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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-18氧化还原反应（5）
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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-18氧化还原反应（5），共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-18氧化还原反应（5）
一、单选题
1．（2022·上海·模拟预测）已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是
A．N元素的化合价降低 B．NH3被还原
C．消耗0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子 D．CuO是还原剂
2．（2022·上海崇明·统考二模）下列物质不能通过化合反应制得的是：
A．FeCl2 B．NaHCO3 C．Al（OH）3 D．Fe（OH）3
3．（2022·上海嘉定·统考二模）向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是
A． B． C． D．
4．（2022·上海嘉定·统考二模）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
5．（2021·上海·统考二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．Cu2+将H2O2还原为O2
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
6．（2021·上海浦东新·统考二模）不能使溴水褪色的气体是
A． B． C． D．
7．（2021·上海浦东新·统考二模）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
8．（2021·上海徐汇·统考二模）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl-S-Cl-S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
9．（2021·上海徐汇·统考二模）露置于空气不易因氧化而变质的是
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
10．（2021·上海嘉定·统考二模）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是
A．铝是还原剂 B．是氧化剂
C．与是氧化剂 D．氢气是还原产物
11．（2021·上海宝山·统考二模）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价)，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。关于此反应，下列说法错误的是
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化
D．每转移1.2mol电子，有0.2mol氧气被还原
12．（2021·上海虹口·统考二模）I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
13．（2021·上海静安·统考二模）次磷酸(H3PO2)与磷酸(H3PO4)的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
关于该氧化还原反应的判断正确的是
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO+4Ag++2H2O4Ag↓+PO+6H+
D．硝酸银发生还原反应
14．（2021·上海静安·统考二模）反应2Na2S2O3+I2→ 2NaI+ Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是
A．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，就有4 mol 电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
15．（2021·上海松江·统考二模）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
二、多选题
16．（2021·上海浦东新·统考二模）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的与的物质的量之比为4∶3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：
三、填空题
17．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
18．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
四、工业流程题
19．（2021·上海浦东新·统考二模）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
20．（2021·上海闵行·统考二模）工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：
(1)酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应：+I-+____→NO ↑+I2 +_____，补充完整方程式并配平：_______；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是_______L。
(2)上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是___。
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是____(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
(4)在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小___。
五、原理综合题
21．（2021·上海徐汇·统考二模）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
(1)N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有___________个；CS2的电子式___________。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，在5L密闭容器中充入1mol CO 2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如下图所示。
(2)该反应的平衡常数K=___________；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 ʋ =___________。
(3)该反应是___________反应(选填“吸热”或“放热”)；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率___________ CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“<”或“=”)；解释温度低于T时，φ(CH3OH)逐渐增加的原因___________。化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：_____ClO + ________NO + ______OH- → ______NO+ _______Cl- + ________H2O
(4)配平上述方程式___。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法___________。
22．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定 D．N2O5的分解率主要由第一步决定
23．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。
i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
24．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
25．（2021·上海·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
六、结构与性质
26．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
27．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
七、实验题
28．（2021·上海嘉定·统考二模）与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某兴趣小组通过如下装置(夹持装置略)对制备、吸收、释放和应用进行了研究。
已知：装置中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：
(1)打开的活塞，中发生反应生成，请将化学方程式配平___________
。
(2)吸收气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图所示。
若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。
29．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10
20
30
40
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4∙7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
(NH4)2SO4∙ ∙FeSO4∙6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol・L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
八、元素或物质推断题
30．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1．C
【分析】3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。
