素从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，热稳定性：NH3>BiH3，故B正确；
C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，酸性HBiO3
选B。
（4）
BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3；
（5）
该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
26．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
27．(1) O2–>Na+>Al3+ O、Si
(2) NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3) 4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2 2NA
(4) > +2H2O⇌Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在⇌H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]
【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5mol，1molSi转移4mol电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
28．(1)
(2)
(3) p1＞p2＞p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 a
【详解】（1）对于反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ，反应物是CO2(g)+3H2(g)，生成物是CH3OH(g)+H2O(g)，该反应发生会放出热量49.5 kJ，因此用图示表示物质变化与能量变化为；
（2）对于反应II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ，在反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CH3OH(g)中的-2价，化合价降低4价，得到4个电子，H元素化合价由反应前H2中的0价反应反应后CH3OH(g)中的+1价，化合价升高1×4=4价，用单线桥法表示电子转移为；
（3）①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9kJ，
达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，由题给三个反应可知：平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和，则c(H2O)=；
②反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的平衡转化率提高，故压强由大到小的顺序是：p1＞p2＞p3；
反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
③由上述分析知：图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且压强p1＞p2＞p3，分析图象可知：为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件为低温、高压，a选项符合题意，故合理选项是a。
29．(1) > 和同族。电子层数，原子半径，得电子能力，非金属性，气态氢化物的稳定性
(2) bc
(3) 变大
【解析】(1)
①硒与氧为同主族元素，硒为34号元素，位于第四周期ⅥA族元素，其原子结构示意图为；
②非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性S＞Se，所以氢化物的稳定性：H2S >H2Se；
③S和Se是同族元素，电子层数SSe，非金属性S>Se，当和H形成共价键时，键长S-H
①a.过程ii中反应物和生成物Se的化合价均为+4，不是氧化还原反应，i和iii为有单质参与的化学反应，为氧化还原反应，所以a错误；b. H2SeO3中Se的化合价均为+4价，为中间价态，所以既有氧化性，又有还原性，b正确；c. SeO2与SO2性质相似，能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O，对应化学方程式：SeO2 + NaOH = Na2SeO3+H2O，所以c正确；d. 非金属元素的非金属性越强，越易与H2化合，非金属性S > Se，所以Se与H2化合比S与H2化合难，d错误；答案选bc；
②i. Se + O2 SeO2； iii.N2H4⋅nH2O + H2SeO3 = Se + N2↑+ (n+3) H2O O2 ~ SeO2~ N2H4⋅nH2O，所以消耗的氧气和消耗的N2H4⋅nH2O的物质的量比为1:1；
(3)
)①通入甲醇的M极为负极，甲醇失电子产生二氧化碳，则负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；N极为正极，酸性条件下正极上氧气得电子产生水，使溶液中氢离子浓度减小，pH变大；
②连接N极(即正极)的电极为阳极，则左边铁电极上铁失电子产生，将电解池中还原转化为，反应的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
30．(1)b→e→f
(2) 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6) 恒重操作 偏大
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2∙8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·上海徐汇·统考三模）双氧水()与下列溶液反应，不能体现氧化性的是
A．酸性溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有的溶液 D．盐酸酸化的溶液
2．（2022·上海普陀·统考二模）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是
A．沸点：NF3>NCl3 B．还原性：NH3>NF3
C．稳定性：NF3>NCl3 D．水解程度：NCl3>NF3
3．（2022·上海普陀·统考二模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是
A．c(HCl)=4.0mol·L-1 B．x=0.85
C．生成了0.4molH2S D．FexS中，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=2∶1
4．（2022·上海松江·统考二模）下列过程中，氮元素被氧化的是
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
5．（2022·上海普陀·统考二模）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2发生氧化反应
C．氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3
D．反应中每生成1.4molN2，有1.6molNH3被还原
6．（2022·上海普陀·统考二模）下列物质的性质或用途不涉及氧化还原反应的是
A．Na2O2用作制氧剂 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
