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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-21氧化还原反应（8）
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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-21氧化还原反应（8），共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-21氧化还原反应（8）
一、单选题
1．（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
2．（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－
3．（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
4．（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
5．（2020·上海青浦·统考二模）下列有关海洋资源的利用，未涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．海水淡化 C．氯碱工业 D．海带提碘
6．（2020·上海虹口·统考二模）已知黑火药爆炸的反应：S+2KNO3+3C → K2S+3CO2+ N2↑，下列说法正确的是
A．该反应中氧化剂只有硝酸钾 B．该反应中还原剂只有碳
C．每生成0.1 mol N2转移电子1 mol D．产物中有两种共价化合物
7．（2020·上海青浦·统考二模）将一定量的SO2通入Fe(NO3)3溶液中，再加入适量BaCl2溶液，一定会大量增加的是
A．H+ B．SO42- C．Ba2+ D．Fe2+
8．（2020·上海浦东新·统考二模）海洋是资源的宝库，下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海水晒盐 B．电解饱和食盐水
C．海带提碘 D．用氯气制漂粉精
9．（2020·上海崇明·统考二模）亚硝酸亚铁Fe(NO2)2易分解，若分解产物之一是红色粉末Fe2O3，则另一分解产物可能是（ ）
A．NO B．N2O3 C．NO2 D．N2O5
10．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）氢化铵与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列叙述中错误的是（ ）
A．NH4H是离子化合物
B．NH4H溶于水所形成的溶液显酸性
C．NH4H与水反应时，NH4H是还原剂
D．NH4H固体投入少量的水中，有两种气体产生
11．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是（ ）
A．氢氧化铝可作胃酸的中和剂 B．氯化铵溶液作除锈剂
C．84消毒液作消毒剂 D．白醋作除垢剂
12．（2020·上海崇明·统考二模）化学反应类型很多，下列反应类型间关系的图示中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2020·上海黄浦·统考一模）下列物质的生产过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海水提溴 B．纯碱 C．炼钢炼铁 D．合成氨
14．（2020·上海静安·模拟预测）向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中，通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体物质中一定有
A．NaCl、Na2SO4 B．NaCl、NaBr、Na2SO4
C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、NaI、Na2SO4
15．（2020·上海青浦·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
16．（2020·上海静安·统考一模）下列过程中没有发生电子转移的是（ ）
A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮
17．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
18．（2020·上海嘉定·二模）科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：
NaHCO3+H2HCOONa+H2O下列有关说法正确的是
A．储氢、释氢过程均无能量变化
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化
D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2
19．（2020·上海黄浦·统考一模）通过复习总结，你认为下列对化学知识概括合理的是
A．金属离子只有氧化性，非金属离子只有还原性
B．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物
C．原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键
D．在化学反应中，一定有化学键的断裂和形成，并伴有能量的变化
20．（2020·上海静安·模拟预测）下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（ ）
A．氮元素只被氧化
B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮
C．其它元素也参与了氮循环
D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
二、填空题
21．（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___________。
22．（2020·上海奉贤·统考二模）不锈钢是由铁、铬(Cr)、镍(Ni)、碳、硅及众多不同元素组成的合金。完成下列填空：
(1)写出碳原子最外层电子的轨道表示式______________，其最外层有____种不同运动状态的电子。
(2)硅烷(SiH4)可用于制备高纯硅，已知硅烷的分解温度远低于甲烷，从原子结构角度解释其原因：_____________________________________________________。
(3)下面是工业上冶炼Cr时涉及到的反应：
CrO42－+ S+ H2O→ Cr(OH)3↓+ S2O32－+
①请将方程式补充完整并配平____________________。
②上述反应中，若转移了3mol电子，得到的还原产物是__________mol。
③Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，写出Cr(OH)3的电离方程式________。
(4)镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。Ni(CO)4是________________晶体，Ni(CO)4易溶于下列_______（填序号）。
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液
23．（2020·上海青浦·统考二模）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。
24．（2020·上海青浦·统考二模）氮化镓()材料具有低的热产生率和高的击穿电场，是制造大功率和高频微波电子器件的理想半导体材料。
已知：①Ga和Al同主族且相邻，化学性质与铝相似；②在室温下，氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，能与热的碱溶液缓慢反应。
(1)配平氮化镓制备的化学方程式：□Ga(l)+□NH3(g)⇌□GaN(s)+□H2(g)+QkJ(Q＞0)_____________
(2)上述反应的平衡常数表达式K=_____________；在恒温恒容密闭容器中制备氮化镓，下列有关说法正确的是_____________
A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可能是加压
B．Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图象中纵坐标可以为平衡常数
(3)Ga最外层电子的核外电子排布式___________________，N核外能量最高的电子亚层上电子云空间伸展方向有_____________种；
(4)氮化镓的晶体类型_____________，氮化铝和氮化镓晶体类型相同，且结构相似，比较两者熔点的高低并解释原因_____________________________________________________________；
(5)写出氮化镓溶于热的NaOH溶液的离子方程式____________________________________。
25．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
26．（2020·上海松江·统考二模）二氧化氯(ClO2)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。已知：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反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是__；理由是__。
(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：
___CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+__□__
(3)该反应中，被氧化的元素是__。还原产物与氧化产物的物质的量之比是__。
(4)根据上述反应可推知__。
a.氧化性：C1O2＞NaClO3 b.氧化性：NaClO3＞CH3OH
c.还原性：CH3OH＞ClO2 d.还原性：CH3OH＞Na2SO4
(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏伽德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为__升。
(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的__倍。
27．（2020·上海虹口·统考二模）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
(1)在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________ mol。
(2)在方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。
a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原
c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原
(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。
(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 ________________________________________________。
(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。
(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。
(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物
NaCl
KCl
CCl4
熔点/℃
804
773
-22.92
试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。
28．（2020·上海长宁·统考二模）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，在周期表中信息如图所示。完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为___。表中78.96的意义为__。Se原子最外层电子排布的轨道表示式为___。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒___。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种___（选填“极性、或非极性”）分子，其空间结构为___型。
（4）工业上常用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式___。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为___g，得到SO2在标准状况下的体积为___ L。
29．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑
完成下列填空：
（1）上述反应中的还原剂为___，还原产物有___，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___。
（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。
（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___。
（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。
（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___。
a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4
b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
d.分解温度：CH4＞H2S
30．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
31．（2020·上海崇明·统考二模）在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是___，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=___。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：___CuS+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为___。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）___。
32．（2020·上海静安·模拟预测）某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：NaOH+Cl2→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，经测定反应后c(ClO-)和c(ClO3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为__________。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因______________________________。
33．（2020·上海宝山·统考二模）铝和铁的含量在地球金属元素中处于前两位，它们的单质及化合物应用非常广泛。
（1）铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，制取原理如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O
配平上述化学方程式_____。
（2）工业上利用Fe2O3和CO反应制取铁，在一定温度下，反应如下：Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为K=_____。
②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g，则10min内CO的平均反应速率为_____。
③请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：_____。
a. b.c. d.
