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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-20氧化还原反应（7）
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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-20氧化还原反应（7），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题，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-20氧化还原反应（7）
一、单选题
1．（2021·上海金山·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
2．（2021·上海崇明·统考一模）下列变化需要加入氧化剂才能实现的转化是
A．浓H2SO4→SO2 B．KClO3→O2 C．H2S→SO2 D．→CO2
3．（2021·上海奉贤·统考二模）已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，对该反应的说法正确的是
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1molSO2转移4mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
4．（2021·上海·统考一模）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
5．（2021·上海崇明·统考一模）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是
A．这个反应是氧化还原反应 B．金刚石属于金属单质
C．另一种化合物为NaCl D．制造过程中元素种类没有改变
6．（2021·上海崇明·统考一模）二氧化硫体现还原性的反应是
A．SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 B．SO2+2H2S=2H2O+3S↓
C．SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O D．SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl
7．（2021·上海嘉定·统考一模）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
8．（2021·上海静安·统考二模）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业
C．氨碱法制碱 D．海水提溴
9．（2020·上海奉贤·统考一模）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2 ，2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移
10．（2020·上海松江·一模）下列类型的反应，一定没有发生电子转移的是
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
11．（2020·上海长宁·统考二模）向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）
A．2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
B．10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-
C．2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-
D．2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-
12．（2020·上海·二模）已知氧化性：Cl2>IO3->Fe3+>I2，则对实验结果分析或预测正确的是（ ）
A．加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉 KI 溶液，溶液变蓝色，说明可能是 IO
B．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，说明不可能是 I-
C．FeI2 溶液中滴加少量氯水，溶液中一定有 Fe3+生成
D．FeCl2 溶液中滴加足量碘水和 KSCN 溶液，溶液一定变红色
13．（2020·上海·二模）对如图实验现象描述或分析正确的是（ ）
A．溶液变蓝色 B．Cu 片上有气泡
C．Zn 是氧化剂 D．Cu 是氧化剂
14．（2020·上海徐汇·统考二模）锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是
A．说明具有漂白性 B．实验中只发生了氧化还原反应
C．浓盐酸被氧化 D．反应中生成的气体只有
15．（2020·上海徐汇·统考二模）下列变化中，气体被氧化的是
A．通入酸性溶液 B．通入溶液
C．通入溶液 D．通入溶液
16．（2020·上海奉贤·统考二模）用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S + NaOH—Na2SO3 + Na2S + H2O(未配平)，下列说法错误的是
A．清洗之后的废液一定呈碱性
B．也可以用CS2清洗试管壁上的硫
C．生成的Na2SO3 和Na2S的物质的量之比为1 : 2
D．氧化产物是Na2S
17．（2020·上海金山·统考二模）向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br2→2H++O2↑+2Br－。下列说法正确的是
A．H2O2分子中含有离子键和非极性键
B．第1步反应每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子
C．第2步反应为：2H++H2O2+2Br－→2H2O +Br2
D．H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变
18．（2020·上海金山·统考二模）加入氧化剂才能实现的过程是
A．Cl2→ClO－ B．SO2→SO42－ C．N2→NH3 D．Al3+→AlO2－
19．（2020·上海静安·统考二模）氯胺(NH2Cl，Cl的化合价为+1价)是一种长效缓释有机氯消毒剂，它与水可以发生复分解反应。有关氯胺的说法错误的是
A．氯胺中的氮元素为-3价
B．氯胺与水反应的产物为NH2OH和HCl
C．氯胺的消毒原理与漂粉精相似
D．氯胺的消毒效率(单位质量的消毒剂得到的电子数)是Cl2的1.38倍
20．（2020·上海松江·统考二模）氨气与氟气反应得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是（ ）
A．M既是氧化产物，又是还原产物
B．M是极性分子，其还原性比NH3强
C．N中阴、阳离子均为10电子微粒
D．N中既含有离子键，又含有共价键
二、填空题
21．（2021·上海金山·统考一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
22．（2021·上海闵行·统考一模）FePO4 是制备锂离子电池的原料。向 FeSO4 溶液中先加入 H3PO4 溶液，再加入 NaOH、NaClO 的混合液可制取 FePO4。
(1)配平下列反应方程式：FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O，____________________。
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的 FePO4 中含有的不溶性杂质主要是_______。
(3)现有 500 mL 1.2mol/LNaOH 溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下 Cl2 的体积为__________。
