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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-17氧化还原反应（4）
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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-17氧化还原反应（4），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-17氧化还原反应（4）
一、单选题
1．（2022·上海·模拟预测）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．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4mol I2时，转移9mol电子
2．（2022·上海·模拟预测）下列离子方程式书写错误的是
A．溶液呈酸性：
B．与NaOH溶液反应：
C．溶液中通入：
D．铝粉投入到氨水溶液中：
3．（2022·上海·模拟预测）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．共价化合物：是否含有共价键 B．离子晶体：液态时能否导电
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．氧化还原反应：元素化合价是否变化
4．（2022·上海·模拟预测）铊(Tl)是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期，Tl3+与银在酸性溶液中发生：Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，下列推断正确的是
A．Tl+的最外层有1个电子
B．Tl能形成+3价和+1价的化合物
C．Tl3+ 氧化性比Al3+弱
D．Tl+的还原性比Ag强
5．（2022·上海崇明·统考二模）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
6．（2022·上海·模拟预测）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．Cu2+将H2O2还原为O2
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
7．（2022·上海·统考三模）在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：
下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
8．（2022·上海青浦·一模）“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如图：
下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂之比为1：2 B．流程中 HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应 D．①③两反应的还原剂可以互换
9．（2022·上海·模拟预测）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图，由图可知，在该反应中是
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
10．（2022·上海·模拟预测）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
11．（2022·上海·统考一模）宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。
该化学反应的类型不一定是
A．分解反应 B．氧化还原反应 C．吸热反应 D．可逆反应
12．（2022·上海·模拟预测）下列变化过程中，气体被还原的是
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊 B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄 D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
13．（2022·上海·模拟预测）下列物质或微粒之间不能发生化学反应的是
A．Fe与浓H2SO4 B．Fe2+与Br2 C．Fe3+与SCN- D．Fe2+与Fe3+
14．（2022·上海长宁·统考一模）过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是
A．外用消毒剂 B．有漂白作用 C．需密封保存 D．有强氧化性，无还原性
15．（2022·上海·模拟预测）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示(某些产物及反应条件略去)。下列分析错误的是
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
16．（2022·上海长宁·统考一模）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
17．（2022·上海·模拟预测）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述错误的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al
A．浓H2SO4→SO2 B．KClO3→O2 C．H2S→SO2 D．→CO2
19．（2022·上海青浦·统考二模）有4.8 g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28 g，反应后全部气体用0.6 mol/L Ba(OH)2溶液100 mL吸收。下列有关叙述中正确的是
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2:1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3:1
C．反应中生成的CO2体积为1.792 L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba(HCO3)2
20．（2022·上海长宁·统考一模）在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）
A．1∶6 B．6∶1 C．1∶5 D．5∶1
二、填空题
21．（2022·上海·统考一模）三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：_______NH3+_______F2→_______NF3+_______NH4F。完成下列填空：
(1)配平上述反应方程式_______。
(2)F原子的结构示意图是_______，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为_______。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱_______。
(3)写出NH4F的电子式_______，溶液中NH的检验方法是_______。
(4)与NH具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是_______，该产物的水溶液呈_______性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因：_______。其稀溶液中存在关系式：c(OH-)-c(H+) =c(HCO) + _______
22．（2022·上海·模拟预测）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
23．（2022·上海宝山·统考模拟预测）根据反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：
(1)还原产物是______。还原剂与还原产物的物质的量之比为______。
(2)当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的物质质量为______g。
24．（2022·上海·模拟预测）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