（3）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率（v）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是______。
（4）实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3，写出该反应的离子方程式_____。如果用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能否制得Al(OH)3，简要说明原因_____。
34．（2020·上海青浦·统考一模）稀土元素（铈等金属）是重要的战略资源，在工业中有重要的应用，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式：______Ce3+______H2O2+______H2O→______Ce（OH）4↓+____________。
（2）氧的原子核外共有______个电子亚层，H2O 的空间构型为______；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为______；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称______；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L-1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4的质量分数为______。
35．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）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充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
36．（2020·上海奉贤·统考一模）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。
请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。
（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。
（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。
（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______
三、实验题
37．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。
完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
38．（2020·上海浦东新·统考一模）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。
(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。
(3)查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____ H2O→_____ HIO3+_____ HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。
(4)探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。
(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。
四、原理综合题
39．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
参考答案：
1．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。
2．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。
3．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。
4．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。
5．B
【详解】A．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，故A不符合题意；
B．海水淡化是从海水中取得淡水的过程，海水淡化，属于物理过程，没有发生化学变化，故B符合题意；
C．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；
D．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
6．B
【分析】该反应为氧化还原反应，元素化合价上升的有： C：0→+4，且有3个碳原子参与反应，化合价上升共12；元素化合价降低的有：S：0→-2，N：+5→0，且有1个硫原子和2个氮原子参与反应，化合价降低共2×1+5×2=12，化合价升降守恒，该反应按照配比化合价共升（降）12，转移12个电子。
【详解】A.根据分析，化合价降低的是硫元素和氮元素，则氧化剂为KNO3和S，A项错误；
B.根据分析，化合价上升的只有碳元素，则还原剂只有C，B项正确；
C.根据分析，每1mol氮气生成转移电子12mol，则每生成0.1 mol N2转移电子1.2 mol ，C项错误；
D.产物中K2S是离子化合物，CO2是共价化合物，N2是单质，D项错误；
答案选B。
【点睛】含有离子键的化合物称为离子化合物，表面特征是含有一些金属离子或者铵根离子，除氯化铝、氯化铍等特殊物质；只含共价键的化合物称为共价化合物，表面特征是不含金属离子或者铵根离子，除特殊物质外。
7．A
【详解】由于二氧化硫是酸性气体，通入Fe(NO3)3溶液中，相当于生成了硝酸，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先发生二氧化硫被硝酸氧化的过程，前阶段发生反应：SO2少量时，2NO3-+3SO2 +2H2O=2NO+3SO42-+4H+，后阶段发生反应：SO2过量时：2Fe3++SO2+2H2O= 2Fe2++SO42- +4H+，总反应：Fe3++3NO3-+5SO2+4H2O=3NO+5SO42-+8H++Fe2+，再加入适量BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故不管是发生前段反应，还是后段反应，氢离子的量一定是增加的，故答案选A。
【点睛】本题根据氧化性和还原性的强弱，判断先发生的反应是解本题的关键。
8．A
【详解】A．海水晒盐属于物理变化，没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A选；
B．工业上用惰性电极电解饱和食盐水，2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑，Cl元素和H元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．海带提碘是由KI变为I2，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．工业用氯气制漂粉精时，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Cl元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选A。
9．A
【详解】亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中Fe的化合价为+2价，分解产物之一是红色粉末Fe2O3，其中Fe的化合价为+3价，化合价升高，O元素的化合价为-2价，为最低价态，因此N元素的化合价降低。在亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中N的化合价为+3价，生成NO时N元素的化合价降低，生成N2O3时N的化合价不变，生成NO2或N2O5时N的化合价升高，故选A。
10．B
【详解】A．依据题意NH4H与氯化铵的结构相似，则性质也应相似，氯化铵是铵盐，属于离子化合物，因此NH4H也是离子化合物，由和H-构成的离子化合物，故A不符合题意；
B．NH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，生成的NH3•H2O是弱碱，水溶液中呈碱性，故B符合题意；
C．根据NH4H和H2O反应过程中化合价的升降，可知NH4H中H-化合价升高为0价，作还原剂，故C不符合题意；
D．该反应生成H2和NH3•H2O，NH3•H2O的浓度较大或加热时，会分解生成NH3，NH4H固体投入少量的水中，生成NH3•H2O的浓度较大，且该反应为放热反应，因此最终有两种气体产生，故D不符合题意；
故答案为：B。
11．C
【详解】A．氢氧化铝具有两性，能够与胃液中盐酸反应，常用作胃酸中和剂，该反应为酸碱中和反应，不涉及电子转移，故A不符合题意；
B．氯化铵溶液水解呈酸性做除锈剂，氯化铵水解反应不涉及电子转移，故B不符合题意；
C．84消毒液做杀菌消毒剂，84消毒液具有强氧化性，与细菌或病毒中蛋白质发生了氧化还原反应，涉及电子转移，故C符合题意；
D．白醋做除垢剂即醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，没有化合价变化，不涉及电子转移，故D不符合题意；
故答案为：C。
12．D
【详解】A．部分化合反应是氧化还原反应，如氢气在氧气中的燃烧反应，部分化合反应不是氧化还原反应，如氧化钙与水的化合反应，因此化合反应与氧化还原反应属于交叉关系，故A正确；
B．酯化反应也属于取代反应，但取代反应不一定是酯化反应，因此取代反应包括酯化反应，故B正确；
C．加成反应从物质种类看，属于多变一，消除反应从物质种类看，属于一变多，二者属于并列关系，故C正确；
D．置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定是置换反应，因此氧化还原反应包括置换反应，不是交叉关系，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．海水提溴涉及的氧化还原反应有：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，Br2+SO2+2H2O=2HBr +H2SO4，Cl2+2HBr=2HCl+Br2 ，A不符合题意；
B．制备纯碱的反应方程式为：2NaHCO₃=Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑，可知反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．炼钢炼铁主要发生的反应为：Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2，其属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．合成氨的化学方程式为：N₂+3H₂2NH₃，是氧化还原反应，D不符合题意；
答案选B。
14．A
【分析】还原性强弱：Na2SO3＞NaBr＞NaI，根据氧化还原反应的反应强弱规律进行分析解答。
【详解】向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中，通入一定量的氯气，根据反应强弱规律：还原性：Na2SO3＞NaBr＞NaI，氯气优先与Na2SO3反应，故一定有NaCl、Na2SO4；若氯气恰好反应完，由于单质溴易挥发，碘易升华，则将溶液蒸干并充分灼烧，无其他物质，故答案为A。
【点睛】当同一个氧化剂遇到多个还原剂时，根据强弱顺序进行反应，还原性强的先反应。
15．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。
16．A
【详解】A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；
B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；
C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；
D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；
故答案为A。
17．B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
18．B
【详解】A．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故A错误；
B．NaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3-构成，HCO3-中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO-构成，HCOO-中含有共价键，故B正确；
C．储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；
D．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2.24L，故D错误；
故选B。
19．D
【详解】A．简单非金属阴离子化合价最低，只有还原性，金属阳离子可能处于中间价态，既有氧化性又有还原性，如亚铁离子，故A错误；