23．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
24．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
三、实验题
25．（2021·上海·统考一模）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
I.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)A为氯气发生装置，A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，②(写离子方程式)____。
II.为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生(用文字描述或方程式表示)。
(4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
(5) 通过计算得知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的___倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___。(答出两点即可)。
四、原理综合题
26．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
27．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
28．（2020·上海嘉定·二模）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式______，该反应的正反应是______反应（填“放热”、“吸热”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率______、CO的平衡转化率______；
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是______。
a.减少Fe的量 b.增加Fe2O3的量 c.移出部分CO2 d.提高反应温度e.减小容器的容积 f.加入合适的催化剂
（4）在氯氧化法处理含的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
①某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为价）： 被氧化的元素是______。
②投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：
□□□□□□□______
③若处理上述废水40L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯______g。
29．（2020·上海徐汇·统考二模）砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。
完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：
①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
五、结构与性质
30．（2021·上海虹口·统考一模）二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。
(1)二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
硒在元素周期表中的位置是___________；硒原子核外有___________个未成对电子；硒化氢的电子式为___________。
(2)已知SeS2分子比例模型如所示，推测SeS2为___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
工业上提取硒的过程如下：
第一步(未配平)：X + Se + H2SO4 → Na2SO4 + H2SeO3 + ClO2↑+ H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
(4)第一步中X的化学式为___________。每溶解1 mol Se，转移电子数为___________个。
(5)写出第二步反应的化学方程式___________；该反应中被氧化的元素是___________。
参考答案：
1．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。
2．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。
3．A
【详解】因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。
A. 反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化， 所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；
B. 水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；
C. SO2中硫的化合价为＋4价，故每生成1 mol SO2转移3 mol电子，C项错误；
D. SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D项错误；
答案选A。
4．A
【详解】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
5．B
【详解】A．CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；
B．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；
C．根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；
D．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；
本题答案选B。
6．D
【详解】A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2证明了酸性H2SO3>H2CO3，A不符合题意；
B.在SO2+2H2S=2H2O+3S↓中，SO2中的S由+4价变为反应后单质S的0价，化合价降低，获得电子，SO2表现氧化性，B不符合题意；
C.在SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中SO2表现酸性氧化物的通性，C不符合题意；
D.在SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl反应中，S元素的化合价由反应前SO2中的S由+4价变为反应后H2SO4中S的+6价，化合价升高，失去电子，SO2表现还原性，D符合题意；
故合理选项是D。
7．A
【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。
答案选C。
9．D
【详解】A．在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；
B．ClO2是KClO3得电子(被还原)后的产物，所以是还原产物，B正确；
C．在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；
D．KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；
故选D。
10．D
【详解】A．属于氧化还原反应的化合反应有电子的转移，故A不选；
B．属于氧化还原反应分解反应有电子的转移，故B不选；
C．置换反应都属于氧化还原反应，一定有电子的转移，故C不选；
D．复分解反应一定不属于氧化还原反应，则一定无电子转移，故选D。
答案选D
11．C