三、原理综合题
25．（2022·上海·模拟预测）卤族元素化合物有着许多重要用途。
(1)溴离子的最外层电子排布式是_______；氯原子的核外电子云有_______种伸展方向。
(2)下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a.酸性强于
b.的分解温度低于
c.向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d.是非氧化还原反应
(3)光气是一种重要的有机合成中间体，有强烈的毒性。已如其分子中所有原子均满足稳定结构，请写出它的电子式_______。分子中氧元素显示价，请从结构角度解释其原因_______。
(4)二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应。已知在该反应中甲醇失去电子，请写出该反应的离子方程式_______。
(5)室温下，与含的溶液充分反应后，离子浓度由大到小的顺序为_______。
(6)将氯气通入含的溶液中，形成、和的混合溶液。随后用此溶液吸收标准状况下5.6L气体，恰好形成中性溶液。可知原溶液通入氯气_______
26．（2022·上海·模拟预测）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
27．（2022·上海·模拟预测）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
四、工业流程题
28．（2022·上海·模拟预测）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
29．（2022·上海·模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：① 纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全；
② NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O。
（1）ClO2发生器中鼓入空气的作用可能是_________（填序号）。
a 将SO2氧化成SO3，增强酸性 b 稀释ClO2以防止爆炸 c 将NaClO3氧化成ClO2
（2）160 g/L NaOH溶液的物质的量浓度为_________。若要计算该溶液的质量分数，还需要的一个条件是______（用文字说明）。
（3）吸收塔内的反应的化学方程式为__________。吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______。
（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是_______。
（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_________（填序号）。
a Na2O2 b Na2S c FeCl2 d PbO（悬浊液）
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是_________（填序号）。
a 蒸馏 b 蒸发 c 灼烧 d 过滤 e 冷却结晶
要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是__________________（填操作名称）。
五、结构与性质
30．（2022·上海·模拟预测）不锈钢是由铁、铬、镍、碳、硅及众多不同元素组成的合金。
（1）写出碳原子最外层电子的轨道表示式________，该化学用语不能表达出碳原子最外层电子的（填序号）________。
a 电子层 b 电子亚层 C 所有电子云的伸展方向 d 自旋状态
（2）硅烷可用于制备高纯硅。已知硅烷的分解温度远低于甲烷，请从原子结构角度解释硅元素与碳元素非金属性强弱的原因________。
（3）下面是工业上冶炼时会涉及到的反应：
________
①请将方程式补充完整并配平。________
②上述反应中，若转移了电子，得到的还原产物是________。
③和类似，也是两性氢氧化物，写出的电离方程式_________。
（4）铁和镍位于周期表的同一周期同一族，请写出铁和镍在周期表中的位置__________。
（5）镍粉在中低温加热，生成无色挥发性液态，呈四面体构型。是________晶体，易溶于下列（填序号）________。
a 水 b 四氯化碳 c 苯 d 硫酸镍溶液
参考答案：
1．C
【详解】A．K2H3IO6中碘元素的化合价为+7价，产物中为0价，得电子化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律可知，KI中的I元素来自HI，化合价没有发生变化，不是氧化产物，B错误；
C．该反应中部分HI中I元素化合价升高被氧化，HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；
D．该反应中K2H3IO6中的碘元素全部被还原，生成4mol I2时，消耗1molK2H3IO6，转移7mol电子，D错误；
综上所述答案为C。
2．D
【详解】A．FeCl3溶液中，铁离子水解溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A正确；
B．乙酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应的离子反应：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故B正确；
C．FeSO4溶液中通入Cl2，氯气氧化亚铁离子，反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液变为黄色，故C正确；
D．铝粉投入到氨水溶液中，氨水中的一水合氨为弱碱与铝不反应，故D错误；
故选：D。
3．D
【详解】A．共价化合物是含有共价键的化合物，而含有共价键的物质，可能是含有多个原子的非金属单质如H2，也可能是离子化合物，如NaOH，也可能是共价化合物，如HCl，因此不能根据物质是否含有共价键判断是否是共价化合物，A错误；
B．离子晶体是阴、阳离子之间以离子键结合形成的化合物，物质在液态时能导电，说明其中含有自由移动的微粒，可能是离子，也可能是电子。如熔融NaCl属于离子化合物，是离子导电，金属Hg是自由移动的电子导电，故不能根据物质在液态时能否导电判断是否是离子晶体，B错误；
C．电解质强弱判断是根据电解质溶于水后是否完全电离为离子，若完全电离，就是强电解质，若只有部分电离，溶液中存在电离平衡就是弱电解质。不能根据溶液导电能力大小判断，溶液导电能力强，只能说明溶液中自由移动的离子浓度大，C错误；
D．氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，所以可根据反应过程中元素化合价是否发生变化判断反应是否为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是D。
4．B
【详解】A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；
B．根据反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；
C．反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，Tl3+为氧化剂，Ag+为氧化产物，氧化性：Tl3+＞Ag+，又因Ag+＞Al3+，则Tl3+的氧化性比Al3+强，故C错误；
D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D错误。
故选：B。
5．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；
B．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；Cu2+将H2O2氧化为O2，B错误；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊( Cu2O)”，说明+2价的Cu2+被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，Cu2O中+ 1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+ 2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+ +3H2O，D正确；
故合理选项是B。
7．D
