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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16氧化还原反应（3）
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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-16氧化还原反应（3），共39页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，填空题，原理综合题，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-16氧化还原反应（3）
一、单选题
1．（2022·上海·统考二模）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi(熔点1410℃)+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC(熔点2700℃)+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。
关于上述反应说法正确的是
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
2．（2022·上海·统考二模）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
3．（2022·上海·模拟预测）汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2mol
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
4．（2022·上海·模拟预测）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．17gH2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA
B．4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数0.5NA
C．1mol铁粉与1mol氯气充分反应，转移电子数为3NA
D．一定条件下，1molH2与足量碘蒸气充分反应，生成HI分子数一定小于NA
5．（2022·上海闵行·统考模拟预测）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气(O2体积比以20%计)，转化过程如图，描述正确的是
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5
6．（2022·上海崇明·统考一模）已知：2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)→H2(g)+Fe3O4(s)+Q
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B．过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0
C．过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
7．（2022·上海·统考一模）车用尿素是利用反应2CO(NH2)2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是
A．尿素属于有机氮肥 B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
8．（2022·上海·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N—H键的键能比P—H键大
C
比PH3稳定性强
N—H键的键长比P—H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·上海静安·统考一模）I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2均有一定的还原性，酸性溶液中还原性强弱顺序为：Cl－＜Fe2+＜H2O2＜I－＜SO2。下列反应不能发生的是
A．SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
B．Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
C．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
D．I2+2Fe2+=2Fe3++2I－
10．（2022·上海静安·统考一模）下列变化存在电子转移，且符合图示的是
A．用NaOH溶液吸收氯化氢气体
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．将氨气通入稀硫酸中
D．FeSO4溶液在空气中变质
11．（2022·上海浦东新·统考一模）向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I—、Br—的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．还原性：I—
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则amol
12．（2022·上海浦东新·统考一模）雾霾的形成与大气中的氮有关，作用机理如下图。下列说法正确的是
A．NOx仅来自于大气固氮
B．上述过程中只发生氧化还原反应
C．控制农业上氨排放可以减少雾霾
D．硝酸铵是含氮量最高的氮肥
13．（2022·上海·模拟预测）已知：O2+PtF6→O2(PtF6)。PtF6易挥发，O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是
A．PtF6是还原剂 B．O2(PtF6)中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子 D．O2(PtF6)只含离子键，具有氧化性
14．（2022·上海·统考一模）下列变化过程中，属于还原反应的是
A．HCl→Cl2 B．Na→Na+ C．Al→A2lO3 D．Fe3+→Fe
15．（2022·上海青浦·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N-H键的键能比P-H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为-3价
D
氨水中存在
是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
16．（2022·上海·模拟预测）下列铝的反应中，对氧化剂的判断错误的是(括号中是氧化剂)
A．铝热反应(金属氧化物) B．在浓硫酸中钝化(浓硫酸)
C．溶于溶液 D．在空气中生成氧化膜
17．（2022·上海杨浦·统考一模）电解水时向水中加入稀硫酸，发现得到的体积小于体积的一半，这是因为在阳极发生了反应，此反应所生成的物质可能是
A． B． C． D．
二、实验题
18．（2022·上海虹口·统考模拟预测）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
第一步：将向浊液中通入，发生反应；
第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
已知部分含锰化合物的溶解性如下：
含锰化合物
溶解性
不溶
不溶
可溶
不溶
完成下列填空：
(1)①第一步的反应装置如下图所示：
②石灰乳的作用是___________。
③反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有___________(任写一种)。
(2)若实验中将换成空气，测得反应液中的浓度随反应时间t变化如图。导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因可能是：___________。
(3)完成第二步反应的离子方程式： ___________,实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是___________(填化学式)。
实验室可以用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：
已知的结构如下图所示。
(4)标明上述反应的电子转移方向与数目______。确认溶液中是否含的操作与现象是：_____。
(5)利用重量法探究的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)：
实验
固体质量g
加热前
加热至后
第一组(空气氛围)
3.450
2.610
第二组(氢气氛围)
3.450
2.130
①第二组实验中残留固体的化学式为___________。
②结合两组实验数据，推测在空气中加热至时发生反应的化学方程式：____。
19．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl(SO4)2·12H2O
CuSO4·5H2O
FeSO4·7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度(℃)
200
200
300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
20．（2022·上海杨浦·统考一模）铜是不活泼的金属，常见有、价。为探究铜及其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：
第一组：
序号
试剂
实验步骤
实验现象
1
试管1中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变为红色
2
试管2中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
ⅰ加入铜粉
黄色溶液变为浅蓝色溶液
ⅱ取上层清液，加入1滴0.1mol·L-1KSCN溶液
液滴接触上方变为红色，下方有白色沉淀生成
3
试管3中加2mL0.1mol·L-1 CuSO4溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
完成下列填空：
(1)写出试管1中发生反应的离子方程式。___________
(2)试管2，预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，依据是___________。
(3)经测定试管2中得到的白色沉淀是。
对生成有两种猜测：
猜测①和反应生成，根据___________，推知这一猜测错误。
猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓。再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因。___________(用离子方程式表示)
第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨[Cu(NH3)4]2+溶液混合反应，生成铜。
(4)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。
(5)将下列化学方程式补充完整、配平，并标出电子转移的数目和方向___________。
______N2H4·H2O+_____[Cu(NH3)4]2++_____OH-→_____Cu+_______N2↑+_______NH3+____H2O
(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。
三、结构与性质
21．（2022·上海徐汇·统考二模）卤族元素在自然界中主要以卤化物形式存在，完成下列填空：
(1)工业电解铝以铝土矿(Al2O3)为原料，冰晶石(Na3AlF4)为助熔剂。
①铝土矿中的晶体类型_______；
②比较的简单离子半径大小_______；
③最外层电子的电子云形状为_______。
(2)从海水中获取的主要用于氯碱工业，写出阳极的电极反应_______。
(3)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出，并用纯碱吸收。纯碱吸收的主要反应为：，吸收时，转移电子为_______mol。
(4)工业生产纯碱的方法是：向饱和食盐水中通入和，即有晶体析出。结合速率与平衡理论解释析出的原因_______。
(5)向碘水溶液中通入过量的，发生反应：，配平上述方程式_______。
22．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于___________。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施___________。
(2)碳原子核外有___________种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式___________，碳原子最合理的电子式___________。
(3)金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为___________
(4)黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑;生成物中，属于非电解质的是___________。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为___________(保留1位小数)。