【分析】还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。
【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；
B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；
C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；
D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；
综上所述，答案为C。
12．A
【详解】A．由于氧化性IO3->I2，加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉KI溶液，溶液变蓝色，可能是IO3-在酸性条件下与I-发生氧化还原反应，生成I2，使得淀粉溶液变蓝，A选项正确；
B．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，可能是过量的氯水将I-氧化为，从而溶液不变蓝，B选项错误；
C．由于氧化性Fe3+>I2，所以还原性：I->Fe2+，则FeI2溶液中滴加少量氯水，Cl2先氧化I-，Cl2的量较少，则不一定会氧化Fe2+，因此溶液中不一定有Fe3+生成，C选项错误；
D．氧化性Fe3+>I2，FeCl2溶液中滴加足量碘水和KSCN溶液，I2不能将Fe2+氧化生成Fe3+，则溶液不会变红色，D选项错误；
答案选A。
13．B
【分析】根据装置图所示，该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解答。
【详解】A．铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；
B．铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e-=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C．锌作负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Zn元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，故C错误；
D．Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
答案选B。
14．C
【分析】漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。
【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(ClO)2具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；
C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化反应，盐酸被氧化，故C正确；
D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
15．A
【分析】气体被氧化，则气体中某元素的化合价升高，失去电子被氧化。
【详解】A．C2H4使酸性KMnO4溶液褪色，C2H4被氧化，发生氧化还原反应，故A选；
B．Cl2通入KBr溶液，Cl2中Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B不选；
C．H2S通入CuSO4溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故C不选；
D．氨气通入AlCl3溶液，有白色沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故D不选；
故选A。
16．D
【详解】A．Na2SO3 、Na2S水解导致溶液呈碱性，A正确；
B．S易溶于CS2，B正确；
C．S 转化为Na2SO3是化合价由0到+4，S转化为Na2S是化合价由0到-2，根据化合价升价总数相等，生成的Na2SO3 和Na2S的物质的量之比为1:2，C正确；
D．S 转化为Na2SO3是化合价由0到+4，Na2SO3是氧化产物，D错误；
答案选D。
17．C
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，故A错误；
B．过氧化氢中氧元素化合价为—1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol×2=0.2mol，故B错误；
C．过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2↑，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H++H2O2+2Br－=2H2O+Br2，故C正确；
D．溴单质在溶液中能与水反应，则过氧化氢分解反应前后溶液中溴单质的质量会减少，故D错误；
故选C。
【点睛】氧化氢中氧元素化合价为—1价，转变0价的氧气时，化合价升高1，反应生成1 mol O2转移电子的物质的量为2mol是解答易错点。
18．B
【详解】A．Cl2→ClO－的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；
B．SO2→SO42－的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C．N2→NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；
D．Al3+→AlO2－的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。
19．B
【详解】A．由题可知氯胺中Cl的化合价为+1，经过计算N的化合价为-3，A项正确；
B．由题可知，氯胺和水发生的是复分解反应，复分解反应是非氧化还原反应，不涉及元素变价，因此产物应为NH3和HClO，B项错误；
C．氯胺与水反应会生成HClO，HClO具有强氧化性可杀菌消毒；漂粉精中的有效成分Ca(ClO)2由于具有强氧化性，可用于杀菌消毒，因此二者消毒原理相似，C项正确；
D．氯胺中的Cl是+1价，1个氯胺可以得2个电子，因此单位质量的氯胺得电子的物质的量为：mol；1个Cl2可以得2个电子，因此单位质量的氯气得电子的物质的量为：，所以氯胺的消毒效率是氯气的倍，D项正确；
答案选B。
20．B
【详解】A．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；
B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为−3价，NH3还原性较强，故B错误；
C．NH4F中阴离子为氟离子、阳离子为铵根离子，均为10电子微粒，故C正确；
D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；
答案选B。
21． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
22． 2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O Fe(OH)3 2.24L
【详解】(1)反应FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O中，Fe元素化合价由+2价变为+3价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，根据电子得失守恒及物料守恒，配平反应方程式为：2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O；
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，NaClO不足以将FeSO4中的Fe2+全部氧化为Fe3+，过量的Fe2+与碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化生成Fe(OH)3，则制得的 FePO4中含有的不溶性杂质主要是Fe(OH)3；