7．（2022·上海奉贤·统考二模）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
8．（2022·上海静安·统考二模）化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是
A．明矾净水 B．漂粉精漂白织物
C．食醋除水垢 D．纯碱去油污
9．（2022·上海静安·统考二模）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+ H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO+NH+OH-→ BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O
10．（2022·上海黄浦·统考二模）84消毒液(含)与洁厕灵(含浓盐酸)不能混用，会发生反应产生有毒的气体，该反应中
A．为还原剂 B．仅体现酸性
C．既是氧化产物也是还原产物 D．是还原产物
11．（2022·上海·统考模拟预测）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
12．（2022·上海·统考模拟预测）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如下：
下列说法错误的是
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
13．（2022·上海虹口·统考模拟预测）已知非金属元素X、Y的单质能发生如下反应，下列说法正确的是
A．氧化产物： B．氧化性：
C．非金属性： D．每生成，转移电子
14．（2022·上海徐汇·统考三模）汽车碰撞时，安全气囊中发生反应：。若氧化产物比还原产物多7mol，下列说法错误的是
A．生成8mol B．1mol被还原
C．转移7mol电子 D．15mol氮原子被氧化
15．（2022·上海金山·统考二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A．过程①和②均属于自然固氮
B．X→Y发生化合反应
C．NH3→N发生氧化还原反应
D．若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
16．（2022·上海金山·统考二模）N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A．22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B．1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C．反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D．2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
17．（2022·上海松江·统考二模）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下实验现象可以反复出现。下列说法错误的是
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
18．（2022·上海嘉定·统考二模）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为
A．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
二、结构与性质
19．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
20．（2022·上海黄浦·统考二模）氮化镓是智能手机的快速充电器中使用的一种半导体材料，可通过单质与氨气在高温下反应可制得。镓在周期表中的位置如图。
Al
P
Ga
As
(1)配平反应：____________________________________________；其中氧化剂的电子式___________。
(2)N原子的电子排布式为___________。Ga原子核外未成对电子数为___________个。
(3)氢化物的热稳定性：___________(填“＞”、“＜”或“=”)。
Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示：
物质
熔点/℃
1700
x
1238
(4)晶体中含有的化学键类型为___________。从结构的角度分析、推测的熔点范围___________，理由是___________。
21．（2022·上海普陀·统考二模）Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式____，比较Na+和Cl-的半径大小____，NaCl属于___晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有____(至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式____。反应中生成的Cl2可用____吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
实验操作
实验数据
写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式___，OH-未参与该反应的实验证据是____。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因____。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因____。
22．（2022·上海嘉定·统考二模）硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
(1)硫原子的最外层电子排布式_______。铝原子核外电子占据轨道有_______个，氯原子能量最高的电子亚层是_______。过氧化钠的电子式_______；氮原子的电子云形状有_______种。
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是_______。
(3)用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为：_______FeSO4+_______O2+_______H2SO4_______Fe2(SO4)3+_______H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向_______。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为_______；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。
(4)常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃)
c(氨水)(mol/L)
电离度(%)
c(OH-)(mol/L)
0
16.56
9.098
1.507×10-2
10
15.16
10.18
1.543×10-2
20
13.63
11.2
1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向_______(填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是_______。
三、工业流程题
23．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