(5)收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是___________(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式___________。
(6)有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因______。
23．（2022·上海青浦·统考一模）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为___________，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是___________。
(2)CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2S(g)，CS2分子的空间构型为___________，用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
(3)中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO(OH)
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl–溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整___________，4Fe3O4 +_____O2 +______ +_____H2O_____FeOCl +___________，若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为___________。
(4)化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH)，推测溶解度FeOCl___________FeO(OH)(填“＞”或“＜”)。
② Na2SO3的作用是___________。
③ 检验FeOCl转化完全的操作和现象是___________。
四、填空题
24．（2022·上海·统考二模）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。
III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
(4)找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。
25．（2022·上海浦东新·统考一模）我国载人登月计划所用的固体火箭发动机推力全球最大。其固体燃料主要含NH4C1O4、Al粉和Fe2O3。完成下列填空：
(1)Al原子的最外层电子排布式为___________，其核外共有___________种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应的化学方程式为___________。
(2)NH4ClO4分解的化学方程式为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑。NH4ClO4属于___________(选填“离子”或“共价”)化合物，其中存在的化学键有___________。
(3)制备NH4ClO4时，需先制备高纯度NaClO4。为测定NaClO4纯度，可用KI溶液检测：_____ClO+___I-+_____H+→_____Cl-+_____I2+____H2O
①配平上述离子方程式___________。
②若生成127gI2，则转移电子数为___________。
(4)实验室可利用NaClO4与NH4Cl两种饱和溶液制取NH4ClO4：NaClO4+NH4Cl⇌NH4C1O4+NaCl，实验时常通入过量的氨气并采取降温操作，原因是___________。
五、原理综合题
26．（2022·上海宝山·统考一模）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出硫原子的核外电子排布式____，其核外有____种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是____(填元素符号)。
(2)从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式____，其属于____分子(填写“极性“或“非极性”)。
(3)结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有____，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式____。
(4)除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式： NO+ Al+ H2O→ N2↑+ Al(OH)3+ OH-，____。该反应中，被还原的元素是____，每生成1molN2，转移的电子数目是____。
(5)已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因____。
27．（2022·上海·统考一模）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(l)H+(aq)+HO(aq) K=2.24×10-12(25℃)
完成下列填空：
(1)氧原子核外电子亚层数为___，H2O2的电子式___。
(2)实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为___。
(3)H2O2分解反应的平衡常数K=___；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃___K40℃(填“>”“<”或“=”)。
(4)25℃，H2O2的pH___H2O(选填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，H2O2溶液中HO的浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。
一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是___；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是___。
(5)蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下：CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O，配平上述方程式___。
28．（2022·上海金山·统考一模）Cl2的制备有电解法和氧化法。完成下列填空：
(1)氯原子的最外层电子排布式为__；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小__。
(2)电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为__。
(3)氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目__。
(4)向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因__。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是__，属于__分子(选填“极性”或“非极性”)。
29．（2022·上海长宁·统考一模）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
(1)氮原子最外层电子的轨道表示式为___；氮气分子的电子式为：__；已CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是___。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。
浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为___；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作一种化肥俗称：__，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和___。
(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：___。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为___，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___g(小数点后保留两位有效数字)。
六、工业流程题
30．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：
(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。
(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。
(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。
(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。
在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)
(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。
(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：
①完成实验操作步骤。
a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体
b.在坩埚中充分灼烧
c.在__(填仪器名称)中冷却
d.称量所得黑色固体质量
e.重复b~d操作直至__。
②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。
参考答案：
1．B
【详解】A．反应①中C失电子，表现出还原性，不表现出氧化性，所以不能说明非金属性C＞Si，A不正确；
B．反应①与②中，氧化剂都为SiO2，还原剂为生成CO的那部分C原子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2，B正确；
C．题中没有指明22.4LCO对应的温度和压强，不能利用22.4L/mol计算其物质的量，所以也就无法计算转移电子数，C不正确；
D．SiC和C都形成共价晶体，SiC熔点明显高于Si，不是因为SiC摩尔质量更大，而是因为Si-C键的键能大于Si-Si键的键能，D不正确；
故选B。
2．A
【详解】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，该过程的催化剂是BaO和Ba(NO3)2，选项A错误；
B．根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项B错误；
C．还原过程中氮元素从十5价降为0价，生成0.1 mol N2，转移电子数为1.0 NA，选项C错误；
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体N2、H2O、CO2，选项D正确；
答案选D。
4．A
【详解】A．H2S与PH3的摩尔质量均为34g/mol，故17g混合物的物质的量为0.5mol，且两者分子中均含18个质子，故混合物中含质子为9NA个，故A正确；
B．C2H6O可能的结构有CH3OCH3或CH3CH2OH，前者分子中有6个C—H键，后者有5个C—H键，所以4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数目介于0.5NA到0.6NA之间，故B错误；
C．2Fe+3Cl22FeCl3，1mol铁粉与1mol氯气充分反应，Fe过量，以1molCl2计算，Cl由0价降低为-1价，转移电子数为1×2NA=2NA，故C错误；
D．I2+H22HI，反应为可逆反应，不能进行彻底，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成的HI的分子数小于2NA个，可能大于NA，故D错误；
故答案为A。
5．D
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．反应中消耗FeCl3又生成等量的FeCl3，则Fe3+相当于催化剂，但参与了化学反应，故A错误；
B．由图可知，反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．由反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，可得Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D．由图可得总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O，消耗V(H2S)：V(O2)=2∶1，O2体积在空气体积占比20%，则V(空气)=5V(O2)，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5，故D正确；
故选：D。
6．C