【分析】根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O；反应ⅱ中NO在另外的吸附点被Fe还原为NH，离子方程式为：NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O，以此分析解答。
【详解】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；
B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；
C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；
D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故选：D。
8．D
【分析】石英砂（主要成分为SiO2），与碳在2000℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的。
【详解】A． 反应①是SiO2+2C Si+2CO↑，反应中氧化剂为SiO2，还原剂为C，因此反应中氧化剂和还原剂之比为1：2，故A正确；
B． 根据流程和节约成本可知，流程中HCl和H2可以循环利用，故B正确；
C．反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，③是SiHCl3+H2Si+3HCl，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故C正确；
D． ①③两反应的还原剂不可以互换，①硅与氢气反应是可逆反应，③如用碳，硅中会有碳杂质，故D错误；
故选D。
9．A
【详解】由题干图可知，在反应中失去两个电子，转化为，化合价升高被氧化，作还原剂，故答案为：A。
10．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<，只氧化Fe2+，故D正确；
故选C。
11．C
【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；
B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；
C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；
D．由图示可知，只有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；
选C。
12．C
【详解】A．硫化氢被亚硫酸氧化生成S单质，所以产生淡黄色浑浊，故A不符合题意；
B．一氧化碳在高温下使氧化铜变红色时，一氧化碳被氧化生成CO2，故B不符合题意；
C．氯气使溴化钾溶液变黄时，氯气将溴离子氧化，氯气本身被还原，故C符合题意；
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀发生的是复分解反应，氨气既不被还原也不被氧化，故D不符合题意；
综上所述答案为C。
13．D
【详解】A．Fe与浓H2SO4常温下能够发生钝化，加热时能够反应放出二氧化硫，故A不选；
B．溴的氧化性大于铁离子的，则Fe2+与Br2能够发生氧化还原反应生成铁离子，故B不选；
C．Fe3+与SCN-能够反应生成络合物，故C不选；
D．Fe2+与Fe3+不能发生反应，故D选；
故选D。
14．D
【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，可用作外消毒剂，A项正确；
B．过氧化氢具有强氧化性，可与色素反应，有漂白作用，B项正确；
C．过氧化氢不稳定，易分解，故需密闭保存，C项正确；
D．过氧化氢分解为水和氧气的反应中，过氧化氢即做氧化剂，又作还原剂，故过氧化氢即有强氧化性，又有还原性，D项错误；
故选D。
15．B
【分析】高中阶段常见固体单质有：C、Na、Mg、Al、Si、S、Fe，若甲为C单质，则乙、丙为CO或CO2，但CO不能与水反应，所以甲不可能为C；若甲为Na，则乙为Na2O，戊为NaOH，NaOH为强碱受热不分解，即不能生成甲，故甲不可能为Na；若甲为Mg、Al、Si、Fe，由于它们的氧化物不能与水反应，故甲不可能为Mg、Al、Si、Fe；故甲应为S，则乙为SO2，SO2与O2反应生成SO3(丙)，丙与水反应生成H2SO4(丁)，浓硫酸可被还原为SO2，乙与水反应生成戊(H2SO3)，H2SO3可以与H2S反应生成S。
【详解】A．S单质在纯氧中燃烧火焰为蓝紫色，在空气中为淡蓝色，A正确；
B．SO2与O2反应生成SO3条件为催化就、加热，B错误；
C．SO2与SO3相对分子质量比为64:80，即4:5，C正确；
D．H2SO3中S元素为+4价，既可以被氧化到+6价，也可以被还原到0价，故戊既有还原性又有氧化性，D正确；
故答案选B。
16．C
【详解】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故选C。
17．D
【详解】A．铝热反应是指铝在高温下与少数金属氧化物反应生成氧化铝和金属，反应①中利用Al的还原性将Zn2+还原生成Zn，为铝热反应冶炼Zn，故A正确；
B．反应②中反应物为单质和化合物，生成物为另一种单质和另一种化合物，所以属于置换反应，故B正确；
C．C2Cl6为乙烷的六氯代物，则属于卤代烃，故C正确；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，但Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D错误；
综上所述答案为D。
18．C
【详解】A．浓H2SO4→SO2，S元素的价态降低，浓硫酸作氧化剂，需加入还原剂，A不合题意；
B．KClO3→O2，不需另加氧化剂，因为KClO3分解就可生成O2，B不合题意；
C．H2S→SO2，S元素的化合价升高，H2S作还原剂，需加入氧化剂，C符合题意；
D．→CO2，没有元素价态的改变，不需加入氧化剂，D不合题意；
故选C。
19．D
【分析】CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为1.28 g ÷ 16g/mol = 0.08 mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，则：① x + 3y ＝ 0.08；②80 x + 160y＝4.8，解得x = 0.02、y = 0.02，即原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁。
【详解】A. 原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol:160g/mol×0.02mol=1:2，故A错误；
B. 原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02 mol:0.02mol = l:l，故B错误；
C. 状况未知，气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故C错误；
D. CO获得1个O原子生成CO2，故n(CO2) = n(O) =1.28g ÷ 16g/mol = 0.08 mol，n[Ba(OH)2] = 0.6mol/L×0.1L = 0.06 mol，故n(CO2): n[Ba(OH)2] = 0.08 mol:0.06mol=4:3，介于1:1与2:1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故D 正确；
故选：D。
20．D
【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。
21．(1)4NH3+3F2→NF3+3NH4F
(2) 2p F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，非金属性F>N
(3) 取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子
(4) Na2CO3 碱性 碳酸钠溶液水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性 2c(H2CO3)
【解析】(1)
该反应中部分NH3被氧化，所以可以找氧化剂和氧化产物之间的数量关系，根据电子守恒可知该反应中NF3和F2的系数比为1：3，再结合元素守恒可得化学方程式为4NH3+3F2→NF3+3NH4F；
(2)
F原子核内有9个质子，核外有9个电子，原子结构示意图为；其能量最高的电子为2p能级的电子，即占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，所以非金属性F>N；