【详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；
B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；
C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子，故C正确；
D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；
故选C。
【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。
2．C
【分析】
【详解】A.FeCl2能通过化合反应制得：2FeCl3+Fe=3FeCl2，选项A不选；
B.NaHCO3能通过化合反应制得：Na2CO3 +H2O +CO2 =2NaHCO3，选项B不选；
C.Al(OH)3不能通过化合反应制得，可以通过复分解反应制备，如氯化铝和氨水反应，选项C可选；
D.Fe(OH)3能通过化合反应制得：4Fe(OH)2+2H2O +O2=4Fe(OH)3，选项D不选；
答案选C。
3．D
【分析】由于金属的活动性是锌＞铁＞铜，向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，反应的方程式是：
Zn+CuCl2=Cu+ZnCl2 溶液增量
65 64 65-64=1
Zn+FeCl2=Fe+ZnCl2 溶液增量
65 56 65-56=9
【详解】A.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，生成了铜和氯化锌，铜的质量不断增加，当氯化铜反应完全后不再增加，故A正确；
B.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，前者溶液增加的幅度小于后者，故B正确；
C.当锌与氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的逐渐减小，完全反应后质量为0，故C正确；
D.原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A错误；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C错误；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；
答案选D。
【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
5．B
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；
B．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；Cu2+将H2O2氧化为O2，B错误；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊( Cu2O)”，说明+2价的Cu2+被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，Cu2O中+ 1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+ 2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+ +3H2O，D正确；
故合理选项是B。
6．C
【详解】A．硫化氢与溴水发生反应生成溴化氢和硫沉淀，A项错误；
B．氨气可以与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，B项错误；
C．乙烷为饱和烃，与溴水不反应，不能使溴水褪色，C项正确；
D．乙炔含有碳碳三键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，D项错误；
答案选C。
7．C
【分析】铁和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，残留固体为Fe3O4或Fe3O4和Fe的混合物。加入足量的稀硫酸，Fe3O4和硫酸反应：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，若有铁剩余，由于氧化性：Fe3+＞H+，所以还会依次发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
【详解】A．若X中含有铁，但铁全部和Fe2(SO4)3反应，则没有气泡，故A错误；
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，说明Y中含Fe3+，可能X中无铁，也可能X中铁不足以将Fe2(SO4)3全部转化为FeSO4，故B错误；
C．不论X是Fe3O4，还是Fe3O4和Fe的混合物，和硫酸反应后都有Fe2+，所以一定能使高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．若硫酸过量，则向Y中滴入NaOH溶液，硫酸消耗了NaOH，则没有沉淀产生，故D错误；
故选C。
8．A
【分析】由S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子可知，S2Cl2结构式为Cl—S—S—Cl，由S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体可知， S2Cl2与水反应生成硫、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。
【详解】A．由分析可知，S2Cl2与水反应生成硫、二氧化硫和氯化氢，生成二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，故A正确；
B．由分析可知，S2Cl2与水反应时硫元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，既是反应的氧化剂又是反应的还原剂，故B错误；
C．由分析可知，S2Cl2结构式为Cl—S—S—Cl，故C错误；
D．由反应的方程式可知，2molS2Cl2与水完全反应，转移电子3mol电子，则1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为1.5NA，故D错误；
故选A。
9．A
【详解】A．NaOH露置于空气中会发生潮解，易与空气中的二氧化碳反应而变质，但不会易因氧化而变质，故A选；
B．Na2SO3露置于空气中会被氧气氧化成Na2SO4而变质，故B不选；
C．KI露置于空气中会被氧气氧化成I2而变质，故C不选；
D．FeCl2露置于空气中会被氧气氧化成FeCl3而变质，故D不选；
故选A。
10．C
【分析】铝和氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，然后氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，方程式依次为2Al+6H2O＝2Al(OH)3+3H2↑、Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，据此解答。
【详解】A．反应中铝元素化合价升高，失去电子，铝是还原剂，A正确；
B．水中氢元素化合价降低，得到电子，是氧化剂，B正确；
C．只是溶解氢氧化铝，不是氧化剂，是氧化剂，C错误；
D．水中氢元素化合价降低，得到电子，是氧化剂，所以氢气是还原产物，D正确；
答案选C。
11．C
【分析】反应2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，据此分析解答。
【详解】A．反应中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．被氧化的S元素由-2价升高到+4价，根据方程式，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；
D．S元素由-2价升高到+4价，生成1mol二氧化硫，转移6mol电子，同时消耗1molO2，所以每转移1.2mol电子，有=0.2mol氧气被还原，故D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
13．D
【详解】A．NaH2PO2为正盐，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，为一元酸，A错误；
B．NaH2PO2与Ag+反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，Ag+转化为Ag化合价降低1价，为氧化剂，根据电子守恒可知NaH2PO2中P元素化合价升高4价，所以氧化产物为H3PO4，再结合元素守恒可得离子方程式为H2PO+4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，反应过程中生成氢离子，所以溶液的酸性增强，B错误；
C．Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸，不能写成离子形式，C错误；
D．该反应中Ag+转化为银化合价降低被还原，即硝酸银发生还原反应，D正确；
综上所述答案为D。
14．A
【详解】A．该反应中Na2S2O3为唯一还原剂，且只得电子，每生成1 mol Na2S4O6，则有4molS的化合价由+2价变为+2.5价，转移2mol电子，A错误；
B．该反应中I元素化合价降低，I2表现了氧化性，B正确；
C．该反应中I元素化合价降低，I2被还原，S元素化合价升高，Na2S4O6是氧化产物，C正确；
D．Na2S2O3具有还原性，久置以被空气中的氧气氧化，S元素可能被氧化为+6价，生成Na2SO4，D正确；
综上所述答案为A。
15．B
【详解】丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，该红色物质可能为Cu或Cu2O，不论产物是Cu还是Cu2O，反应过程中Cu的化合价均降低，氧化铜被还原，说明丁烷具有还原性，答案选B。
16．CD
【详解】A．过程Ⅰ中氮元素的化合价由+3价变为-1价，化合价降低，NO 做氧化剂被还原，所以过程Ⅰ需加入还原剂，A错误；
B．过程Ⅱ中NH2OH与NH反应生成N2H4，OH-被消耗，反应后碱性减弱，B错误；
C．由题分析可知，过程Ⅲ中的反应离子方程式为4 NO+3N2H4+4H+=5N2 +8H2O，参与反应的NO与N2H4的物质的量之比为4∶3，C正确；
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为NO与NH发生归中反应得到N2，反应为NO+NH→N2 +2H2O，D正确；
故选CD。
17． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
18． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
19． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
20． 2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O 16.8 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 ab 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2+4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
【详解】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2+2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)==0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol22.4L/mol=16.8L。故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案选ab；
(4)NaHSO3溶液中既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
21． 3 0.015 mol·L-1·min-1 放热 < 温度低于T时，反应未达到平衡，向生成物方向进行 3ClO+4NO +4OH- = 4NO+ 3Cl- + 2H2O 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值
【详解】(1)N是7号元素，其核外电子排布式为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为；
(2)平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为化学平衡常数，则该反应的平衡常数K=；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，设10分钟内二氧化碳反应了xmol，则列三段式如下：，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则=30%，解得x=0.75，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ==0.015 mol·L-1·min-1；
(3)c点之前反应未平衡，反应正向进行，φ(CH3OH)增大，c点反应达到平衡，c点之后升高温度，φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即该反应是放热反应；其它条件相同时，b点温度更高，因此CH3OH在a点的正反应速率
22． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B
【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
23． 1:4 H++HCO→H2O+CO2↑ 变大 ClO-+H2O⇌HClO +OH- < =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
24． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
25． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
26． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
27． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
28． 2、4、2、1、2、2 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度。
【详解】(1)打开的活塞，中发生反应生成，NaClO3中+5价的Cl得到一个电子变为+4价的Cl，HCl中的-1价的Cl失去一个电子变为0价的Cl，根据得失电子相等的原则，进行配平：
(2)根据图示知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度，所以稳定剂Ⅱ比较好，答案为稳定剂Ⅱ，能较长时间维持保鲜所需要的浓度
29． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol・L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
30． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-18氧化还原反应（5）
一、单选题
1．（2022·上海·模拟预测）已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是
A．N元素的化合价降低 B．NH3被还原
C．消耗0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子 D．CuO是还原剂
2．（2022·上海崇明·统考二模）下列物质不能通过化合反应制得的是：
A．FeCl2 B．NaHCO3 C．Al（OH）3 D．Fe（OH）3
3．（2022·上海嘉定·统考二模）向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是
A． B． C． D．
4．（2022·上海嘉定·统考二模）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
5．（2021·上海·统考二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．Cu2+将H2O2还原为O2
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
6．（2021·上海浦东新·统考二模）不能使溴水褪色的气体是
A． B． C． D．
7．（2021·上海浦东新·统考二模）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
8．（2021·上海徐汇·统考二模）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl-S-Cl-S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
9．（2021·上海徐汇·统考二模）露置于空气不易因氧化而变质的是
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
10．（2021·上海嘉定·统考二模）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是
A．铝是还原剂 B．是氧化剂
C．与是氧化剂 D．氢气是还原产物
11．（2021·上海宝山·统考二模）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价)，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。关于此反应，下列说法错误的是
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化
D．每转移1.2mol电子，有0.2mol氧气被还原
12．（2021·上海虹口·统考二模）I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
13．（2021·上海静安·统考二模）次磷酸(H3PO2)与磷酸(H3PO4)的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
关于该氧化还原反应的判断正确的是
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO+4Ag++2H2O4Ag↓+PO+6H+
D．硝酸银发生还原反应
14．（2021·上海静安·统考二模）反应2Na2S2O3+I2→ 2NaI+ Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是
A．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，就有4 mol 电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
15．（2021·上海松江·统考二模）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
二、多选题
16．（2021·上海浦东新·统考二模）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的与的物质的量之比为4∶3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：
三、填空题
17．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
18．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
四、工业流程题
19．（2021·上海浦东新·统考二模）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
20．（2021·上海闵行·统考二模）工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：
(1)酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应：+I-+____→NO ↑+I2 +_____，补充完整方程式并配平：_______；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是_______L。
(2)上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是___。
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是____(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
(4)在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小___。
五、原理综合题
21．（2021·上海徐汇·统考二模）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