(3)500mL1.2mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.5L×1.2mol/L=0.6mol，通入氯气发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，设配制该混合溶液需要标准状况下 Cl2 的体积为VL，生成NaClO的物质的量为mol，消耗氢氧化钠的物质的量为2×=mol，根据反应2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O可知，所需的混合液中NaClO和NaOH的物质的量比为1∶4，则∶(0.6-)=1∶4，解得V=2.24L。
23． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
24． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
25． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
26． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
27． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
28． 放热 80% c KCN中的C元素 71
【分析】
【详解】
(1)K=，温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；
(2)设平衡时CO2的浓度为x，则CO的浓度减小x，为mol/L-x=0.1mol/L-x，则K=4.0=，解得：x=0.08mol/L，则=，CO的平衡转化率==80%；
(3)a．减少固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，a错误；
b．增加固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．移出部分CO2，CO2的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，c正确；
d．提高反应温度，平衡常数减小，CO的转化率减小，d错误；
e．减小容积，该平衡不移动，CO的转化率不变，e错误；
f．加入催化剂能缩短到达平衡的时间，但是不能使平衡发生移动，CO的转化率不变，f错误；
故答案为：c；
(4)①KCN中的C为+2价，KOCN中的C为+4价，所以KCN中的C元素被氧化，故答案为：KCN中的C元素；
②1molCl2参与反应得2mol电子，KOCN生成1molN2失6mol电子，根据得失电子守恒，先作如下配平：2~3Cl2~1N2~6KCl，再根据原子守恒依次配平其它原子，如下：，单线桥表示电子转移如下：，故答案为：；
③该方法将CN-处理变为N2，有如下关系：2KCN~2~(2+3)Cl2，KCN的质量m=650mg/L×40L=26000mg=26g，，解得：m=71g，故答案为：71。
29． 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【分析】(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
30． 第四周期VIA族 2 极性 Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(2) SeS2分子为V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，故答案为：极性分子；
(3)S和Se位于同一主族，Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用SeS，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(5) H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se，SO2被氧化为硫酸，故反应的化学方程式为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4，S元素化合价升高，被氧化，故答案为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4；S。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-20氧化还原反应（7）
一、单选题
1．（2021·上海金山·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
2．（2021·上海崇明·统考一模）下列变化需要加入氧化剂才能实现的转化是
A．浓H2SO4→SO2 B．KClO3→O2 C．H2S→SO2 D．→CO2
3．（2021·上海奉贤·统考二模）已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，对该反应的说法正确的是
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1molSO2转移4mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
4．（2021·上海·统考一模）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
5．（2021·上海崇明·统考一模）中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是
A．这个反应是氧化还原反应 B．金刚石属于金属单质
C．另一种化合物为NaCl D．制造过程中元素种类没有改变
6．（2021·上海崇明·统考一模）二氧化硫体现还原性的反应是
A．SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 B．SO2+2H2S=2H2O+3S↓
C．SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O D．SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl
7．（2021·上海嘉定·统考一模）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
8．（2021·上海静安·统考二模）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业
C．氨碱法制碱 D．海水提溴
9．（2020·上海奉贤·统考一模）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2 ，2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移
10．（2020·上海松江·一模）下列类型的反应，一定没有发生电子转移的是
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
11．（2020·上海长宁·统考二模）向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）
A．2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
B．10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-
C．2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-
D．2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-
12．（2020·上海·二模）已知氧化性：Cl2>IO3->Fe3+>I2，则对实验结果分析或预测正确的是（ ）
A．加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉 KI 溶液，溶液变蓝色，说明可能是 IO