(3)
NH4F由NH和F-构成，为离子化合物，电子式为；检验铵根时一般将其转化为氨气进行检验，具体操作为：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子；
(4)
NH含有11个质子、10个电子，与其具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，Na单质在空气中长期露置后的最终产物为Na2CO3；碳酸钠水溶液中因存在碳酸根的水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性；其稀溶液中存在质子守恒：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)。
22．(1) 离子键和共价键 17 5
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
23． NO2(二氧化氮) 1:2 32
【分析】反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O中，Cu元素化合价升高被氧化，N元素化合价降低被还原，根据氧化还原反应规律计算即可。
【详解】(1)反应中Cu元素化合价升高被氧化，做还原剂，N元素化合价降低被还原，硝酸做氧化剂，二氧化氮为还原产物，做还原剂的铜与还原产物的物质的量之比为1:2，故答案为：NO2(二氧化氮)；1:2；
(2)当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的Cu为0.5mol，质量为64g/mol0.5mol=32g，故答案为：32。
24． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
25．(1) 4s24p6 9
(2)bd
(3) 原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价
(4)CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O
(5)c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)
(6)0.25
【解析】(1)
Br是35号元素，Br-核外层电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6，则溴离子的最外层电子排布式是4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子云有1s、2s、2px、2py、2pz、3s、3px、3py、3pz共9种延伸方向；
(2)
a．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A错误；
b.简单气态氢化物越稳定，非金属性越强，HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b正确；
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄，说明亚铁离子还原性强于溴离子，氯气的氧化性强于铁离子，不能说明氯气的氧化性强于溴单质，因此不能说明氯的非金属性强于溴，故c错误；
d．是非氧化还原反应，则BrCl中Br为+1价、Cl为-1价，可说明Cl易得到电子，非金属性较强，故d正确；
选bd；
(3)
COCl2分子中所有原子均满足稳定结构，则C形成4对共用电子对，O形成2对共用电子对，每个Cl形成1对共用电子对，其电子式为；
原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价；
(4)
工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应，则氯酸钠作氧化剂，被还原为二氧化氯，甲醇作还原剂，且在该反应中1mol甲醇失去电子，则甲醇被氧化为二氧化碳，该反应的离子方程式CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O；
(5)
室温下，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1molCl2消耗2molNaOH，所得溶液为含1molNaCl、1molNaClO、1molNaOH的混合溶液，其中ClO-会水解产生氢氧根离子，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)；
(6)
5.6LSO2的物质的量为0.25mol，NaClO、NaCl、NaOH混合溶液显碱性，通入SO2后溶液恰好形成中性，则SO2与混合溶液反应得到NaCl、Na2SO4混合溶液，根据S守恒可知n(Na2SO4)=0.25mol，钠离子总物质的量为1mol，则n(NaCl)=(1-2×0.25)mol=0.5mol，故通入氯气的物质的量为0.25mol。
26． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
27． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
28． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
29． b 4mol/L 溶液的密度 2NaOH +2ClO2 + H2O2 → 2NaClO2 + O2 +2H2O 防止H2O2分解 连续测定吸收塔内溶液的pH a bed 重结晶
【分析】利用二氧化硫的还原性将NaClO3在ClO2发生器中还原成ClO2，再利用H2O2的还原性将ClO2在吸收塔中还原成NaClO2，结合题目所给题目信息分析解答。
【详解】（1）根据题给信息①可知纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到以下安全，故发生器中鼓入空气的作用可能是稀释以防止爆炸，故答案为：b；
（2）160 g/L NaOH溶液指160 g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，NaOH的摩尔质量为，即1L该溶液含有4molNaOH，物质的量浓度为，由溶质质量分数=×100%可知，若要计算溶液质量分数，需要知道溶液的质量，由m=ρV可知，还需要溶液密度，故答案为：；溶液密度；
（3）根据题给流程知吸收塔内NaOH、和生成 和，反应的化学方程式为；受热易分解，吸收塔的温度不能超过，其目的是防止分解，故答案为：；防止H2O2分解；
（4）判断NaOH是否过量的简单实验方法是连续测定吸收塔内溶液的pH，故答案为：用pH计连续测定吸收塔内溶液的pH；
（5）吸收塔中为防止被还原成NaCl，除外，还可以选择的还原剂是，不引入杂质离子，故a正确，故答案为：a；
（6）从滤液中得到粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；要得到更纯的晶体必须进行的操作是重结晶，故答案为：bed；重结晶。
30． c C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si） 1 第四周期第VIII族 分子晶体 bc
【详解】
（1）C原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，所以其最外层电子轨道表示式为；所有电子云的伸展方向不能用化学用语表示，故选c；C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si），Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
（2）①该反应中S元素化合价由0价变为+2价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据元素守恒知，生成物还有 OH-，根据得失电子相等配平方程式为；
②该反应中还原产物是Cr（OH）3，根据还原产物和转移电子之间的关系式得，若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量；
③根据氢氧化铝的电离方程式可书写电离方程式为：；
（3）铁是26号元素，镍是27号元素，二者同在第四周期第VIII族；
（4）根据该物质的熔沸点知，该物质属于分子晶体；该物质的结构为正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子；根据相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯和四氯化碳都是非极性分子，所以该物质易溶于苯和四氯化碳；