B．同种化合价可对应多种氧化物，如+4价氮元素有二氧化氮和四氧化二氮两种氧化物，故B错误；
C．稀有气体分子间不存在化学键，但是其属于分子晶体，故C错误；
D．任何化学反应都是旧化学键的断裂，新化学键生成的过程，并伴有能量变化，故D正确；
答案选D。
20．A
【详解】A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；
B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；
C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；
D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；
答案选A。
【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。
21． 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。
22． 4 C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si，所以硅元素的非金属性弱于碳元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷 4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－ 1 CrO2－+ H++ H2OCr(OH)3Cr3++3OH－ 分子晶体 b、c
【详解】(1) 碳原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则，其最外层电子的轨道表示式为；每个电子的运动状态都是不一样的，所以有4种不同运动状态的电子。
(2) C和Si最外层电子数相同（是同主族元素），C原子半径小于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。
(3) 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，根据化合价总变化相等，可知CrO42－与S的比值为2:3，再根据原子守恒可以配平Cr(OH)3与S2O32－，生成物中缺的物质是OH-，可利用电荷守恒配平，最后配水即可，4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－。
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可知若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量3mol/3=1 mol。
③根据氢氧化铝的电离方程式，可知Cr(OH)3的电离方程式为CrO2－+ H++ H2O Cr(OH)3 Cr3++3OH－。
(4) 根据该物质的熔沸点可知，该物质属于分子晶体，该物质的结构为正四面体结构，正负电荷中心重合，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。
【点睛】不用类型的晶体熔沸点高低不一样，分子晶体一般熔沸点较低，有时可用这种方法判断是否是分子晶体。
23． S 2NA 存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝 Li(或SOCl2)会与水发生反应 常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本 SO32- 溶液中HSO3-的电离
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；
(3)金属锂是活泼金属可与水反应；
(4) 根据反应2SO2+ O22SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
【详解】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；
(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；
(4)根据反应2SO2+ O22SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
24． 2223 K= AD 4s24p1 3 原子晶体 熔点AlN＞GaN，晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高 GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑
【分析】(1)根据氧化还原反应规律配平氮化镓制备的化学方程式；
(2)根据平衡常数的定义书写表达式；结合外界条件变化对平衡体系的影响分析判断图象；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论书写核外电子排布式，进而判断最外层电子排布式；根据N的核外电子排布式分析判断电子的伸展方向；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，据此分析晶体类型；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，结合键能大小分析判断；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，据此书写方程式。
【详解】(1)Ga元素由0价变为+3价，H元素由+1价变为0价，根据氧化还原反应电子得失守恒，配平氮化镓制备的化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)；
(2)平衡常数的定义为平衡时生成物浓度的计量系数次幂的乘积与反应物浓度计量系数次幂的乘积的比值；注意纯液体和固体没有浓度变化量，不写入平衡常数表达式，则根据反应2Ga(l)+2NH3(g)⇌ 2GaN(s)+3H2(g)，平衡常数的表达式K=；
结合外界条件变化对平衡体系的影响分析：
A．则t时刻改变的条件可能是加压，增大压强，反应率加快，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与Ⅰ图象相符，故A正确；
B．增大压强，反应率加快，反应逆向移动，镓的含量增大，转化率降低，与Ⅱ图象不符，故B错误；
C．镓在反应体系中为纯液体，没有浓度变化量，增大镓的量，没有浓度变化，反应速率不变，与Ⅲ图象不符，故C错误；
D．平衡常数常数只受温度影响，2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)+QkJ(Q＞0)，则正反应放热，升高温度，反应逆向移动，平衡常数减小，与Ⅳ图象相符，故D正确；
答案选AD；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论，基态原子核外电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d104s24p1 (或[Ar]3d104s24p1)，最外层电子的核外电子排布式为4s24p1；基态N原子核外电子排布式为1s2 2s22p3，能量最高的电子亚层为2p，p能级上有三个轨道，电子云空间伸展方向有3种；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，为原子晶体；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高，则熔点：AlN＞GaN；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，化学反应方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑。
25． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
26． 试液变成无色 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性 CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O CH3OH中-2价的碳 6：1 bc 7.84 2.63
【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；
(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；
(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；
(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；
(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；
(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。
【详解】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；
(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O；
(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；
(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞C1O2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，答案选bc；
(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；
(6)，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
27． 0.2 c 方法二 方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染 2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O 17 3s23p6 正四面体 NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【详解】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。
(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；
(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；
(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；
(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；
(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是；
(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【点睛】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
28． 第四周期VIA族 硒元素的相对原子质量 硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒 极性 折线形 CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.49 11.2
【详解】（1）Se原子核外有4个电子层，最外层电子数为6，则Se元素在周期表中的位置为第四周期VIA族，表中78.96的为硒元素的相对原子质量，Se原子最外层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为：第四周期VIA族；硒元素的相对原子质量； ；
（2）硫元素、硒元素同主族，硫原子、硒原子最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒；
（3）硒化氢（H2Se）类比硫化氢，为折线型，正电中心与负电中心不重合，是一种极性分子，故答案为：极性；折线型；
（4）浓H2SO4具有强氧化性，CuSe具有还原性，二者反应产生SO2、SeO2，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，每转移6mol电子，生成1molSeO2，3molSO2，则每转移1mol电子，可得到SeO2，其质量为，得到molSO2，其在标准状况下的体积为，故答案为：18.49；11.2。
29． C K2S和N2 6NA 离子晶体 离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 品红溶液均褪色 不褪色 将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) Nc(S2-)>c(HS-)>c(H+) ac
【详解】（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol×4NAmol-1=6NA；
（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；
（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；