24．（2022·上海·统考模拟预测）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如下转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2＋NaNO2＋H2ONa2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)。
完成下列填空：
(1)Na原子核外有_______种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为_______。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列。_______
(2)NH3分子的结构式为_______。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因。_______
(3)配平反应②的化学方程式______。若反应生成11.2 L(标准状态)氨气，则电子转移的数目为_______。
(4)反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为_______。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式_______
四、填空题
25．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(1)画出铋元素最外层电子的电子排布式_______，该元素的原子核外共有_______个未成对电子。
(2)铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点_______金属铋的熔点(填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”)。
(3)请尝试画出BiH3的电子式_______。推测以下说法正确的是_______。
A．BiH3是非极性分子 B．热稳定性：NH3>BiH3
C．酸性HBiO3>HNO3 D．原子半径r(Bi)
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
(5)铋酸钠(NaBiO3)在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
_______BiO+_______Mn+_______H+→_______Bi3++_______MnO+______
26．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
五、原理综合题
27．（2022·上海松江·统考二模）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
(1)上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是_______，原子核外有两个未成对电子的元素有_______。
(2)用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱_______，并用原子结构知识的观点解释原因_______。
(3)我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式_______。
______Al+_______K[AlSi3O8]+_______AlCl3→_______Si+_______AlOCl+_______KAlO2；
上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为_______。
(4)KAlO2溶液中，n(K+)_______n(AlO)(选填“>”或“<”)，加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因_______。
28．（2022·上海普陀·统考二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9 kJ
(1)根据反应I的热化学方程式，在图中绘制反应方向箭头，标出反应物、生成物和能量变化___。
(2)在反应II中标出电子转移的方向和数目____。
(3)①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___mol·L-1 (用含a、b、V的代数式表示)。
②不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定的CH3OH的平衡产率(图甲)和CO2平衡转化率(图乙)随温度的变化关系如图所示。
已知：CH3OH的平衡产率×100%
CO2平衡转化率×100%
图甲中压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___。
③为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件是___(填编号)。
a．低温、高压 b．低温、低压 c．高温、低压 d．高温、高压
29．（2022·上海·统考三模）硒和铬元素都是人体必需的微量元素，请回答下列问题：
(1)硒(第34号元素)与氧为同主族元素，硒的原子结构示意图为_______。硫和硒的氢化物的热稳定性：_______(填“>”、“=”或“<”)，从原子结构的角度解释其原因_______。
(2)以工业为原料制备高纯硒的流程如下图。
工业硒高纯硒
①下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.过程ⅰ到过程ⅲ均为氧化还原反应
b.既有氧化性，又有还原性
c.能与反应生成和
d.与化合比与化合容易
②过程中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程ⅰ消耗的与过程ⅲ消耗的的物质的量之比为_______(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
(3)价铬的化合物毒性较大，常用甲醇酸性燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有)的原理示意图如下图所示：
①M极的电极反应式为_______，N极附近的_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
②写出电解池中转化为的离子方程式_______。
六、实验题
30．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：
Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______
Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案：
1．A
【详解】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还原性，故A符合题意；
B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；
C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；
D．双氧水与盐酸酸化的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不符合题意；
故选A。
2．A
【详解】A．NF3和NCl3均为分子晶体，在没有氢键的作用下，其相对分子质量越大，沸点越高，则有：沸点：NF3＜NCl3，故A项错误；
B．三氟化氮可由氨和氟气反应制取：4NH3+3F2=NF3+NH4F，NH3被F2氧化得到NF3，所以NH3是还原剂，NF3是还原产物,所以还原产物的还原性比还原剂的还原性弱，故B项正确；