故答案为：分子晶体；bc。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-17氧化还原反应（4）
一、单选题
1．（2022·上海·模拟预测）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．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4mol I2时，转移9mol电子
2．（2022·上海·模拟预测）下列离子方程式书写错误的是
A．溶液呈酸性：
B．与NaOH溶液反应：
C．溶液中通入：
D．铝粉投入到氨水溶液中：
3．（2022·上海·模拟预测）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．共价化合物：是否含有共价键 B．离子晶体：液态时能否导电
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．氧化还原反应：元素化合价是否变化
4．（2022·上海·模拟预测）铊(Tl)是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期，Tl3+与银在酸性溶液中发生：Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，下列推断正确的是
A．Tl+的最外层有1个电子
B．Tl能形成+3价和+1价的化合物
C．Tl3+ 氧化性比Al3+弱
D．Tl+的还原性比Ag强
5．（2022·上海崇明·统考二模）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
6．（2022·上海·模拟预测）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．Cu2+将H2O2还原为O2
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
7．（2022·上海·统考三模）在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：
下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
8．（2022·上海青浦·一模）“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如图：
下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂之比为1：2 B．流程中 HCl和H2可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应 D．①③两反应的还原剂可以互换
9．（2022·上海·模拟预测）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图，由图可知，在该反应中是
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
10．（2022·上海·模拟预测）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
11．（2022·上海·统考一模）宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。
该化学反应的类型不一定是
A．分解反应 B．氧化还原反应 C．吸热反应 D．可逆反应
12．（2022·上海·模拟预测）下列变化过程中，气体被还原的是
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊 B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄 D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
13．（2022·上海·模拟预测）下列物质或微粒之间不能发生化学反应的是
A．Fe与浓H2SO4 B．Fe2+与Br2 C．Fe3+与SCN- D．Fe2+与Fe3+
14．（2022·上海长宁·统考一模）过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是
A．外用消毒剂 B．有漂白作用 C．需密封保存 D．有强氧化性，无还原性
15．（2022·上海·模拟预测）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示(某些产物及反应条件略去)。下列分析错误的是
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
16．（2022·上海长宁·统考一模）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
17．（2022·上海·模拟预测）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述错误的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al
A．浓H2SO4→SO2 B．KClO3→O2 C．H2S→SO2 D．→CO2
19．（2022·上海青浦·统考二模）有4.8 g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28 g，反应后全部气体用0.6 mol/L Ba(OH)2溶液100 mL吸收。下列有关叙述中正确的是
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2:1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3:1
C．反应中生成的CO2体积为1.792 L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba(HCO3)2
20．（2022·上海长宁·统考一模）在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）
A．1∶6 B．6∶1 C．1∶5 D．5∶1
二、填空题
21．（2022·上海·统考一模）三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：_______NH3+_______F2→_______NF3+_______NH4F。完成下列填空：
(1)配平上述反应方程式_______。
(2)F原子的结构示意图是_______，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为_______。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱_______。
(3)写出NH4F的电子式_______，溶液中NH的检验方法是_______。
(4)与NH具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是_______，该产物的水溶液呈_______性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因：_______。其稀溶液中存在关系式：c(OH-)-c(H+) =c(HCO) + _______
22．（2022·上海·模拟预测）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
23．（2022·上海宝山·统考模拟预测）根据反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：
(1)还原产物是______。还原剂与还原产物的物质的量之比为______。
(2)当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的物质质量为______g。
24．（2022·上海·模拟预测）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
三、原理综合题
25．（2022·上海·模拟预测）卤族元素化合物有着许多重要用途。
(1)溴离子的最外层电子排布式是_______；氯原子的核外电子云有_______种伸展方向。
(2)下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a.酸性强于