（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：NS2-二级水解程度>水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)；
（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：S>C，故a符合题意 ；
b．酸性：H2SO3>H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；
d．分解温度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1º，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；
故答案为：ac。
【点睛】常见非金属性的比较规律：
1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；
2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；
3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；
4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；
值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。
30． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
31． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
32． 4:1 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为1:3，则可设ClO−为1mol，ClO3−为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。
33． 2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 0.015mol/(L·min) CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；CO（或CO2）的质量不再改变 b Al3++3NH3·H2O→Al（OH）3↓+3NH4+ 不能，Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制(能，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量)
【分析】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式；
（2）化学平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比值，固体与纯液体不写；可逆反应达到平衡状态时，各物质的不再变化，正反应速率和逆反应速率相等；
（3）金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应，铝热反应为放热反应，温度越高，反应速率越快；
（4）离子方程式书写的时候，难溶于水的物质、弱电解质、难溶物写成化学式，易溶于水的强电解质写出离子的形式；氢氧化铝既能溶于强酸又能溶于强碱。
【详解】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+
6NaNO3+6NaCl+8H2O；
（2）①Fe2O3、Fe为固体，浓度视为不变，不能出现在表达式中，故K=；
②10min后，生成了单质铁11.2g，则消耗0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为：
=0.015mol/(L·min) ；
③可逆反应达到平衡状态时，①各组分的浓度保持不变；②正逆反应速率相等。故CO（或CO2）的质量不再改变说明该反应已达到平衡状态， CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等说明该反应已达到平衡状态；
（3）Al与金属氧化物发生铝热反应是放热反应，温度越高反应速率越大，但反应开始时温度不是0，对照图示，b选项符合题意；
（4）NH3·H2O是弱电解质，Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式书写时，写成化学式，故实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3的离子方程式：Al3++3NH3·H2O→Al(OH)3↓+3NH4+；氢氧化铝具有两性，既能溶于强酸又能溶于强碱，故用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，不能制取Al(OH)3，因为Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制；或用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能制取Al(OH)3，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量。
34． 2 1 6 2 6H+ 3 折线型（V型） 0.25NA 分液漏斗 83.2%
【分析】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(2)根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中O原子的杂化分析；
(3)根据化合价变化计算得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗；
(5)根据电子守恒建立关系式：Ce(OH)4～FeSO4，然后进行计算求出Ce(OH)4的质量，最后求出质量分数。
【详解】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H+，故答案为：2、1、6、2、6H+；
(2)O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4，所以其核外电子排布在3种不同能量的电子亚层上；H2O中O原子形成2个σ键，有2对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，O-H之间的键角小于109°28′，所以H2O分子空间构型是折线型 (V 型)，故答案为：3；折线型 (V 型)；
(3)根据化合价变化得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量为=×(4-3)=0.25mol，故答案为：0.25NA；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(5)滴定反应为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则Ce(OH)4的物质的量为0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，故该产品中Ce(OH)4的质量分数为=83.2%，故答案为：83.2%。
35． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
36． 氢化物稳定性：H2O＞NH3，氧强于氮 氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2 = 取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠
【分析】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2O＞NH3，非金属性氧强于氮；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H2O，电子转移的方向和数目为：；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)= c(H+)，又因为c (OH-)= c(HNO2)，盐酸溶液中c (H+)= c(Cl-)，所以c(Cl-)=c(HNO2)；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠。
37． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
38． 过滤 分液漏斗 Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 碘水 变蓝 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③ 5 1 6 2 10 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 Fe3+ 由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3
【分析】(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；
(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；
(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN 溶液变为血红色；
(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。
【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
(2) 没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+ 6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为： ；
(4) FeCl3 溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管 a 中加入 1 mL 苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN 溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；
(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
39． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-21氧化还原反应（8）
一、单选题
1．（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
2．（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－
3．（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
4．（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
5．（2020·上海青浦·统考二模）下列有关海洋资源的利用，未涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．海水淡化 C．氯碱工业 D．海带提碘
6．（2020·上海虹口·统考二模）已知黑火药爆炸的反应：S+2KNO3+3C → K2S+3CO2+ N2↑，下列说法正确的是
A．该反应中氧化剂只有硝酸钾 B．该反应中还原剂只有碳
C．每生成0.1 mol N2转移电子1 mol D．产物中有两种共价化合物
7．（2020·上海青浦·统考二模）将一定量的SO2通入Fe(NO3)3溶液中，再加入适量BaCl2溶液，一定会大量增加的是
A．H+ B．SO42- C．Ba2+ D．Fe2+
8．（2020·上海浦东新·统考二模）海洋是资源的宝库，下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海水晒盐 B．电解饱和食盐水
C．海带提碘 D．用氯气制漂粉精
9．（2020·上海崇明·统考二模）亚硝酸亚铁Fe(NO2)2易分解，若分解产物之一是红色粉末Fe2O3，则另一分解产物可能是（ ）
A．NO B．N2O3 C．NO2 D．N2O5
10．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）氢化铵与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列叙述中错误的是（ ）
A．NH4H是离子化合物
B．NH4H溶于水所形成的溶液显酸性
C．NH4H与水反应时，NH4H是还原剂
D．NH4H固体投入少量的水中，有两种气体产生
11．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是（ ）
A．氢氧化铝可作胃酸的中和剂 B．氯化铵溶液作除锈剂
C．84消毒液作消毒剂 D．白醋作除垢剂
12．（2020·上海崇明·统考二模）化学反应类型很多，下列反应类型间关系的图示中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2020·上海黄浦·统考一模）下列物质的生产过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海水提溴 B．纯碱 C．炼钢炼铁 D．合成氨