【详解】A．由过程Ⅰ可知，2mol Fe3O4发生反应，会生成1mol氧气，转移4mol电子，那么每消耗232g 即1molFe3O4转移2mol电子，故A正确；
B．利用盖斯定律，由2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ和2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ可得Q=，所以过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0，故B正确；
C．过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，故C错误；
D． 铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，故D正确；
故答案为：C。
7．C
【详解】A．尿素含氮元素，为有机物，属于有机氮肥，A正确；
B．由方程式可知，尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，氮气既是氧化产物也是还原产物，B正确；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol，因此，每转移1.6mol电子，减排NO20.4mol，C错误；
D．二氧化氮和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，D正确；
答案选C。
8．D
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气能形成分子间氢键，PH3不能，分子间氢键的存在导致氨气的沸点升高，容易液化，A不符合题意；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气能形成分子间氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B不符合题意；
C．PH3分子和NH3分子为同族氢化物，由于键长P—H＞N—H，键长越长，键能就越小，含有该键的分子就越不稳定。N-H键键长更短、键能更高，故PH3分子稳定性低于NH3分子，C不符合题意；
D．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是因为NH3中N为-3价，D符合题意；
故答案选D。
9．D
【详解】A．假设反应SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4能发生，根据方程式得出还原性：H2O2＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故A不符合题意；
B．假设反应Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl能发生，根据方程式得出还原性：Cl－＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故B不符合题意；
C．假设反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+能发生，根据方程式得出还原性：Fe2+＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故C不符合题意；
D．假设反应I2+2Fe2+=2Fe3++2I－能发生，根据方程式得出还原性：I－＜Fe2+，与题中还原性相矛盾，说明反应不能发生，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10．D
【详解】A．用NaOH溶液吸收制取氯气的尾气，只有 Cl元素化合价发生变化，氯气既得电子又失电子，A错误；
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2失去电子，即气体失电子发生氧化反应，B错误；
C．将氨气通入水中，反应中没有电子的转移，不属于氧化还原反应，C错误；
D．FeSO4溶液在空气中变质，O2得电子，即气体得电子发生还原反应，D正确；
答案选D。
11．B
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B正确；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C错误；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．氮氧化合物NOx不仅来自于大气固氮,也来源于机动车的尾气及硝酸制造工厂产生的废气，A错误；
B．在上述反应中NH3+HNO3=NH4NO3的反应中元素化合价不变，因此该反应不属于氧化还原反应，B错误；
C．农业上氨排放的降低，就不会与酸雨中的HNO3及H2SO4结合形成NH4NO3、NH4HSO4、(NH4)2SO4固体颗粒，因而就可以降低雾霾的形成，C正确；
D．氮肥有硝酸铵(NH4NO3)、CO(NH2)2、(NH4)2SO4等，硝酸铵中N元素的含量为，尿素中N元素的含量为 ，可见硝酸铵并不是含氮量最高的氮肥，D错误；
故合理选项是C。
13．C
【分析】由题干信息O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价，F为-1价可知，故 O2(PtF6)中O为+，反应中O的化合价升高，Pt的化合价降低，则O2为还原剂，PtF6为氧化剂，反应中转移电子数目为1mol，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，PtF6是氧化剂，A错误；
B．由分析可知，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B错误；
C．由分析可知，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C正确；
D．O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时内还存在共价键，由于O为正价，Pt为+5价，故其具有氧化性，D错误；
故答案为C。
14．D
【详解】A．Cl元素化合价从-1升到0价，是氧化反应，A不选；
B．Na元素化合价从0升到+1价，是氧化反应，B不选；
C．Al元素化合价从0升到+3价，是氧化反应，C不选；
D．Fe元素化合价从+3降到0价，是还原反应，D选；
故选：D。
15．C
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B错误；
C．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是由NH3中N为-3价，C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，D错误；
故答案为：C。
16．C
【详解】A．铝热反应如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，Fe2O3为氧化剂，A不合题意；
B．Al在浓硫酸中钝化是表面的Al被浓硫酸氧化形成了一层致密的氧化物保护膜，故浓硫酸是氧化剂，B不合题意；
C．根据Al与NaOH反应的方程式2Al+6H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑+4H2O可知其氧化剂为H2O，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，C符合题意；
D．Al在空气中生成氧化膜即4Al+3O2=2Al2O3，故O2是氧化剂，D不合题意；
故答案为：C。
17．A
【详解】得到的体积小于体积的一半，是因为在阳极发生了反应消耗了氧气，氧气具有氧化性，则硫酸根离子为还原剂发生氧化反应，硫元素化合价升高，反应后硫元素化合价大于+6；故选A。
18．(1) 吸收未反应的SO2，防止污染空气 控制适当的温度、缓慢通入混合气体等
(2)Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸
(3) Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2 Mn(OH)2
(4) 或 取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色
(5) MnO 2MnCO3 +O22MnO2+2CO2
【分析】根据实验目的利用MnO2为原料制备MnCO3，第1装置为二氧化硫和氮气的混合装置，第2个为硫酸镁的发生装置，最后一个装置为尾气处理装置，硫酸中再加入碳酸氢钠可得碳酸镁，以此来解析；
（1）
②石灰乳能与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，所以石灰乳的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气；③为使SO2尽快转化，在比例不变的情况下，控制适当的温度、缓慢通入混合气体等以确保反应的充分进行；
（2）
亚硫酸生成后，通入空气，里面有空气，亚硫酸在Mn2+的催化作用下，被氧化为硫酸，增加了从而使硫酸根离子浓度增大；
（3）
根据原子守恒和电荷守恒，根据实验目的制备碳酸锰，所以产物中有碳酸锰，所以反应的离子方程式为：Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2；实验发现，若用相同物质的量浓度的Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液，Na2CO3溶液中的碳酸根的水解程度大，碱性较强，Mn2+与氢氧根离子结合生成Mn(OH)2，则得到的MnCO3中会混有较多的杂质，该杂质可能是Mn(OH)2；
（4）
由反应可知Mn的化合价由+2价升高为+7价，而O的化合价由-1价降低为-2价，根据得失电子守恒和原子守恒可知2Mn2+～10e-，反应的电子转移方向与数目为： 或；
根据提示可知实验室可以用无色的酸性Na2S2O8溶液来检验反应生成高锰酸钾为紫红色，确认溶液中是否含Mn2+的操作与现象取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色；
（5）
①利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol， 2.130g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.03mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.03mol=1：1，所以第二组锰的氧化物的化学式为MnO；
②利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol，2.610g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.06mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.06mol=1：2，所以第一组锰的氧化物的化学式为MnO2，MnCO3在空气中加热至300℃时发生反应生成二氧化锰和二氧化碳，Mn的化合价由+2价升高为+4价，而O的化合价由0价降低为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：2MnCO3 +O22MnO2+2CO2；
19．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
20．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全
(3) 实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成 Fe2++Cu2+Fe3++Cu+ Cu++SCN-=CuSCN↓
(4)N2H4·H2ON2H+OH-
(5)
(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体
【详解】（1）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全。
（3）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+。
（4）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-。
（5）已知反应中N的化合价由-2价升高到0价，Cu的化合价由+2价降低到0价，根据氧化还原反应配平可得，该反应离子方程式为：N2H4·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4OH-=2Cu+N2↑+8NH3+5H2O。双线桥法标出其电子转移方向和数目为：。
（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。
21．(1) 离子晶体 F->Na+>Al3+ 球形
(2)
(3)
(4)结合成晶体的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出
(5)
【解析】(1)
①电解熔融氧化铝冶炼金属铝，说明氧化铝在熔融状态下能导电，的晶体类型离子晶体；
②电子层数相同，质子数越多半径越小，的简单离子半径大小F->Na+>Al3+；
③最外层电子排布为3s1，电子云形状为球形。
(2)
电解饱和溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阳极的电极反应式为；
(3)
纯碱吸收的主要反应为：，溴元素化合价由0降低为-1、溴元素化合价由0升高为+5，3molBr2反应转移5mol电子，则吸收时，转移电子为mol。
(4)