b.的分解温度低于
c.向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d.是非氧化还原反应
(3)光气是一种重要的有机合成中间体，有强烈的毒性。已如其分子中所有原子均满足稳定结构，请写出它的电子式_______。分子中氧元素显示价，请从结构角度解释其原因_______。
(4)二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应。已知在该反应中甲醇失去电子，请写出该反应的离子方程式_______。
(5)室温下，与含的溶液充分反应后，离子浓度由大到小的顺序为_______。
(6)将氯气通入含的溶液中，形成、和的混合溶液。随后用此溶液吸收标准状况下5.6L气体，恰好形成中性溶液。可知原溶液通入氯气_______
26．（2022·上海·模拟预测）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
27．（2022·上海·模拟预测）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
四、工业流程题
28．（2022·上海·模拟预测）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
29．（2022·上海·模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：① 纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全；
② NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O。
（1）ClO2发生器中鼓入空气的作用可能是_________（填序号）。
a 将SO2氧化成SO3，增强酸性 b 稀释ClO2以防止爆炸 c 将NaClO3氧化成ClO2
（2）160 g/L NaOH溶液的物质的量浓度为_________。若要计算该溶液的质量分数，还需要的一个条件是______（用文字说明）。
（3）吸收塔内的反应的化学方程式为__________。吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______。
（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是_______。
（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_________（填序号）。
a Na2O2 b Na2S c FeCl2 d PbO（悬浊液）
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是_________（填序号）。
a 蒸馏 b 蒸发 c 灼烧 d 过滤 e 冷却结晶
要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是__________________（填操作名称）。
五、结构与性质
30．（2022·上海·模拟预测）不锈钢是由铁、铬、镍、碳、硅及众多不同元素组成的合金。
（1）写出碳原子最外层电子的轨道表示式________，该化学用语不能表达出碳原子最外层电子的（填序号）________。
a 电子层 b 电子亚层 C 所有电子云的伸展方向 d 自旋状态
（2）硅烷可用于制备高纯硅。已知硅烷的分解温度远低于甲烷，请从原子结构角度解释硅元素与碳元素非金属性强弱的原因________。
（3）下面是工业上冶炼时会涉及到的反应：
________
①请将方程式补充完整并配平。________
②上述反应中，若转移了电子，得到的还原产物是________。
③和类似，也是两性氢氧化物，写出的电离方程式_________。
（4）铁和镍位于周期表的同一周期同一族，请写出铁和镍在周期表中的位置__________。
（5）镍粉在中低温加热，生成无色挥发性液态，呈四面体构型。是________晶体，易溶于下列（填序号）________。
a 水 b 四氯化碳 c 苯 d 硫酸镍溶液
参考答案：
1．C
【详解】A．K2H3IO6中碘元素的化合价为+7价，产物中为0价，得电子化合价降低，发生还原反应，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律可知，KI中的I元素来自HI，化合价没有发生变化，不是氧化产物，B错误；
C．该反应中部分HI中I元素化合价升高被氧化，HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；
D．该反应中K2H3IO6中的碘元素全部被还原，生成4mol I2时，消耗1molK2H3IO6，转移7mol电子，D错误；
综上所述答案为C。
2．D
【详解】A．FeCl3溶液中，铁离子水解溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故A正确；
B．乙酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应的离子反应：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故B正确；
C．FeSO4溶液中通入Cl2，氯气氧化亚铁离子，反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液变为黄色，故C正确；
D．铝粉投入到氨水溶液中，氨水中的一水合氨为弱碱与铝不反应，故D错误；
故选：D。
3．D
【详解】A．共价化合物是含有共价键的化合物，而含有共价键的物质，可能是含有多个原子的非金属单质如H2，也可能是离子化合物，如NaOH，也可能是共价化合物，如HCl，因此不能根据物质是否含有共价键判断是否是共价化合物，A错误；
B．离子晶体是阴、阳离子之间以离子键结合形成的化合物，物质在液态时能导电，说明其中含有自由移动的微粒，可能是离子，也可能是电子。如熔融NaCl属于离子化合物，是离子导电，金属Hg是自由移动的电子导电，故不能根据物质在液态时能否导电判断是否是离子晶体，B错误；
C．电解质强弱判断是根据电解质溶于水后是否完全电离为离子，若完全电离，就是强电解质，若只有部分电离，溶液中存在电离平衡就是弱电解质。不能根据溶液导电能力大小判断，溶液导电能力强，只能说明溶液中自由移动的离子浓度大，C错误；
D．氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，所以可根据反应过程中元素化合价是否发生变化判断反应是否为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是D。
4．B
【详解】A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；
B．根据反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；
C．反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，Tl3+为氧化剂，Ag+为氧化产物，氧化性：Tl3+＞Ag+，又因Ag+＞Al3+，则Tl3+的氧化性比Al3+强，故C错误；
D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+ + Ag → Tl+ + Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D错误。
故选：B。
5．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；
B．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；Cu2+将H2O2氧化为O2，B错误；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊( Cu2O)”，说明+2价的Cu2+被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，Cu2O中+ 1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+ 2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+ +3H2O，D正确；
故合理选项是B。
7．D
【分析】根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O；反应ⅱ中NO在另外的吸附点被Fe还原为NH，离子方程式为：NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O，以此分析解答。