14．（2020·上海静安·模拟预测）向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中，通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体物质中一定有
A．NaCl、Na2SO4 B．NaCl、NaBr、Na2SO4
C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、NaI、Na2SO4
15．（2020·上海青浦·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
16．（2020·上海静安·统考一模）下列过程中没有发生电子转移的是（ ）
A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮
17．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
18．（2020·上海嘉定·二模）科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：
NaHCO3+H2HCOONa+H2O下列有关说法正确的是
A．储氢、释氢过程均无能量变化
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化
D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2
19．（2020·上海黄浦·统考一模）通过复习总结，你认为下列对化学知识概括合理的是
A．金属离子只有氧化性，非金属离子只有还原性
B．一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物
C．原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键
D．在化学反应中，一定有化学键的断裂和形成，并伴有能量的变化
20．（2020·上海静安·模拟预测）下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（ ）
A．氮元素只被氧化
B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮
C．其它元素也参与了氮循环
D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
二、填空题
21．（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___________。
22．（2020·上海奉贤·统考二模）不锈钢是由铁、铬(Cr)、镍(Ni)、碳、硅及众多不同元素组成的合金。完成下列填空：
(1)写出碳原子最外层电子的轨道表示式______________，其最外层有____种不同运动状态的电子。
(2)硅烷(SiH4)可用于制备高纯硅，已知硅烷的分解温度远低于甲烷，从原子结构角度解释其原因：_____________________________________________________。
(3)下面是工业上冶炼Cr时涉及到的反应：
CrO42－+ S+ H2O→ Cr(OH)3↓+ S2O32－+
①请将方程式补充完整并配平____________________。
②上述反应中，若转移了3mol电子，得到的还原产物是__________mol。
③Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，写出Cr(OH)3的电离方程式________。
(4)镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。Ni(CO)4是________________晶体，Ni(CO)4易溶于下列_______（填序号）。
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液
23．（2020·上海青浦·统考二模）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。
24．（2020·上海青浦·统考二模）氮化镓()材料具有低的热产生率和高的击穿电场，是制造大功率和高频微波电子器件的理想半导体材料。
已知：①Ga和Al同主族且相邻，化学性质与铝相似；②在室温下，氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，能与热的碱溶液缓慢反应。
(1)配平氮化镓制备的化学方程式：□Ga(l)+□NH3(g)⇌□GaN(s)+□H2(g)+QkJ(Q＞0)_____________
(2)上述反应的平衡常数表达式K=_____________；在恒温恒容密闭容器中制备氮化镓，下列有关说法正确的是_____________
A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可能是加压
B．Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图象中纵坐标可以为平衡常数
(3)Ga最外层电子的核外电子排布式___________________，N核外能量最高的电子亚层上电子云空间伸展方向有_____________种；
(4)氮化镓的晶体类型_____________，氮化铝和氮化镓晶体类型相同，且结构相似，比较两者熔点的高低并解释原因_____________________________________________________________；
(5)写出氮化镓溶于热的NaOH溶液的离子方程式____________________________________。
25．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
26．（2020·上海松江·统考二模）二氧化氯(ClO2)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。已知：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反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是__；理由是__。
(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：
___CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+__□__
(3)该反应中，被氧化的元素是__。还原产物与氧化产物的物质的量之比是__。
(4)根据上述反应可推知__。
a.氧化性：C1O2＞NaClO3 b.氧化性：NaClO3＞CH3OH
c.还原性：CH3OH＞ClO2 d.还原性：CH3OH＞Na2SO4
(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏伽德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为__升。
(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的__倍。
27．（2020·上海虹口·统考二模）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
(1)在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________ mol。
(2)在方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。
a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原
c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原
(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。
(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 ________________________________________________。
(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。
(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。
(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物
NaCl
KCl
CCl4
熔点/℃
804
773
-22.92
试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。
28．（2020·上海长宁·统考二模）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，在周期表中信息如图所示。完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为___。表中78.96的意义为__。Se原子最外层电子排布的轨道表示式为___。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒___。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种___（选填“极性、或非极性”）分子，其空间结构为___型。
（4）工业上常用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式___。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为___g，得到SO2在标准状况下的体积为___ L。
29．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑
完成下列填空：
（1）上述反应中的还原剂为___，还原产物有___，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___。
（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。
（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___。
（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。
（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___。
a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4
b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
d.分解温度：CH4＞H2S
30．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
31．（2020·上海崇明·统考二模）在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是___，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=___。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：___CuS+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为___。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）___。
32．（2020·上海静安·模拟预测）某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：NaOH+Cl2→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，经测定反应后c(ClO-)和c(ClO3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为__________。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因______________________________。
33．（2020·上海宝山·统考二模）铝和铁的含量在地球金属元素中处于前两位，它们的单质及化合物应用非常广泛。
（1）铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，制取原理如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O
配平上述化学方程式_____。
（2）工业上利用Fe2O3和CO反应制取铁，在一定温度下，反应如下：Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为K=_____。
②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g，则10min内CO的平均反应速率为_____。
③请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：_____。
a. b.c. d.