向饱和食盐水中通入和，和反应生成碳酸氢铵，结合成的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出。
(5)
向碘水溶液中通入过量的，氯元素化合价由0降低为-1、碘元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为。
22．(1) 减少温室效应 新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
(2) 3
(3)线型碳>石墨烯>金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
23．(1) 3s 23p 2 原子半径C＜Si或键长C-C＜Si-Si或键能C-C＞Si-Si
(2) 直线型 H2S+O2=S+H2O、H2S+Cl2=S+2HCl、2H2S+SO2=3S+2H2O、H2S+Br2=S+2HBr合理即可
(3) 4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH- 4NA
(4) ＞ Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4 取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全
【解析】(1)
硅原子核外有14个电子，根据核外电子排布规律知，每个电子层上最多排2n2个电子，但最外层不大于8个电子，s能级上最多排2个电子，p能级上最多排6个电子，所以硅原子的最外层电子排布式为3s 23p 2；对于原子晶体而言，决定晶体熔点和硬度的因素是共价键的强弱，原子半径小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径C＜Si，因此键长C-C＜Si-Si，则键能C-C＞Si-Si。所以金刚石熔点更高。
(2)
H2S转化为单质硫：①和氧气:H2S+O2=S+H2O；②和氯气:H2S+Cl2=S+2HCl；③和二氧化硫:2H2S+SO2=3S+2H2O；④和溴水:H2S+Br2=S+2HBr；CS2分子中C原子的价层电子对个数=，为直线型。
(3)
②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1反应的离子方程式：4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，1molO2中2mol O元素的化合价降低，则转移的电子数目为4NA。
(4)
①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCI→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为: SO+6FeOCl+3H2O=SO+2Fe3O4+6H++6Cl-，Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl-，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
24．(1)c
(2) 原子(共价) 非极性
(3) Si C 钠、硅 4 Na2O、Na2O2
(4)5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5) 溶液酸碱性 6.02×1022
【解析】(1)
a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；
故答案为：c；
(2)
上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)
上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)
→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)
上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
25．(1) 3s23p1 13 2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe
(2) 离子 离子键和共价键
(3) ClO+8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O NA或6.02×1023
(4)低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中浓度，有利于NH4ClO4结晶析出
【详解】（1）Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应生成三氧化二铝和铁，化学方程式为2A1+Fe2O3 Al2O3+2Fe；
（2）NH 与ClO 之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键；
（3）①根据原子守恒以及电荷守恒，ClO +8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4mol I2，转移8mol电子，所以生成0.5mol I2，转移1mol电子，转移电子数为NA或6.02×1023；
（4）根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH 浓度，NH与ClO可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH浓度，有利于NH4ClO4结晶析出。
26．(1) 1s22s22p63s23p4 6 Na
(2) H—S—H 极性
(3) -2、+4、+6 H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O
(4) 6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH- N 10
(5)亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO
【解析】(1)
硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式：1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，其核外有6种能量不同的电子；同周期原子半径从左至右逐渐减小，第三周期半径最大的为钠；
(2)
H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂质，结构不对称，为极性分子，故答案为：H﹣S﹣H；极性；
(3)
结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4(浓硫酸)=4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；
(4)
NO中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，Al为还原剂，氧化剂为，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，故答案为：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-；N；10；
(5)
SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO，故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO。
27．(1) 3
(2)H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O
(3) c(O2) >
(4) 小于 pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小
(5)2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O
【详解】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p，故此处填3；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K=c(O2)；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃；
（4）25℃时，H2O为中性其pH=7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7，故此处填：小于；一定条件下，溶液pH增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故此处填：H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+=2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O。
28．(1) 3s23p5 r(S)＞r(Cl)＞r(F)
(2)O2+4e-+2H2O=4OH-
(3)
(4) Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动 极性
【解析】(1)
已知Cl是17号元素，故氯原子的最外层电子排布式为3s23p5，除稀有气体外，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大的变化规律可知，氯元素相邻的短周期元素即F和S，它们的原子半径大小关系为：r(S)＞r(Cl)＞r(F)故答案为：3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)；
(2)
电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置，向阴极通入O2，阴极得到电子发生还原反应，则此时阴极上主要的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)
氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl，生成Cl2和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应为：4HCl+O22Cl2+2H2O，对该反应进行氧化还原反应分析如下：，故答案为：；
(4)
Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动，故向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液， 已知Cl的最外成有7个电子，只有一个成单电子，故Cl周围形成一对工业电子对，O最外成有6个电子，有2个成单电子，形成2对共用电子对，结合Cl2O的球棍模型可知Cl2O的电子式是，由于Cl2O为V形结构，正负电荷中心不重合，故属于极性分子，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
29．(1) CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2
(2) NH3+HCl=NH4Cl 硫铵 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动
(4) 2NH3+3O2=2HNO2+2H2O 2.35
【解析】(1)
已知N是7号元素，故氮原子最外层电子的轨道表示式为，N原子最外层上有5个电子，其中未成对电子数为3，故氮气分子的电子式为：，由于CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2，导致CS2熔点高于CO2，故答案为：；；CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2；
(2)
向NaOH固体上滴几滴浓氨水，由于NaOH具有吸水性和电离出OH-抑制氨水的电离，故能产生NH3，浓盐酸液滴附近会出现白烟是由于NH3与HCl产生的NH4Cl白色固体小颗粒，发生反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体即NH3和H2SO4反应生成的硫酸铵或硫酸氢铵固体，其中所含的正盐即硫酸铵作一种化肥，其俗称为：硫铵，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，是由于Fe(OH)2在空气中极易被氧化，转化为Fe(OH)3，故发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)
由于NH3+H2ONH3·H2O+OH-，在一定条件下，向水体中加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动，则可使NH3的脱除率增大，故答案为：由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动；
(4)
在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O，根据反应方程式可知，每生成1molHNO2转移电子数目为6mol，则若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为=2.35g，故答案为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；2.35。
30．(1)dehifg(gf)b(c)