B．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，说明不可能是 I-
C．FeI2 溶液中滴加少量氯水，溶液中一定有 Fe3+生成
D．FeCl2 溶液中滴加足量碘水和 KSCN 溶液，溶液一定变红色
13．（2020·上海·二模）对如图实验现象描述或分析正确的是（ ）
A．溶液变蓝色 B．Cu 片上有气泡
C．Zn 是氧化剂 D．Cu 是氧化剂
14．（2020·上海徐汇·统考二模）锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是
A．说明具有漂白性 B．实验中只发生了氧化还原反应
C．浓盐酸被氧化 D．反应中生成的气体只有
15．（2020·上海徐汇·统考二模）下列变化中，气体被氧化的是
A．通入酸性溶液 B．通入溶液
C．通入溶液 D．通入溶液
16．（2020·上海奉贤·统考二模）用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S + NaOH—Na2SO3 + Na2S + H2O(未配平)，下列说法错误的是
A．清洗之后的废液一定呈碱性
B．也可以用CS2清洗试管壁上的硫
C．生成的Na2SO3 和Na2S的物质的量之比为1 : 2
D．氧化产物是Na2S
17．（2020·上海金山·统考二模）向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br2→2H++O2↑+2Br－。下列说法正确的是
A．H2O2分子中含有离子键和非极性键
B．第1步反应每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子
C．第2步反应为：2H++H2O2+2Br－→2H2O +Br2
D．H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变
18．（2020·上海金山·统考二模）加入氧化剂才能实现的过程是
A．Cl2→ClO－ B．SO2→SO42－ C．N2→NH3 D．Al3+→AlO2－
19．（2020·上海静安·统考二模）氯胺(NH2Cl，Cl的化合价为+1价)是一种长效缓释有机氯消毒剂，它与水可以发生复分解反应。有关氯胺的说法错误的是
A．氯胺中的氮元素为-3价
B．氯胺与水反应的产物为NH2OH和HCl
C．氯胺的消毒原理与漂粉精相似
D．氯胺的消毒效率(单位质量的消毒剂得到的电子数)是Cl2的1.38倍
20．（2020·上海松江·统考二模）氨气与氟气反应得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是（ ）
A．M既是氧化产物，又是还原产物
B．M是极性分子，其还原性比NH3强
C．N中阴、阳离子均为10电子微粒
D．N中既含有离子键，又含有共价键
二、填空题
21．（2021·上海金山·统考一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
22．（2021·上海闵行·统考一模）FePO4 是制备锂离子电池的原料。向 FeSO4 溶液中先加入 H3PO4 溶液，再加入 NaOH、NaClO 的混合液可制取 FePO4。
(1)配平下列反应方程式：FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O，____________________。
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的 FePO4 中含有的不溶性杂质主要是_______。
(3)现有 500 mL 1.2mol/LNaOH 溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下 Cl2 的体积为__________。
23．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
24．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
三、实验题
25．（2021·上海·统考一模）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
I.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)A为氯气发生装置，A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，②(写离子方程式)____。
II.为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生(用文字描述或方程式表示)。
(4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
(5) 通过计算得知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的___倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___。(答出两点即可)。
四、原理综合题
26．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
27．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
28．（2020·上海嘉定·二模）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式______，该反应的正反应是______反应（填“放热”、“吸热”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率______、CO的平衡转化率______；
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是______。
a.减少Fe的量 b.增加Fe2O3的量 c.移出部分CO2 d.提高反应温度e.减小容器的容积 f.加入合适的催化剂
（4）在氯氧化法处理含的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
①某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为价）： 被氧化的元素是______。
②投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：
□□□□□□□______
③若处理上述废水40L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯______g。
29．（2020·上海徐汇·统考二模）砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。
完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：
①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
五、结构与性质
30．（2021·上海虹口·统考一模）二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。
(1)二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
硒在元素周期表中的位置是___________；硒原子核外有___________个未成对电子；硒化氢的电子式为___________。
(2)已知SeS2分子比例模型如所示，推测SeS2为___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
工业上提取硒的过程如下：
第一步(未配平)：X + Se + H2SO4 → Na2SO4 + H2SeO3 + ClO2↑+ H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
(4)第一步中X的化学式为___________。每溶解1 mol Se，转移电子数为___________个。