【详解】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；
B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；
C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；
D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故选：D。
8．D
【分析】石英砂（主要成分为SiO2），与碳在2000℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的。
【详解】A． 反应①是SiO2+2C Si+2CO↑，反应中氧化剂为SiO2，还原剂为C，因此反应中氧化剂和还原剂之比为1：2，故A正确；
B． 根据流程和节约成本可知，流程中HCl和H2可以循环利用，故B正确；
C．反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，③是SiHCl3+H2Si+3HCl，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故C正确；
D． ①③两反应的还原剂不可以互换，①硅与氢气反应是可逆反应，③如用碳，硅中会有碳杂质，故D错误；
故选D。
9．A
【详解】由题干图可知，在反应中失去两个电子，转化为，化合价升高被氧化，作还原剂，故答案为：A。
10．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<，只氧化Fe2+，故D正确；
故选C。
11．C
【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；
B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；
C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；
D．由图示可知，只有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；
选C。
12．C
【详解】A．硫化氢被亚硫酸氧化生成S单质，所以产生淡黄色浑浊，故A不符合题意；
B．一氧化碳在高温下使氧化铜变红色时，一氧化碳被氧化生成CO2，故B不符合题意；
C．氯气使溴化钾溶液变黄时，氯气将溴离子氧化，氯气本身被还原，故C符合题意；
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀发生的是复分解反应，氨气既不被还原也不被氧化，故D不符合题意；
综上所述答案为C。
13．D
【详解】A．Fe与浓H2SO4常温下能够发生钝化，加热时能够反应放出二氧化硫，故A不选；
B．溴的氧化性大于铁离子的，则Fe2+与Br2能够发生氧化还原反应生成铁离子，故B不选；
C．Fe3+与SCN-能够反应生成络合物，故C不选；
D．Fe2+与Fe3+不能发生反应，故D选；
故选D。
14．D
【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，可用作外消毒剂，A项正确；
B．过氧化氢具有强氧化性，可与色素反应，有漂白作用，B项正确；
C．过氧化氢不稳定，易分解，故需密闭保存，C项正确；
D．过氧化氢分解为水和氧气的反应中，过氧化氢即做氧化剂，又作还原剂，故过氧化氢即有强氧化性，又有还原性，D项错误；
故选D。
15．B
【分析】高中阶段常见固体单质有：C、Na、Mg、Al、Si、S、Fe，若甲为C单质，则乙、丙为CO或CO2，但CO不能与水反应，所以甲不可能为C；若甲为Na，则乙为Na2O，戊为NaOH，NaOH为强碱受热不分解，即不能生成甲，故甲不可能为Na；若甲为Mg、Al、Si、Fe，由于它们的氧化物不能与水反应，故甲不可能为Mg、Al、Si、Fe；故甲应为S，则乙为SO2，SO2与O2反应生成SO3(丙)，丙与水反应生成H2SO4(丁)，浓硫酸可被还原为SO2，乙与水反应生成戊(H2SO3)，H2SO3可以与H2S反应生成S。
【详解】A．S单质在纯氧中燃烧火焰为蓝紫色，在空气中为淡蓝色，A正确；
B．SO2与O2反应生成SO3条件为催化就、加热，B错误；
C．SO2与SO3相对分子质量比为64:80，即4:5，C正确；
D．H2SO3中S元素为+4价，既可以被氧化到+6价，也可以被还原到0价，故戊既有还原性又有氧化性，D正确；
故答案选B。
16．C
【详解】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故选C。
17．D
【详解】A．铝热反应是指铝在高温下与少数金属氧化物反应生成氧化铝和金属，反应①中利用Al的还原性将Zn2+还原生成Zn，为铝热反应冶炼Zn，故A正确；
B．反应②中反应物为单质和化合物，生成物为另一种单质和另一种化合物，所以属于置换反应，故B正确；
C．C2Cl6为乙烷的六氯代物，则属于卤代烃，故C正确；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，但Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D错误；
综上所述答案为D。
18．C
【详解】A．浓H2SO4→SO2，S元素的价态降低，浓硫酸作氧化剂，需加入还原剂，A不合题意；
B．KClO3→O2，不需另加氧化剂，因为KClO3分解就可生成O2，B不合题意；
C．H2S→SO2，S元素的化合价升高，H2S作还原剂，需加入氧化剂，C符合题意；
D．→CO2，没有元素价态的改变，不需加入氧化剂，D不合题意；
故选C。
19．D
【分析】CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为1.28 g ÷ 16g/mol = 0.08 mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，则：① x + 3y ＝ 0.08；②80 x + 160y＝4.8，解得x = 0.02、y = 0.02，即原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁。
【详解】A. 原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol:160g/mol×0.02mol=1:2，故A错误；
B. 原混合物中含有0.02 mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02 mol:0.02mol = l:l，故B错误；
C. 状况未知，气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故C错误；
D. CO获得1个O原子生成CO2，故n(CO2) = n(O) =1.28g ÷ 16g/mol = 0.08 mol，n[Ba(OH)2] = 0.6mol/L×0.1L = 0.06 mol，故n(CO2): n[Ba(OH)2] = 0.08 mol:0.06mol=4:3，介于1:1与2:1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故D 正确；
故选：D。
20．D
【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。
21．(1)4NH3+3F2→NF3+3NH4F
(2) 2p F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径F
(3) 取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子
(4) Na2CO3 碱性 碳酸钠溶液水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性 2c(H2CO3)
【解析】(1)
该反应中部分NH3被氧化，所以可以找氧化剂和氧化产物之间的数量关系，根据电子守恒可知该反应中NF3和F2的系数比为1：3，再结合元素守恒可得化学方程式为4NH3+3F2→NF3+3NH4F；
(2)
F原子核内有9个质子，核外有9个电子，原子结构示意图为；其能量最高的电子为2p能级的电子，即占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径F
(3)