(2) 防止CuCl2和FeCl3水解 在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4) KSCN溶液 SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6) 干燥器 连续两次称量差值不超过0.001g 1.9 加热时有固体溅出
【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16氧化还原反应（3）
一、单选题
1．（2022·上海·统考二模）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi(熔点1410℃)+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC(熔点2700℃)+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。
关于上述反应说法正确的是
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
2．（2022·上海·统考二模）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
3．（2022·上海·模拟预测）汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2mol
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
4．（2022·上海·模拟预测）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．17gH2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA
B．4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数0.5NA
C．1mol铁粉与1mol氯气充分反应，转移电子数为3NA
D．一定条件下，1molH2与足量碘蒸气充分反应，生成HI分子数一定小于NA
5．（2022·上海闵行·统考模拟预测）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气(O2体积比以20%计)，转化过程如图，描述正确的是
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5
6．（2022·上海崇明·统考一模）已知：2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ
过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)→H2(g)+Fe3O4(s)+Q
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B．过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0
C．过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
7．（2022·上海·统考一模）车用尿素是利用反应2CO(NH2)2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是
A．尿素属于有机氮肥 B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
8．（2022·上海·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N—H键的键能比P—H键大
C
比PH3稳定性强
N—H键的键长比P—H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·上海静安·统考一模）I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2均有一定的还原性，酸性溶液中还原性强弱顺序为：Cl－＜Fe2+＜H2O2＜I－＜SO2。下列反应不能发生的是
A．SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
B．Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
C．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
D．I2+2Fe2+=2Fe3++2I－
10．（2022·上海静安·统考一模）下列变化存在电子转移，且符合图示的是
A．用NaOH溶液吸收氯化氢气体
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．将氨气通入稀硫酸中
D．FeSO4溶液在空气中变质
11．（2022·上海浦东新·统考一模）向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I—、Br—的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．还原性：I—
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则amol
12．（2022·上海浦东新·统考一模）雾霾的形成与大气中的氮有关，作用机理如下图。下列说法正确的是
A．NOx仅来自于大气固氮
B．上述过程中只发生氧化还原反应
C．控制农业上氨排放可以减少雾霾
D．硝酸铵是含氮量最高的氮肥
13．（2022·上海·模拟预测）已知：O2+PtF6→O2(PtF6)。PtF6易挥发，O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是
A．PtF6是还原剂 B．O2(PtF6)中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子 D．O2(PtF6)只含离子键，具有氧化性
14．（2022·上海·统考一模）下列变化过程中，属于还原反应的是
A．HCl→Cl2 B．Na→Na+ C．Al→A2lO3 D．Fe3+→Fe
15．（2022·上海青浦·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N-H键的键能比P-H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为-3价
D
氨水中存在
是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
16．（2022·上海·模拟预测）下列铝的反应中，对氧化剂的判断错误的是(括号中是氧化剂)
A．铝热反应(金属氧化物) B．在浓硫酸中钝化(浓硫酸)
C．溶于溶液 D．在空气中生成氧化膜
17．（2022·上海杨浦·统考一模）电解水时向水中加入稀硫酸，发现得到的体积小于体积的一半，这是因为在阳极发生了反应，此反应所生成的物质可能是
A． B． C． D．
二、实验题
18．（2022·上海虹口·统考模拟预测）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
第一步：将向浊液中通入，发生反应；
第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
已知部分含锰化合物的溶解性如下：
含锰化合物
溶解性
不溶
不溶
可溶
不溶
完成下列填空：
(1)①第一步的反应装置如下图所示：
②石灰乳的作用是___________。
③反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有___________(任写一种)。
(2)若实验中将换成空气，测得反应液中的浓度随反应时间t变化如图。导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因可能是：___________。
(3)完成第二步反应的离子方程式： ___________,实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是___________(填化学式)。
实验室可以用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：
已知的结构如下图所示。
(4)标明上述反应的电子转移方向与数目______。确认溶液中是否含的操作与现象是：_____。
(5)利用重量法探究的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)：
实验
固体质量g
加热前
加热至后
第一组(空气氛围)
3.450
2.610
第二组(氢气氛围)
3.450
2.130
①第二组实验中残留固体的化学式为___________。
②结合两组实验数据，推测在空气中加热至时发生反应的化学方程式：____。
19．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl(SO4)2·12H2O
CuSO4·5H2O
FeSO4·7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度(℃)
200
200
300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
20．（2022·上海杨浦·统考一模）铜是不活泼的金属，常见有、价。为探究铜及其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：
第一组：
序号
试剂
实验步骤
实验现象
1
试管1中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变为红色
2
试管2中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
ⅰ加入铜粉
黄色溶液变为浅蓝色溶液
ⅱ取上层清液，加入1滴0.1mol·L-1KSCN溶液
液滴接触上方变为红色，下方有白色沉淀生成
3
试管3中加2mL0.1mol·L-1 CuSO4溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
完成下列填空：
(1)写出试管1中发生反应的离子方程式。___________
(2)试管2，预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，依据是___________。
(3)经测定试管2中得到的白色沉淀是。
对生成有两种猜测：
猜测①和反应生成，根据___________，推知这一猜测错误。
猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓。再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因。___________(用离子方程式表示)
第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨[Cu(NH3)4]2+溶液混合反应，生成铜。
(4)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。
(5)将下列化学方程式补充完整、配平，并标出电子转移的数目和方向___________。
______N2H4·H2O+_____[Cu(NH3)4]2++_____OH-→_____Cu+_______N2↑+_______NH3+____H2O
(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。
三、结构与性质
21．（2022·上海徐汇·统考二模）卤族元素在自然界中主要以卤化物形式存在，完成下列填空：
(1)工业电解铝以铝土矿(Al2O3)为原料，冰晶石(Na3AlF4)为助熔剂。
①铝土矿中的晶体类型_______；
②比较的简单离子半径大小_______；
③最外层电子的电子云形状为_______。
(2)从海水中获取的主要用于氯碱工业，写出阳极的电极反应_______。
(3)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出，并用纯碱吸收。纯碱吸收的主要反应为：，吸收时，转移电子为_______mol。
(4)工业生产纯碱的方法是：向饱和食盐水中通入和，即有晶体析出。结合速率与平衡理论解释析出的原因_______。
(5)向碘水溶液中通入过量的，发生反应：，配平上述方程式_______。
22．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于___________。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施___________。
(2)碳原子核外有___________种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式___________，碳原子最合理的电子式___________。
(3)金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为___________
(4)黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑;生成物中，属于非电解质的是___________。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为___________(保留1位小数)。
(5)收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是___________(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式___________。