（3）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率（v）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是______。
（4）实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3，写出该反应的离子方程式_____。如果用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能否制得Al(OH)3，简要说明原因_____。
34．（2020·上海青浦·统考一模）稀土元素（铈等金属）是重要的战略资源，在工业中有重要的应用，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式：______Ce3+______H2O2+______H2O→______Ce（OH）4↓+____________。
（2）氧的原子核外共有______个电子亚层，H2O 的空间构型为______；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为______；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称______；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L-1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4的质量分数为______。
35．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）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充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
36．（2020·上海奉贤·统考一模）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。
请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。
（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。
（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。
（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______
三、实验题
37．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。
完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
38．（2020·上海浦东新·统考一模）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。
(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。
(3)查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____ H2O→_____ HIO3+_____ HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。
(4)探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。
(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。
四、原理综合题
39．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
参考答案：
1．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。
2．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。
3．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。
4．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。
5．B
【详解】A．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，故A不符合题意；
B．海水淡化是从海水中取得淡水的过程，海水淡化，属于物理过程，没有发生化学变化，故B符合题意；
C．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；
D．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
6．B
【分析】该反应为氧化还原反应，元素化合价上升的有： C：0→+4，且有3个碳原子参与反应，化合价上升共12；元素化合价降低的有：S：0→-2，N：+5→0，且有1个硫原子和2个氮原子参与反应，化合价降低共2×1+5×2=12，化合价升降守恒，该反应按照配比化合价共升（降）12，转移12个电子。
【详解】A.根据分析，化合价降低的是硫元素和氮元素，则氧化剂为KNO3和S，A项错误；
B.根据分析，化合价上升的只有碳元素，则还原剂只有C，B项正确；
C.根据分析，每1mol氮气生成转移电子12mol，则每生成0.1 mol N2转移电子1.2 mol ，C项错误；
D.产物中K2S是离子化合物，CO2是共价化合物，N2是单质，D项错误；
答案选B。
【点睛】含有离子键的化合物称为离子化合物，表面特征是含有一些金属离子或者铵根离子，除氯化铝、氯化铍等特殊物质；只含共价键的化合物称为共价化合物，表面特征是不含金属离子或者铵根离子，除特殊物质外。
7．A
【详解】由于二氧化硫是酸性气体，通入Fe(NO3)3溶液中，相当于生成了硝酸，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先发生二氧化硫被硝酸氧化的过程，前阶段发生反应：SO2少量时，2NO3-+3SO2 +2H2O=2NO+3SO42-+4H+，后阶段发生反应：SO2过量时：2Fe3++SO2+2H2O= 2Fe2++SO42- +4H+，总反应：Fe3++3NO3-+5SO2+4H2O=3NO+5SO42-+8H++Fe2+，再加入适量BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故不管是发生前段反应，还是后段反应，氢离子的量一定是增加的，故答案选A。
【点睛】本题根据氧化性和还原性的强弱，判断先发生的反应是解本题的关键。
8．A
【详解】A．海水晒盐属于物理变化，没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A选；
B．工业上用惰性电极电解饱和食盐水，2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑，Cl元素和H元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．海带提碘是由KI变为I2，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．工业用氯气制漂粉精时，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Cl元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选A。
9．A
【详解】亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中Fe的化合价为+2价，分解产物之一是红色粉末Fe2O3，其中Fe的化合价为+3价，化合价升高，O元素的化合价为-2价，为最低价态，因此N元素的化合价降低。在亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中N的化合价为+3价，生成NO时N元素的化合价降低，生成N2O3时N的化合价不变，生成NO2或N2O5时N的化合价升高，故选A。
10．B
【详解】A．依据题意NH4H与氯化铵的结构相似，则性质也应相似，氯化铵是铵盐，属于离子化合物，因此NH4H也是离子化合物，由和H-构成的离子化合物，故A不符合题意；
B．NH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，生成的NH3•H2O是弱碱，水溶液中呈碱性，故B符合题意；
C．根据NH4H和H2O反应过程中化合价的升降，可知NH4H中H-化合价升高为0价，作还原剂，故C不符合题意；
D．该反应生成H2和NH3•H2O，NH3•H2O的浓度较大或加热时，会分解生成NH3，NH4H固体投入少量的水中，生成NH3•H2O的浓度较大，且该反应为放热反应，因此最终有两种气体产生，故D不符合题意；
故答案为：B。
11．C
【详解】A．氢氧化铝具有两性，能够与胃液中盐酸反应，常用作胃酸中和剂，该反应为酸碱中和反应，不涉及电子转移，故A不符合题意；
B．氯化铵溶液水解呈酸性做除锈剂，氯化铵水解反应不涉及电子转移，故B不符合题意；
C．84消毒液做杀菌消毒剂，84消毒液具有强氧化性，与细菌或病毒中蛋白质发生了氧化还原反应，涉及电子转移，故C符合题意；
D．白醋做除垢剂即醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，没有化合价变化，不涉及电子转移，故D不符合题意；
故答案为：C。
12．D
【详解】A．部分化合反应是氧化还原反应，如氢气在氧气中的燃烧反应，部分化合反应不是氧化还原反应，如氧化钙与水的化合反应，因此化合反应与氧化还原反应属于交叉关系，故A正确；
B．酯化反应也属于取代反应，但取代反应不一定是酯化反应，因此取代反应包括酯化反应，故B正确；
C．加成反应从物质种类看，属于多变一，消除反应从物质种类看，属于一变多，二者属于并列关系，故C正确；
D．置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定是置换反应，因此氧化还原反应包括置换反应，不是交叉关系，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．海水提溴涉及的氧化还原反应有：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，Br2+SO2+2H2O=2HBr +H2SO4，Cl2+2HBr=2HCl+Br2 ，A不符合题意；
B．制备纯碱的反应方程式为：2NaHCO₃=Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑，可知反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．炼钢炼铁主要发生的反应为：Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2，其属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．合成氨的化学方程式为：N₂+3H₂2NH₃，是氧化还原反应，D不符合题意；
答案选B。
14．A
【分析】还原性强弱：Na2SO3＞NaBr＞NaI，根据氧化还原反应的反应强弱规律进行分析解答。
【详解】向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中，通入一定量的氯气，根据反应强弱规律：还原性：Na2SO3＞NaBr＞NaI，氯气优先与Na2SO3反应，故一定有NaCl、Na2SO4；若氯气恰好反应完，由于单质溴易挥发，碘易升华，则将溶液蒸干并充分灼烧，无其他物质，故答案为A。
【点睛】当同一个氧化剂遇到多个还原剂时，根据强弱顺序进行反应，还原性强的先反应。
15．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。
16．A
【详解】A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；
B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；
C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；
D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；
故答案为A。