NH4F由NH和F-构成，为离子化合物，电子式为；检验铵根时一般将其转化为氨气进行检验，具体操作为：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子；
(4)
NH含有11个质子、10个电子，与其具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，Na单质在空气中长期露置后的最终产物为Na2CO3；碳酸钠水溶液中因存在碳酸根的水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性；其稀溶液中存在质子守恒：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)。
22．(1) 离子键和共价键 17 5
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
23． NO2(二氧化氮) 1:2 32
【分析】反应Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O中，Cu元素化合价升高被氧化，N元素化合价降低被还原，根据氧化还原反应规律计算即可。
【详解】(1)反应中Cu元素化合价升高被氧化，做还原剂，N元素化合价降低被还原，硝酸做氧化剂，二氧化氮为还原产物，做还原剂的铜与还原产物的物质的量之比为1:2，故答案为：NO2(二氧化氮)；1:2；
(2)当有2 mol HNO3参加反应时，被氧化的Cu为0.5mol，质量为64g/mol0.5mol=32g，故答案为：32。
24． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
25．(1) 4s24p6 9
(2)bd
(3) 原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价
(4)CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O
(5)c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)
(6)0.25
【解析】(1)
Br是35号元素，Br-核外层电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6，则溴离子的最外层电子排布式是4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子云有1s、2s、2px、2py、2pz、3s、3px、3py、3pz共9种延伸方向；
(2)
a．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A错误；
b.简单气态氢化物越稳定，非金属性越强，HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b正确；
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄，说明亚铁离子还原性强于溴离子，氯气的氧化性强于铁离子，不能说明氯气的氧化性强于溴单质，因此不能说明氯的非金属性强于溴，故c错误；
d．是非氧化还原反应，则BrCl中Br为+1价、Cl为-1价，可说明Cl易得到电子，非金属性较强，故d正确；
选bd；
(3)
COCl2分子中所有原子均满足稳定结构，则C形成4对共用电子对，O形成2对共用电子对，每个Cl形成1对共用电子对，其电子式为；
原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价；
(4)
工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应，则氯酸钠作氧化剂，被还原为二氧化氯，甲醇作还原剂，且在该反应中1mol甲醇失去电子，则甲醇被氧化为二氧化碳，该反应的离子方程式CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O；
(5)
室温下，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1molCl2消耗2molNaOH，所得溶液为含1molNaCl、1molNaClO、1molNaOH的混合溶液，其中ClO-会水解产生氢氧根离子，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)；
(6)
5.6LSO2的物质的量为0.25mol，NaClO、NaCl、NaOH混合溶液显碱性，通入SO2后溶液恰好形成中性，则SO2与混合溶液反应得到NaCl、Na2SO4混合溶液，根据S守恒可知n(Na2SO4)=0.25mol，钠离子总物质的量为1mol，则n(NaCl)=(1-2×0.25)mol=0.5mol，故通入氯气的物质的量为0.25mol。
26． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
27． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
28． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
29． b 4mol/L 溶液的密度 2NaOH +2ClO2 + H2O2 → 2NaClO2 + O2 +2H2O 防止H2O2分解 连续测定吸收塔内溶液的pH a bed 重结晶
【分析】利用二氧化硫的还原性将NaClO3在ClO2发生器中还原成ClO2，再利用H2O2的还原性将ClO2在吸收塔中还原成NaClO2，结合题目所给题目信息分析解答。
【详解】（1）根据题给信息①可知纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到以下安全，故发生器中鼓入空气的作用可能是稀释以防止爆炸，故答案为：b；
（2）160 g/L NaOH溶液指160 g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，NaOH的摩尔质量为，即1L该溶液含有4molNaOH，物质的量浓度为，由溶质质量分数=×100%可知，若要计算溶液质量分数，需要知道溶液的质量，由m=ρV可知，还需要溶液密度，故答案为：；溶液密度；
（3）根据题给流程知吸收塔内NaOH、和生成 和，反应的化学方程式为；受热易分解，吸收塔的温度不能超过，其目的是防止分解，故答案为：；防止H2O2分解；
（4）判断NaOH是否过量的简单实验方法是连续测定吸收塔内溶液的pH，故答案为：用pH计连续测定吸收塔内溶液的pH；
（5）吸收塔中为防止被还原成NaCl，除外，还可以选择的还原剂是，不引入杂质离子，故a正确，故答案为：a；
（6）从滤液中得到粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；要得到更纯的晶体必须进行的操作是重结晶，故答案为：bed；重结晶。
30． c C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si） 1 第四周期第VIII族 分子晶体 bc
【详解】
（1）C原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，所以其最外层电子轨道表示式为；所有电子云的伸展方向不能用化学用语表示，故选c；C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si），Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
（2）①该反应中S元素化合价由0价变为+2价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据元素守恒知，生成物还有 OH-，根据得失电子相等配平方程式为；
②该反应中还原产物是Cr（OH）3，根据还原产物和转移电子之间的关系式得，若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量；
③根据氢氧化铝的电离方程式可书写电离方程式为：；
（3）铁是26号元素，镍是27号元素，二者同在第四周期第VIII族；
（4）根据该物质的熔沸点知，该物质属于分子晶体；该物质的结构为正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子；根据相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯和四氯化碳都是非极性分子，所以该物质易溶于苯和四氯化碳；
故答案为：分子晶体；bc。
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