(6)有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因______。
23．（2022·上海青浦·统考一模）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为___________，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是___________。
(2)CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2S(g)，CS2分子的空间构型为___________，用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
(3)中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO(OH)
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl–溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整___________，4Fe3O4 +_____O2 +______ +_____H2O_____FeOCl +___________，若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为___________。
(4)化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH)，推测溶解度FeOCl___________FeO(OH)(填“＞”或“＜”)。
② Na2SO3的作用是___________。
③ 检验FeOCl转化完全的操作和现象是___________。
四、填空题
24．（2022·上海·统考二模）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。
III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
(4)找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。
25．（2022·上海浦东新·统考一模）我国载人登月计划所用的固体火箭发动机推力全球最大。其固体燃料主要含NH4C1O4、Al粉和Fe2O3。完成下列填空：
(1)Al原子的最外层电子排布式为___________，其核外共有___________种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应的化学方程式为___________。
(2)NH4ClO4分解的化学方程式为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑。NH4ClO4属于___________(选填“离子”或“共价”)化合物，其中存在的化学键有___________。
(3)制备NH4ClO4时，需先制备高纯度NaClO4。为测定NaClO4纯度，可用KI溶液检测：_____ClO+___I-+_____H+→_____Cl-+_____I2+____H2O
①配平上述离子方程式___________。
②若生成127gI2，则转移电子数为___________。
(4)实验室可利用NaClO4与NH4Cl两种饱和溶液制取NH4ClO4：NaClO4+NH4Cl⇌NH4C1O4+NaCl，实验时常通入过量的氨气并采取降温操作，原因是___________。
五、原理综合题
26．（2022·上海宝山·统考一模）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出硫原子的核外电子排布式____，其核外有____种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是____(填元素符号)。
(2)从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式____，其属于____分子(填写“极性“或“非极性”)。
(3)结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有____，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式____。
(4)除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式： NO+ Al+ H2O→ N2↑+ Al(OH)3+ OH-，____。该反应中，被还原的元素是____，每生成1molN2，转移的电子数目是____。
(5)已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因____。
27．（2022·上海·统考一模）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(l)H+(aq)+HO(aq) K=2.24×10-12(25℃)
完成下列填空：
(1)氧原子核外电子亚层数为___，H2O2的电子式___。
(2)实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为___。
(3)H2O2分解反应的平衡常数K=___；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃___K40℃(填“>”“<”或“=”)。
(4)25℃，H2O2的pH___H2O(选填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，H2O2溶液中HO的浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。
一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是___；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是___。
(5)蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下：CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O，配平上述方程式___。
28．（2022·上海金山·统考一模）Cl2的制备有电解法和氧化法。完成下列填空：
(1)氯原子的最外层电子排布式为__；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小__。
(2)电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为__。
(3)氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目__。
(4)向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因__。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是__，属于__分子(选填“极性”或“非极性”)。
29．（2022·上海长宁·统考一模）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
(1)氮原子最外层电子的轨道表示式为___；氮气分子的电子式为：__；已CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是___。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。
浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为___；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作一种化肥俗称：__，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和___。
(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：___。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为___，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___g(小数点后保留两位有效数字)。
六、工业流程题
30．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：
(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。
(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。
(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。
(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。
在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)
(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。
(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：
①完成实验操作步骤。
a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体
b.在坩埚中充分灼烧
c.在__(填仪器名称)中冷却
d.称量所得黑色固体质量
e.重复b~d操作直至__。
②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。
参考答案：
1．B
【详解】A．反应①中C失电子，表现出还原性，不表现出氧化性，所以不能说明非金属性C＞Si，A不正确；
B．反应①与②中，氧化剂都为SiO2，还原剂为生成CO的那部分C原子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2，B正确；
C．题中没有指明22.4LCO对应的温度和压强，不能利用22.4L/mol计算其物质的量，所以也就无法计算转移电子数，C不正确；
D．SiC和C都形成共价晶体，SiC熔点明显高于Si，不是因为SiC摩尔质量更大，而是因为Si-C键的键能大于Si-Si键的键能，D不正确；
故选B。
2．A
【详解】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，该过程的催化剂是BaO和Ba(NO3)2，选项A错误；
B．根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项B错误；
C．还原过程中氮元素从十5价降为0价，生成0.1 mol N2，转移电子数为1.0 NA，选项C错误；
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体N2、H2O、CO2，选项D正确；
答案选D。
4．A
【详解】A．H2S与PH3的摩尔质量均为34g/mol，故17g混合物的物质的量为0.5mol，且两者分子中均含18个质子，故混合物中含质子为9NA个，故A正确；
B．C2H6O可能的结构有CH3OCH3或CH3CH2OH，前者分子中有6个C—H键，后者有5个C—H键，所以4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数目介于0.5NA到0.6NA之间，故B错误；
C．2Fe+3Cl22FeCl3，1mol铁粉与1mol氯气充分反应，Fe过量，以1molCl2计算，Cl由0价降低为-1价，转移电子数为1×2NA=2NA，故C错误；
D．I2+H22HI，反应为可逆反应，不能进行彻底，1mol H2与足量碘蒸气充分反应，生成的HI的分子数小于2NA个，可能大于NA，故D错误；
故答案为A。
5．D
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．反应中消耗FeCl3又生成等量的FeCl3，则Fe3+相当于催化剂，但参与了化学反应，故A错误；
B．由图可知，反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．由反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，可得Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D．由图可得总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O，消耗V(H2S)：V(O2)=2∶1，O2体积在空气体积占比20%，则V(空气)=5V(O2)，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5，故D正确；
故选：D。
6．C
【详解】A．由过程Ⅰ可知，2mol Fe3O4发生反应，会生成1mol氧气，转移4mol电子，那么每消耗232g 即1molFe3O4转移2mol电子，故A正确；
B．利用盖斯定律，由2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ和2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ可得Q=，所以过程Ⅱ的热化学方程式中Q<0，故B正确；