17．B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
18．B
【详解】A．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故A错误；
B．NaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3-构成，HCO3-中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO-构成，HCOO-中含有共价键，故B正确；
C．储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；
D．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2.24L，故D错误；
故选B。
19．D
【详解】A．简单非金属阴离子化合价最低，只有还原性，金属阳离子可能处于中间价态，既有氧化性又有还原性，如亚铁离子，故A错误；
B．同种化合价可对应多种氧化物，如+4价氮元素有二氧化氮和四氧化二氮两种氧化物，故B错误；
C．稀有气体分子间不存在化学键，但是其属于分子晶体，故C错误；
D．任何化学反应都是旧化学键的断裂，新化学键生成的过程，并伴有能量变化，故D正确；
答案选D。
20．A
【详解】A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；
B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；
C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；
D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；
答案选A。
【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。
21． 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。
22． 4 C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si，所以硅元素的非金属性弱于碳元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷 4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－ 1 CrO2－+ H++ H2OCr(OH)3Cr3++3OH－ 分子晶体 b、c
【详解】(1) 碳原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则，其最外层电子的轨道表示式为；每个电子的运动状态都是不一样的，所以有4种不同运动状态的电子。
(2) C和Si最外层电子数相同（是同主族元素），C原子半径小于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。
(3) 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，根据化合价总变化相等，可知CrO42－与S的比值为2:3，再根据原子守恒可以配平Cr(OH)3与S2O32－，生成物中缺的物质是OH-，可利用电荷守恒配平，最后配水即可，4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－。
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可知若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量3mol/3=1 mol。
③根据氢氧化铝的电离方程式，可知Cr(OH)3的电离方程式为CrO2－+ H++ H2O Cr(OH)3 Cr3++3OH－。
(4) 根据该物质的熔沸点可知，该物质属于分子晶体，该物质的结构为正四面体结构，正负电荷中心重合，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。
【点睛】不用类型的晶体熔沸点高低不一样，分子晶体一般熔沸点较低，有时可用这种方法判断是否是分子晶体。
23． S 2NA 存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝 Li(或SOCl2)会与水发生反应 常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本 SO32- 溶液中HSO3-的电离
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；
(3)金属锂是活泼金属可与水反应；
(4) 根据反应2SO2+ O22SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
【详解】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；
(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；
(4)根据反应2SO2+ O22SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
24． 2223 K= AD 4s24p1 3 原子晶体 熔点AlN＞GaN，晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高 GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑
【分析】(1)根据氧化还原反应规律配平氮化镓制备的化学方程式；
(2)根据平衡常数的定义书写表达式；结合外界条件变化对平衡体系的影响分析判断图象；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论书写核外电子排布式，进而判断最外层电子排布式；根据N的核外电子排布式分析判断电子的伸展方向；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，据此分析晶体类型；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，结合键能大小分析判断；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，据此书写方程式。
【详解】(1)Ga元素由0价变为+3价，H元素由+1价变为0价，根据氧化还原反应电子得失守恒，配平氮化镓制备的化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)；
(2)平衡常数的定义为平衡时生成物浓度的计量系数次幂的乘积与反应物浓度计量系数次幂的乘积的比值；注意纯液体和固体没有浓度变化量，不写入平衡常数表达式，则根据反应2Ga(l)+2NH3(g)⇌ 2GaN(s)+3H2(g)，平衡常数的表达式K=；
结合外界条件变化对平衡体系的影响分析：
A．则t时刻改变的条件可能是加压，增大压强，反应率加快，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与Ⅰ图象相符，故A正确；
B．增大压强，反应率加快，反应逆向移动，镓的含量增大，转化率降低，与Ⅱ图象不符，故B错误；
C．镓在反应体系中为纯液体，没有浓度变化量，增大镓的量，没有浓度变化，反应速率不变，与Ⅲ图象不符，故C错误；
D．平衡常数常数只受温度影响，2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)+QkJ(Q＞0)，则正反应放热，升高温度，反应逆向移动，平衡常数减小，与Ⅳ图象相符，故D正确；
答案选AD；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论，基态原子核外电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d104s24p1 (或[Ar]3d104s24p1)，最外层电子的核外电子排布式为4s24p1；基态N原子核外电子排布式为1s2 2s22p3，能量最高的电子亚层为2p，p能级上有三个轨道，电子云空间伸展方向有3种；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，为原子晶体；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高，则熔点：AlN＞GaN；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，化学反应方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑。
25． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
26． 试液变成无色 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性 CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O CH3OH中-2价的碳 6：1 bc 7.84 2.63
【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；
(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；
(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；
(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；
(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；
(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。
【详解】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；
(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O；
(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；
(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞C1O2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，答案选bc；
(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；
(6)，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
27． 0.2 c 方法二 方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染 2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O 17 3s23p6 正四面体 NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【详解】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。
(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；
(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；
(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；
(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；
(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是；
(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【点睛】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
28． 第四周期VIA族 硒元素的相对原子质量 硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒 极性 折线形 CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.49 11.2