(5)写出第二步反应的化学方程式___________；该反应中被氧化的元素是___________。
参考答案：
1．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。
2．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。
3．A
【详解】因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。
A. 反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化， 所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；
B. 水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；
C. SO2中硫的化合价为＋4价，故每生成1 mol SO2转移3 mol电子，C项错误；
D. SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D项错误；
答案选A。
4．A
【详解】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
5．B
【详解】A．CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；
B．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；
C．根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；
D．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；
本题答案选B。
6．D
【详解】A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2证明了酸性H2SO3>H2CO3，A不符合题意；
B.在SO2+2H2S=2H2O+3S↓中，SO2中的S由+4价变为反应后单质S的0价，化合价降低，获得电子，SO2表现氧化性，B不符合题意；
C.在SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中SO2表现酸性氧化物的通性，C不符合题意；
D.在SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl反应中，S元素的化合价由反应前SO2中的S由+4价变为反应后H2SO4中S的+6价，化合价升高，失去电子，SO2表现还原性，D符合题意；
故合理选项是D。
7．A
【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。
答案选C。
9．D
【详解】A．在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；
B．ClO2是KClO3得电子(被还原)后的产物，所以是还原产物，B正确；
C．在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；
D．KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；
故选D。
10．D
【详解】A．属于氧化还原反应的化合反应有电子的转移，故A不选；
B．属于氧化还原反应分解反应有电子的转移，故B不选；
C．置换反应都属于氧化还原反应，一定有电子的转移，故C不选；
D．复分解反应一定不属于氧化还原反应，则一定无电子转移，故选D。
答案选D
11．C
【分析】还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。
【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；
B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；
C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；
D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；
综上所述，答案为C。
12．A
【详解】A．由于氧化性IO3->I2，加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉KI溶液，溶液变蓝色，可能是IO3-在酸性条件下与I-发生氧化还原反应，生成I2，使得淀粉溶液变蓝，A选项正确；
B．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，可能是过量的氯水将I-氧化为，从而溶液不变蓝，B选项错误；
C．由于氧化性Fe3+>I2，所以还原性：I->Fe2+，则FeI2溶液中滴加少量氯水，Cl2先氧化I-，Cl2的量较少，则不一定会氧化Fe2+，因此溶液中不一定有Fe3+生成，C选项错误；
D．氧化性Fe3+>I2，FeCl2溶液中滴加足量碘水和KSCN溶液，I2不能将Fe2+氧化生成Fe3+，则溶液不会变红色，D选项错误；
答案选A。
13．B
【分析】根据装置图所示，该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解答。
【详解】A．铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；
B．铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e-=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C．锌作负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Zn元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，故C错误；
D．Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
答案选B。
14．C
【分析】漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。
【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(ClO)2具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；
C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化反应，盐酸被氧化，故C正确；
D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
15．A
【分析】气体被氧化，则气体中某元素的化合价升高，失去电子被氧化。
【详解】A．C2H4使酸性KMnO4溶液褪色，C2H4被氧化，发生氧化还原反应，故A选；
B．Cl2通入KBr溶液，Cl2中Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B不选；
C．H2S通入CuSO4溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故C不选；
D．氨气通入AlCl3溶液，有白色沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故D不选；
故选A。
16．D
【详解】A．Na2SO3 、Na2S水解导致溶液呈碱性，A正确；
B．S易溶于CS2，B正确；
C．S 转化为Na2SO3是化合价由0到+4，S转化为Na2S是化合价由0到-2，根据化合价升价总数相等，生成的Na2SO3 和Na2S的物质的量之比为1:2，C正确；
D．S 转化为Na2SO3是化合价由0到+4，Na2SO3是氧化产物，D错误；
答案选D。
17．C
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，故A错误；