C．过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，故C错误；
D． 铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，故D正确；
故答案为：C。
7．C
【详解】A．尿素含氮元素，为有机物，属于有机氮肥，A正确；
B．由方程式可知，尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，氮气既是氧化产物也是还原产物，B正确；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol，因此，每转移1.6mol电子，减排NO20.4mol，C错误；
D．二氧化氮和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，D正确；
答案选C。
8．D
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气能形成分子间氢键，PH3不能，分子间氢键的存在导致氨气的沸点升高，容易液化，A不符合题意；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气能形成分子间氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B不符合题意；
C．PH3分子和NH3分子为同族氢化物，由于键长P—H＞N—H，键长越长，键能就越小，含有该键的分子就越不稳定。N-H键键长更短、键能更高，故PH3分子稳定性低于NH3分子，C不符合题意；
D．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是因为NH3中N为-3价，D符合题意；
故答案选D。
9．D
【详解】A．假设反应SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4能发生，根据方程式得出还原性：H2O2＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故A不符合题意；
B．假设反应Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl能发生，根据方程式得出还原性：Cl－＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故B不符合题意；
C．假设反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+能发生，根据方程式得出还原性：Fe2+＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故C不符合题意；
D．假设反应I2+2Fe2+=2Fe3++2I－能发生，根据方程式得出还原性：I－＜Fe2+，与题中还原性相矛盾，说明反应不能发生，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10．D
【详解】A．用NaOH溶液吸收制取氯气的尾气，只有 Cl元素化合价发生变化，氯气既得电子又失电子，A错误；
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2失去电子，即气体失电子发生氧化反应，B错误；
C．将氨气通入水中，反应中没有电子的转移，不属于氧化还原反应，C错误；
D．FeSO4溶液在空气中变质，O2得电子，即气体得电子发生还原反应，D正确；
答案选D。
11．B
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B正确；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C错误；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．氮氧化合物NOx不仅来自于大气固氮,也来源于机动车的尾气及硝酸制造工厂产生的废气，A错误；
B．在上述反应中NH3+HNO3=NH4NO3的反应中元素化合价不变，因此该反应不属于氧化还原反应，B错误；
C．农业上氨排放的降低，就不会与酸雨中的HNO3及H2SO4结合形成NH4NO3、NH4HSO4、(NH4)2SO4固体颗粒，因而就可以降低雾霾的形成，C正确；
D．氮肥有硝酸铵(NH4NO3)、CO(NH2)2、(NH4)2SO4等，硝酸铵中N元素的含量为，尿素中N元素的含量为 ，可见硝酸铵并不是含氮量最高的氮肥，D错误；
故合理选项是C。
13．C
【分析】由题干信息O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价，F为-1价可知，故 O2(PtF6)中O为+，反应中O的化合价升高，Pt的化合价降低，则O2为还原剂，PtF6为氧化剂，反应中转移电子数目为1mol，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，PtF6是氧化剂，A错误；
B．由分析可知，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B错误；
C．由分析可知，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C正确；
D．O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时内还存在共价键，由于O为正价，Pt为+5价，故其具有氧化性，D错误；
故答案为C。
14．D
【详解】A．Cl元素化合价从-1升到0价，是氧化反应，A不选；
B．Na元素化合价从0升到+1价，是氧化反应，B不选；
C．Al元素化合价从0升到+3价，是氧化反应，C不选；
D．Fe元素化合价从+3降到0价，是还原反应，D选；
故选：D。
15．C
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B错误；
C．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是由NH3中N为-3价，C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，D错误；
故答案为：C。
16．C
【详解】A．铝热反应如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，Fe2O3为氧化剂，A不合题意；
B．Al在浓硫酸中钝化是表面的Al被浓硫酸氧化形成了一层致密的氧化物保护膜，故浓硫酸是氧化剂，B不合题意；
C．根据Al与NaOH反应的方程式2Al+6H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑+4H2O可知其氧化剂为H2O，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，C符合题意；
D．Al在空气中生成氧化膜即4Al+3O2=2Al2O3，故O2是氧化剂，D不合题意；
故答案为：C。
17．A
【详解】得到的体积小于体积的一半，是因为在阳极发生了反应消耗了氧气，氧气具有氧化性，则硫酸根离子为还原剂发生氧化反应，硫元素化合价升高，反应后硫元素化合价大于+6；故选A。
18．(1) 吸收未反应的SO2，防止污染空气 控制适当的温度、缓慢通入混合气体等
(2)Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸
(3) Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2 Mn(OH)2
(4) 或 取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色
(5) MnO 2MnCO3 +O22MnO2+2CO2
【分析】根据实验目的利用MnO2为原料制备MnCO3，第1装置为二氧化硫和氮气的混合装置，第2个为硫酸镁的发生装置，最后一个装置为尾气处理装置，硫酸中再加入碳酸氢钠可得碳酸镁，以此来解析；
（1）
②石灰乳能与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，所以石灰乳的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气；③为使SO2尽快转化，在比例不变的情况下，控制适当的温度、缓慢通入混合气体等以确保反应的充分进行；
（2）
亚硫酸生成后，通入空气，里面有空气，亚硫酸在Mn2+的催化作用下，被氧化为硫酸，增加了从而使硫酸根离子浓度增大；
（3）
根据原子守恒和电荷守恒，根据实验目的制备碳酸锰，所以产物中有碳酸锰，所以反应的离子方程式为：Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2；实验发现，若用相同物质的量浓度的Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液，Na2CO3溶液中的碳酸根的水解程度大，碱性较强，Mn2+与氢氧根离子结合生成Mn(OH)2，则得到的MnCO3中会混有较多的杂质，该杂质可能是Mn(OH)2；
（4）
由反应可知Mn的化合价由+2价升高为+7价，而O的化合价由-1价降低为-2价，根据得失电子守恒和原子守恒可知2Mn2+～10e-，反应的电子转移方向与数目为： 或；
根据提示可知实验室可以用无色的酸性Na2S2O8溶液来检验反应生成高锰酸钾为紫红色，确认溶液中是否含Mn2+的操作与现象取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色；
（5）
①利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol， 2.130g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.03mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.03mol=1：1，所以第二组锰的氧化物的化学式为MnO；
②利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol，2.610g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.06mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.06mol=1：2，所以第一组锰的氧化物的化学式为MnO2，MnCO3在空气中加热至300℃时发生反应生成二氧化锰和二氧化碳，Mn的化合价由+2价升高为+4价，而O的化合价由0价降低为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：2MnCO3 +O22MnO2+2CO2；
19．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
20．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全
(3) 实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成 Fe2++Cu2+Fe3++Cu+ Cu++SCN-=CuSCN↓
(4)N2H4·H2ON2H+OH-
(5)
(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体
【详解】（1）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全。
（3）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+。
（4）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-。
（5）已知反应中N的化合价由-2价升高到0价，Cu的化合价由+2价降低到0价，根据氧化还原反应配平可得，该反应离子方程式为：N2H4·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4OH-=2Cu+N2↑+8NH3+5H2O。双线桥法标出其电子转移方向和数目为：。
（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。
21．(1) 离子晶体 F->Na+>Al3+ 球形
(2)
(3)
(4)结合成晶体的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出
(5)
【解析】(1)
①电解熔融氧化铝冶炼金属铝，说明氧化铝在熔融状态下能导电，的晶体类型离子晶体；
②电子层数相同，质子数越多半径越小，的简单离子半径大小F->Na+>Al3+；
③最外层电子排布为3s1，电子云形状为球形。
(2)
电解饱和溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阳极的电极反应式为；
(3)
纯碱吸收的主要反应为：，溴元素化合价由0降低为-1、溴元素化合价由0升高为+5，3molBr2反应转移5mol电子，则吸收时，转移电子为mol。
(4)
向饱和食盐水中通入和，和反应生成碳酸氢铵，结合成的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出。
(5)
向碘水溶液中通入过量的，氯元素化合价由0降低为-1、碘元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为。
22．(1) 减少温室效应 新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