C．NF3的键长小于 NCl3，键能更大，故稳定性：NF3>NCl3，故C项正确；
D．NF3中N的2s、2p轨道都已经利用,没有多余的轨道接受水的氧原子的孤电子对，所以不水解；类似的PF3易水解，因为P还有空的3d轨道可以利用，NCl3能水解的原因是虽然N无空的s、p或者d轨道，但是N得孤电子对可以与水的氢原子配位，而Cl则可以利用3d轨道接受氧原子的孤电子对，所以水解程度：NCl3>NF3，故D项正确。
故答案选B。
3．C
【详解】A．盐酸恰好反应生成0.4molFeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)=，故A错误；
B．FexS中S的物质的量等于S和H2S物质的量之和，n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，故B错误；
C．部分HCl中的氢离子转化为H2S，根据氢原子、氯原子守恒得H2S的物质的量n(H2S)=0.5n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，故C正确；
D．FexS中S为-2价，生成S化合价为0，则生成0.1mol S，生成H2S气体不发生化合价变化，则共转移电子为0.1mol×2=0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，故D错误；
故选：C。
4．C
【详解】A．铵根离子的检验原理：先加浓NaOH加热发生，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，发生NH3+H2O=NH3·H2O，反应均未涉及氧化还原反应，A不符题意；
B．工业固氮发生，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，B不符题意；
C．大气固氮发生，N元素化合价由0价升高为+2价，被氧化，C符题意；
D．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，D不符题意；
答案选C。
5．C
【详解】A．氨气中氮元素化合价为-3价，化合价升高，被氧化，氢元素化合价不变，A错误；
B．二氧化氮中氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应，B错误；
C．氧化产物和还原产物 都为氮气，其中氧化产物为4N2，还原产物我3N2，则二者质量比为4:3，C正确；
D．每生成1.4mol氮气，则消耗1.6mol氨气，被氧化，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．Na2O2与H2O或者CO2反应生成O2，氧元素有化合价变化，涉及氧化还原反应；
B．NaHCO3做食品膨松剂，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，没有元素出现化合价变化，描不涉及氧化还原反应；
C．含氯消毒剂成分中均为氯元素正价的化合物，消毒杀菌后氯元素变为-1价产物，化合价有变化，涉及氧化还原反应；
D．NO2与水反应生成硝酸，形成酸雨，涉及氧化还原反应；
综上，本题选B。
7．B
【分析】K2H3IO6中O为-2价，故I为+7价，该反应K2H3IO6中I化合价降低，K2H3IO6作氧化剂，HI中I化合价升高，HI作还原剂，反应有KI生成，故作还原剂的HI，与没参加氧化还原反应的HI之比为7：2，反应可以表示为：K2H3IO6（氧化剂）+7HI（还原剂）+2HI→2KI+I2（氧化产物）+I2（还原产物）+6H2O；
【详解】A．K2H3IO6发生还原反应，A项错误；
B．还原剂与还原产物之比为14：1，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol，B项正确；
C．KI既不是氧化产物也不是还原产物，C项错误；
D．根据上述分析还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
9．C
【详解】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，A正确；
B．小苏打为碳酸氢钠，能和胃酸中的盐酸反应，即反应生成水和二氧化碳，离子方程式正确，B正确；
C．硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氨气和水，离子方程式为：Ba2++SO+2NH+2OH-=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O ，C错误；
D．氢氧化铁和碘化氢反应生成亚铁离子和碘单质，根据电子守恒得离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-→2Fe2++I2+6H2O ，D正确；
故选C。
10．C
【分析】84消毒液和洁厕灵混用，发生反应，据此回答下列问题。
【详解】A．NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，被还原，为氧化剂，A错误；
B．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，则HCl失电子是还原剂，B错误；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，则Cl2既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．反应中H元素和O元素化合价均没有发生变化，H2O既不是还原产物也不是氧化产物，D错误；
故答案选C。
11．B
【分析】硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
【详解】A．KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，B可行；
C．NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，D不可行；
故选B。
12．C
【详解】A．①将游离态氮(N2)转化为化合态氮，属于氮的固定，A正确；
B．②中氮元素价态升高，失电子作还原剂，被氧化，B正确；
C．③中反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，不属于化合反应，C错误；
D．④发生反应为2NO+2CON2+2CO2，产物不污染环境，可减排有害气体，D正确；
故选C。
13．B
【分析】中Y由+5价降为0价，X由0价升高为+5价，X2是还原剂，为氧化剂，为氧化产物，为还原产物。
【详解】A． Y由+5价降为0价，还原产物：，故A错误；
B． 氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：，故B正确；
C． 氧化性：，或还原性：X2>Y2，非金属性：，故C错误；
D． 每生成，转移电子，故D错误；
故选B。
14．C
【分析】反应中NaN3中的N从-价升高为0价作还原剂，10molNaN3电子转移10mol，KNO3中的N从+5价降低为0价作氧化剂，2molKNO3电子转移10mol，氧化产物15molN2比还原产物1molN2多14mol，若氧化产物比还原产物多7mol，则说明反应的量均减半。据此可分析解答。
【详解】A．据分析可知反应方程式中各物质的量减半，生成N2物质的量为8mol，A选项正确；
B．KNO3做氧化剂被还原，物质的量减半，1molKNO3被还原，B选项正确；
C．电子转移数也减半，因此电子转移5mol，C选项错误；
D．原有10molNaN3被氧化，即30molN原子被氧化，现在物质的量减半，故有15molN原子被氧化，D选项正确；
答案选C。
15．B
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
16．C