【详解】（1）Se原子核外有4个电子层，最外层电子数为6，则Se元素在周期表中的位置为第四周期VIA族，表中78.96的为硒元素的相对原子质量，Se原子最外层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为：第四周期VIA族；硒元素的相对原子质量； ；
（2）硫元素、硒元素同主族，硫原子、硒原子最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒；
（3）硒化氢（H2Se）类比硫化氢，为折线型，正电中心与负电中心不重合，是一种极性分子，故答案为：极性；折线型；
（4）浓H2SO4具有强氧化性，CuSe具有还原性，二者反应产生SO2、SeO2，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，每转移6mol电子，生成1molSeO2，3molSO2，则每转移1mol电子，可得到SeO2，其质量为，得到molSO2，其在标准状况下的体积为，故答案为：18.49；11.2。
29． C K2S和N2 6NA 离子晶体 离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 品红溶液均褪色 不褪色 将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) N
【详解】（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol×4NAmol-1=6NA；
（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；
（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；
（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：N
（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：S>C，故a符合题意 ；
b．酸性：H2SO3>H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；
d．分解温度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1º，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；
故答案为：ac。
【点睛】常见非金属性的比较规律：
1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；
2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；
3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；
4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；
值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。
30． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
31． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
32． 4:1 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为1:3，则可设ClO−为1mol，ClO3−为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。
33． 2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 0.015mol/(L·min) CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；CO（或CO2）的质量不再改变 b Al3++3NH3·H2O→Al（OH）3↓+3NH4+ 不能，Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制(能，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量)
【分析】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式；
（2）化学平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比值，固体与纯液体不写；可逆反应达到平衡状态时，各物质的不再变化，正反应速率和逆反应速率相等；
（3）金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应，铝热反应为放热反应，温度越高，反应速率越快；
（4）离子方程式书写的时候，难溶于水的物质、弱电解质、难溶物写成化学式，易溶于水的强电解质写出离子的形式；氢氧化铝既能溶于强酸又能溶于强碱。
【详解】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+
6NaNO3+6NaCl+8H2O；
（2）①Fe2O3、Fe为固体，浓度视为不变，不能出现在表达式中，故K=；
②10min后，生成了单质铁11.2g，则消耗0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为：
=0.015mol/(L·min) ；
③可逆反应达到平衡状态时，①各组分的浓度保持不变；②正逆反应速率相等。故CO（或CO2）的质量不再改变说明该反应已达到平衡状态， CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等说明该反应已达到平衡状态；
（3）Al与金属氧化物发生铝热反应是放热反应，温度越高反应速率越大，但反应开始时温度不是0，对照图示，b选项符合题意；
（4）NH3·H2O是弱电解质，Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式书写时，写成化学式，故实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3的离子方程式：Al3++3NH3·H2O→Al(OH)3↓+3NH4+；氢氧化铝具有两性，既能溶于强酸又能溶于强碱，故用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，不能制取Al(OH)3，因为Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制；或用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能制取Al(OH)3，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量。
34． 2 1 6 2 6H+ 3 折线型（V型） 0.25NA 分液漏斗 83.2%
【分析】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(2)根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中O原子的杂化分析；
(3)根据化合价变化计算得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗；
(5)根据电子守恒建立关系式：Ce(OH)4～FeSO4，然后进行计算求出Ce(OH)4的质量，最后求出质量分数。
【详解】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H+，故答案为：2、1、6、2、6H+；
(2)O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4，所以其核外电子排布在3种不同能量的电子亚层上；H2O中O原子形成2个σ键，有2对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，O-H之间的键角小于109°28′，所以H2O分子空间构型是折线型 (V 型)，故答案为：3；折线型 (V 型)；
(3)根据化合价变化得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量为=×(4-3)=0.25mol，故答案为：0.25NA；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(5)滴定反应为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则Ce(OH)4的物质的量为0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，故该产品中Ce(OH)4的质量分数为=83.2%，故答案为：83.2%。
35． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
36． 氢化物稳定性：H2O＞NH3，氧强于氮 氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2 = 取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠
【分析】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2O＞NH3，非金属性氧强于氮；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H2O，电子转移的方向和数目为：；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)= c(H+)，又因为c (OH-)= c(HNO2)，盐酸溶液中c (H+)= c(Cl-)，所以c(Cl-)=c(HNO2)；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠。
37． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
38． 过滤 分液漏斗 Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 碘水 变蓝 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③ 5 1 6 2 10 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 Fe3+ 由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3
【分析】(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；
(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；
(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN 溶液变为血红色；
(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。
【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
(2) 没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+ 6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为： ；
(4) FeCl3 溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管 a 中加入 1 mL 苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN 溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；
(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
39． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
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