(2) 3
(3)线型碳>石墨烯>金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
23．(1) 3s 23p 2 原子半径C＜Si或键长C-C＜Si-Si或键能C-C＞Si-Si
(2) 直线型 H2S+O2=S+H2O、H2S+Cl2=S+2HCl、2H2S+SO2=3S+2H2O、H2S+Br2=S+2HBr合理即可
(3) 4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH- 4NA
(4) ＞ Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4 取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全
【解析】(1)
硅原子核外有14个电子，根据核外电子排布规律知，每个电子层上最多排2n2个电子，但最外层不大于8个电子，s能级上最多排2个电子，p能级上最多排6个电子，所以硅原子的最外层电子排布式为3s 23p 2；对于原子晶体而言，决定晶体熔点和硬度的因素是共价键的强弱，原子半径小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径C＜Si，因此键长C-C＜Si-Si，则键能C-C＞Si-Si。所以金刚石熔点更高。
(2)
H2S转化为单质硫：①和氧气:H2S+O2=S+H2O；②和氯气:H2S+Cl2=S+2HCl；③和二氧化硫:2H2S+SO2=3S+2H2O；④和溴水:H2S+Br2=S+2HBr；CS2分子中C原子的价层电子对个数=，为直线型。
(3)
②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1反应的离子方程式：4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，1molO2中2mol O元素的化合价降低，则转移的电子数目为4NA。
(4)
①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCI→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为: SO+6FeOCl+3H2O=SO+2Fe3O4+6H++6Cl-，Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl-，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
24．(1)c
(2) 原子(共价) 非极性
(3) Si C 钠、硅 4 Na2O、Na2O2
(4)5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5) 溶液酸碱性 6.02×1022
【解析】(1)
a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；
故答案为：c；
(2)
上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)
上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)
→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)
上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
25．(1) 3s23p1 13 2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe
(2) 离子 离子键和共价键
(3) ClO+8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O NA或6.02×1023
(4)低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中浓度，有利于NH4ClO4结晶析出
【详解】（1）Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应生成三氧化二铝和铁，化学方程式为2A1+Fe2O3 Al2O3+2Fe；
（2）NH 与ClO 之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键；
（3）①根据原子守恒以及电荷守恒，ClO +8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4mol I2，转移8mol电子，所以生成0.5mol I2，转移1mol电子，转移电子数为NA或6.02×1023；
（4）根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH 浓度，NH与ClO可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH浓度，有利于NH4ClO4结晶析出。
26．(1) 1s22s22p63s23p4 6 Na
(2) H—S—H 极性
(3) -2、+4、+6 H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O
(4) 6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH- N 10
(5)亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO
【解析】(1)
硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式：1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，其核外有6种能量不同的电子；同周期原子半径从左至右逐渐减小，第三周期半径最大的为钠；
(2)
H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂质，结构不对称，为极性分子，故答案为：H﹣S﹣H；极性；
(3)
结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4(浓硫酸)=4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；
(4)
NO中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，Al为还原剂，氧化剂为，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，故答案为：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-；N；10；
(5)
SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO，故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO。
27．(1) 3
(2)H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O
(3) c(O2) >
(4) 小于 pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小
(5)2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O
【详解】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p，故此处填3；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K=c(O2)；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃；
（4）25℃时，H2O为中性其pH=7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7，故此处填：小于；一定条件下，溶液pH增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故此处填：H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+=2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O。
28．(1) 3s23p5 r(S)＞r(Cl)＞r(F)
(2)O2+4e-+2H2O=4OH-
(3)
(4) Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动 极性
【解析】(1)
已知Cl是17号元素，故氯原子的最外层电子排布式为3s23p5，除稀有气体外，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大的变化规律可知，氯元素相邻的短周期元素即F和S，它们的原子半径大小关系为：r(S)＞r(Cl)＞r(F)故答案为：3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)；
(2)
电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置，向阴极通入O2，阴极得到电子发生还原反应，则此时阴极上主要的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)
氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl，生成Cl2和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应为：4HCl+O22Cl2+2H2O，对该反应进行氧化还原反应分析如下：，故答案为：；
(4)
Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动，故向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液， 已知Cl的最外成有7个电子，只有一个成单电子，故Cl周围形成一对工业电子对，O最外成有6个电子，有2个成单电子，形成2对共用电子对，结合Cl2O的球棍模型可知Cl2O的电子式是，由于Cl2O为V形结构，正负电荷中心不重合，故属于极性分子，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
29．(1) CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2
(2) NH3+HCl=NH4Cl 硫铵 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动
(4) 2NH3+3O2=2HNO2+2H2O 2.35
【解析】(1)
已知N是7号元素，故氮原子最外层电子的轨道表示式为，N原子最外层上有5个电子，其中未成对电子数为3，故氮气分子的电子式为：，由于CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2，导致CS2熔点高于CO2，故答案为：；；CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2；
(2)
向NaOH固体上滴几滴浓氨水，由于NaOH具有吸水性和电离出OH-抑制氨水的电离，故能产生NH3，浓盐酸液滴附近会出现白烟是由于NH3与HCl产生的NH4Cl白色固体小颗粒，发生反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体即NH3和H2SO4反应生成的硫酸铵或硫酸氢铵固体，其中所含的正盐即硫酸铵作一种化肥，其俗称为：硫铵，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，是由于Fe(OH)2在空气中极易被氧化，转化为Fe(OH)3，故发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)
由于NH3+H2ONH3·H2O+OH-，在一定条件下，向水体中加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动，则可使NH3的脱除率增大，故答案为：由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动；
(4)
在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O，根据反应方程式可知，每生成1molHNO2转移电子数目为6mol，则若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为=2.35g，故答案为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；2.35。
30．(1)dehifg(gf)b(c)
(2) 防止CuCl2和FeCl3水解 在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4) KSCN溶液 SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6) 干燥器 连续两次称量差值不超过0.001g 1.9 加热时有固体溅出
【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。
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