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
17．C
【详解】A．CuSO4先被过氧化氢还原为Cu2O，Cu2O又被过氧化氢氧化为CuSO4，所以CuSO4是催化剂，故A正确；
B．第二步Cu2O被过氧化氢氧化为CuSO4，发生反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C．第一步CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D．总反应为H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧元素化合价既升高又降低，H2O2既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
选C。
18．D
【详解】整个过程总反应方程式为3ClO-+I-=3Cl-+IO，则n(NaClO)=n(KI)=0.02L×0.100mol/L×=≈0.006mol，故c(NaClO)=。；故答案选D。
19．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
20．(1) 23
(2) 1s22s22p3 1
(3)＞
(4) 共价键 1700＞x＞1238 、、均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔点依次降低。
【解析】(1)
根据已知反应物和生成物可知，此反应为氧化还原反应，根据电子守恒可得到，化学方程式为：23；氨气中H元素化合价降低，所以氨气为氧化剂，故氧化剂的电子式为: 。
(2)
N核外有7个电子，所以电子排布式为：1s22s22p3；Ga与Al同主族，价电子为4s24p1，只有一个未成对电子，故答案为1；
(3)
同一主族的元素，从上到下非金属依次减弱，对应的氢化物的稳定性依次减弱，如图，N和P位于同一主族，所以氢化物的热稳定性：＞；
(4)
Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，所以均为共价晶体，熔化时破坏共价键，共价键键长越短，键能越大，熔点越高，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。所以答案为：共价键；1700＞x＞1238；均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。
21．(1) Na+ r(Na+)
(3) 6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑ 石灰乳
(4) Ca2++CO=CaCO3↓ 滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变
(5) HCO+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3能结合H+，从而治疗胃酸过多 小苏打在中和胃酸的同时会产生很多二氧化碳，这些气体可能会诱发消化道穿孔
【解析】（1）
钠离子的电子式为Na+，钠离子核外有2个电子层，10个电子，氯离子核外有3个电子层，18个电子，所以氯离子半径大于钠离子半径。NaCl中钠离子和氯离子通过离子键结合，NaCl属于离子晶体。
（2）
氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
（3）
根据该反应方程式的部分反应物和产物可知，该反应中I元素化合价由0价升高为+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价从+5价降为-1价和0价，KClO3为氧化剂，此外反应物中应有水参与，根据转移电子数量守恒，得出该反应方程式为6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。漂粉精可由石灰乳和Cl2反应制得。
（4）
碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓。滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，OH-未参与该反应。
（5）
人体胃液中含有较多的盐酸，碳酸氢钠可与盐酸反应从而降低氢离子浓度治疗胃酸过多，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。小苏打和盐酸反应会产生较多的二氧化碳，如果处于胃溃疡的活动期，则生成的二氧化碳可能会诱发胃穿孔等。
22．(1) 3s23p4 7 3p 2
(2)两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
(3) 30℃、pH=2.0 催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
(4) 右 氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【详解】（1）硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+1=7个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；7；3p；；2；
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
（3）①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
（4）①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
23．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898
【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
24．(1) 4 3s r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)
(2) 氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，核对外层电子吸引能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素
(3) 6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH 3NA或1.806×1024
(4) 1：1 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
【分析】由流程可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4 +NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4 + 4NaOH，从而制得Fe3O4。
(1)
Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，占有4个轨道，因此有4种不同能量的电子；其中3s轨道的能量最高；反应②中涉及的短周期元素有Na、N、O、H，一般来说，电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，因此半径r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)；
(2)
NH3的N和H之间为极性共价键，每个H与N共用一对电子，结构式为；氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，正电荷多，原子核对外层电子吸引能力更强，导致原子半径更小，因此得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素；