B．过氧化氢中氧元素化合价为—1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol×2=0.2mol，故B错误；
C．过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2↑，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H++H2O2+2Br－=2H2O+Br2，故C正确；
D．溴单质在溶液中能与水反应，则过氧化氢分解反应前后溶液中溴单质的质量会减少，故D错误；
故选C。
【点睛】氧化氢中氧元素化合价为—1价，转变0价的氧气时，化合价升高1，反应生成1 mol O2转移电子的物质的量为2mol是解答易错点。
18．B
【详解】A．Cl2→ClO－的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；
B．SO2→SO42－的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C．N2→NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；
D．Al3+→AlO2－的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。
19．B
【详解】A．由题可知氯胺中Cl的化合价为+1，经过计算N的化合价为-3，A项正确；
B．由题可知，氯胺和水发生的是复分解反应，复分解反应是非氧化还原反应，不涉及元素变价，因此产物应为NH3和HClO，B项错误；
C．氯胺与水反应会生成HClO，HClO具有强氧化性可杀菌消毒；漂粉精中的有效成分Ca(ClO)2由于具有强氧化性，可用于杀菌消毒，因此二者消毒原理相似，C项正确；
D．氯胺中的Cl是+1价，1个氯胺可以得2个电子，因此单位质量的氯胺得电子的物质的量为：mol；1个Cl2可以得2个电子，因此单位质量的氯气得电子的物质的量为：，所以氯胺的消毒效率是氯气的倍，D项正确；
答案选B。
20．B
【详解】A．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；
B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为−3价，NH3还原性较强，故B错误；
C．NH4F中阴离子为氟离子、阳离子为铵根离子，均为10电子微粒，故C正确；
D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；
答案选B。
21． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
22． 2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O Fe(OH)3 2.24L
【详解】(1)反应FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O中，Fe元素化合价由+2价变为+3价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，根据电子得失守恒及物料守恒，配平反应方程式为：2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O；
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，NaClO不足以将FeSO4中的Fe2+全部氧化为Fe3+，过量的Fe2+与碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化生成Fe(OH)3，则制得的 FePO4中含有的不溶性杂质主要是Fe(OH)3；
(3)500mL1.2mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.5L×1.2mol/L=0.6mol，通入氯气发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，设配制该混合溶液需要标准状况下 Cl2 的体积为VL，生成NaClO的物质的量为mol，消耗氢氧化钠的物质的量为2×=mol，根据反应2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O可知，所需的混合液中NaClO和NaOH的物质的量比为1∶4，则∶(0.6-)=1∶4，解得V=2.24L。
23． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
24． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
25． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
26． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
27． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
28． 放热 80% c KCN中的C元素 71
【分析】
【详解】
(1)K=，温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；
(2)设平衡时CO2的浓度为x，则CO的浓度减小x，为mol/L-x=0.1mol/L-x，则K=4.0=，解得：x=0.08mol/L，则=，CO的平衡转化率==80%；
(3)a．减少固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，a错误；
b．增加固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．移出部分CO2，CO2的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，c正确；
d．提高反应温度，平衡常数减小，CO的转化率减小，d错误；
e．减小容积，该平衡不移动，CO的转化率不变，e错误；
f．加入催化剂能缩短到达平衡的时间，但是不能使平衡发生移动，CO的转化率不变，f错误；
故答案为：c；
(4)①KCN中的C为+2价，KOCN中的C为+4价，所以KCN中的C元素被氧化，故答案为：KCN中的C元素；
②1molCl2参与反应得2mol电子，KOCN生成1molN2失6mol电子，根据得失电子守恒，先作如下配平：2~3Cl2~1N2~6KCl，再根据原子守恒依次配平其它原子，如下：，单线桥表示电子转移如下：，故答案为：；
③该方法将CN-处理变为N2，有如下关系：2KCN~2~(2+3)Cl2，KCN的质量m=650mg/L×40L=26000mg=26g，，解得：m=71g，故答案为：71。
29． 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【分析】(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
30． 第四周期VIA族 2 极性 Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(2) SeS2分子为V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，故答案为：极性分子；
(3)S和Se位于同一主族，Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(5) H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se，SO2被氧化为硫酸，故反应的化学方程式为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4，S元素化合价升高，被氧化，故答案为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4；S。
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