(3)
Na2FeO2中Fe由+2价升为+6价，NaNO2中N由+3价降为-3价，根据转移电子守恒和原子守恒，可配平方程式6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH；11.2 LNH3的物质的量为0.5mol，根据方程式可知，生成1个NH3分子转移电子数为6，因此转移电子总数为0.5NA×6=3NA或1.806×1024；
(4)
根据分析，反应③为Na2FeO2 +Na2Fe2O4+ 2H2O=Fe3O4+4NaOH，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1；Fe与水蒸气发生置换反应生成Fe3O4，方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
25．(1) 6s26p3 3
(2)小于
(3) B
(4)BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3
(5)
【解析】（1）
铋元素位于第六周期VA族，第6层有5个电子，铋元素最外层电子的电子排布式为6s26p3，价电子轨道表示式为，该元素的原子核外共有3个未成对电子。
（2）
合金熔点低于成分金属的熔点，铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，所以该合金的熔点小于金属铋的熔点。
（3）
BiH3是共价化合物，BiH3的电子式。
A．BiH3中Bi价电子对数是4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，是极性分子，故A错误；
B．同主族元素从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，热稳定性：NH3>BiH3，故B正确；
C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，酸性HBiO3
选B。
（4）
BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3；
（5）
该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
26．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
27．(1) O2–>Na+>Al3+ O、Si
(2) NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3) 4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2 2NA
(4) > +2H2O⇌Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在⇌H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]
【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5mol，1molSi转移4mol电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
28．(1)
(2)
(3) p1＞p2＞p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 a
【详解】（1）对于反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ，反应物是CO2(g)+3H2(g)，生成物是CH3OH(g)+H2O(g)，该反应发生会放出热量49.5 kJ，因此用图示表示物质变化与能量变化为；
（2）对于反应II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ，在反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CH3OH(g)中的-2价，化合价降低4价，得到4个电子，H元素化合价由反应前H2中的0价反应反应后CH3OH(g)中的+1价，化合价升高1×4=4价，用单线桥法表示电子转移为；
（3）①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9kJ，
达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，由题给三个反应可知：平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和，则c(H2O)=；
②反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的平衡转化率提高，故压强由大到小的顺序是：p1＞p2＞p3；
反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
③由上述分析知：图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且压强p1＞p2＞p3，分析图象可知：为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件为低温、高压，a选项符合题意，故合理选项是a。
29．(1) > 和同族。电子层数，原子半径，得电子能力，非金属性，气态氢化物的稳定性
(2) bc
(3) 变大
【解析】(1)
①硒与氧为同主族元素，硒为34号元素，位于第四周期ⅥA族元素，其原子结构示意图为；
②非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性S＞Se，所以氢化物的稳定性：H2S >H2Se；
③S和Se是同族元素，电子层数S
①a.过程ii中反应物和生成物Se的化合价均为+4，不是氧化还原反应，i和iii为有单质参与的化学反应，为氧化还原反应，所以a错误；b. H2SeO3中Se的化合价均为+4价，为中间价态，所以既有氧化性，又有还原性，b正确；c. SeO2与SO2性质相似，能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O，对应化学方程式：SeO2 + NaOH = Na2SeO3+H2O，所以c正确；d. 非金属元素的非金属性越强，越易与H2化合，非金属性S > Se，所以Se与H2化合比S与H2化合难，d错误；答案选bc；
②i. Se + O2 SeO2； iii.N2H4⋅nH2O + H2SeO3 = Se + N2↑+ (n+3) H2O O2 ~ SeO2~ N2H4⋅nH2O，所以消耗的氧气和消耗的N2H4⋅nH2O的物质的量比为1:1；
(3)
)①通入甲醇的M极为负极，甲醇失电子产生二氧化碳，则负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；N极为正极，酸性条件下正极上氧气得电子产生水，使溶液中氢离子浓度减小，pH变大；
②连接N极(即正极)的电极为阳极，则左边铁电极上铁失电子产生，将电解池中还原转化为，反应的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
30．(1)b→e→f
(2) 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6) 恒重操作 偏大
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2∙8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
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