(1)N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有___________个；CS2的电子式___________。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，在5L密闭容器中充入1mol CO 2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如下图所示。
(2)该反应的平衡常数K=___________；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 ʋ =___________。
(3)该反应是___________反应(选填“吸热”或“放热”)；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率___________ CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“<”或“=”)；解释温度低于T时，φ(CH3OH)逐渐增加的原因___________。化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：_____ClO + ________NO + ______OH- → ______NO+ _______Cl- + ________H2O
(4)配平上述方程式___。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法___________。
22．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定 D．N2O5的分解率主要由第一步决定
23．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。
i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
24．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
25．（2021·上海·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
六、结构与性质
26．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
27．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
七、实验题
28．（2021·上海嘉定·统考二模）与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某兴趣小组通过如下装置(夹持装置略)对制备、吸收、释放和应用进行了研究。
已知：装置中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：
(1)打开的活塞，中发生反应生成，请将化学方程式配平___________
。
(2)吸收气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图所示。
若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。
29．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10
20
30
40
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4∙7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
(NH4)2SO4∙ ∙FeSO4∙6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol・L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
八、元素或物质推断题
30．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1．C
【分析】3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。
【详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；
B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；
C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子，故C正确；
D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；
故选C。
【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。
2．C
【分析】
【详解】A.FeCl2能通过化合反应制得：2FeCl3+Fe=3FeCl2，选项A不选；
B.NaHCO3能通过化合反应制得：Na2CO3 +H2O +CO2 =2NaHCO3，选项B不选；
C.Al(OH)3不能通过化合反应制得，可以通过复分解反应制备，如氯化铝和氨水反应，选项C可选；
D.Fe(OH)3能通过化合反应制得：4Fe(OH)2+2H2O +O2=4Fe(OH)3，选项D不选；
答案选C。
3．D
【分析】由于金属的活动性是锌＞铁＞铜，向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，反应的方程式是：
Zn+CuCl2=Cu+ZnCl2 溶液增量
65 64 65-64=1
Zn+FeCl2=Fe+ZnCl2 溶液增量
65 56 65-56=9
【详解】A.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，生成了铜和氯化锌，铜的质量不断增加，当氯化铜反应完全后不再增加，故A正确；
B.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，前者溶液增加的幅度小于后者，故B正确；
C.当锌与氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的逐渐减小，完全反应后质量为0，故C正确；
D.原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A错误；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C错误；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；
答案选D。
【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
5．B
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；
B．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；Cu2+将H2O2氧化为O2，B错误；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊( Cu2O)”，说明+2价的Cu2+被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，Cu2O中+ 1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+ 2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+ +3H2O，D正确；
故合理选项是B。
6．C
【详解】A．硫化氢与溴水发生反应生成溴化氢和硫沉淀，A项错误；
B．氨气可以与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，B项错误；
C．乙烷为饱和烃，与溴水不反应，不能使溴水褪色，C项正确；
D．乙炔含有碳碳三键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，D项错误；
答案选C。
7．C
【分析】铁和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，残留固体为Fe3O4或Fe3O4和Fe的混合物。加入足量的稀硫酸，Fe3O4和硫酸反应：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，若有铁剩余，由于氧化性：Fe3+＞H+，所以还会依次发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
【详解】A．若X中含有铁，但铁全部和Fe2(SO4)3反应，则没有气泡，故A错误；
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，说明Y中含Fe3+，可能X中无铁，也可能X中铁不足以将Fe2(SO4)3全部转化为FeSO4，故B错误；
C．不论X是Fe3O4，还是Fe3O4和Fe的混合物，和硫酸反应后都有Fe2+，所以一定能使高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．若硫酸过量，则向Y中滴入NaOH溶液，硫酸消耗了NaOH，则没有沉淀产生，故D错误；
故选C。
8．A
【分析】由S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子可知，S2Cl2结构式为Cl—S—S—Cl，由S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体可知， S2Cl2与水反应生成硫、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。
【详解】A．由分析可知，S2Cl2与水反应生成硫、二氧化硫和氯化氢，生成二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，故A正确；
B．由分析可知，S2Cl2与水反应时硫元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，既是反应的氧化剂又是反应的还原剂，故B错误；
C．由分析可知，S2Cl2结构式为Cl—S—S—Cl，故C错误；
D．由反应的方程式可知，2molS2Cl2与水完全反应，转移电子3mol电子，则1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为1.5NA，故D错误；
故选A。
9．A
【详解】A．NaOH露置于空气中会发生潮解，易与空气中的二氧化碳反应而变质，但不会易因氧化而变质，故A选；
B．Na2SO3露置于空气中会被氧气氧化成Na2SO4而变质，故B不选；
C．KI露置于空气中会被氧气氧化成I2而变质，故C不选；
D．FeCl2露置于空气中会被氧气氧化成FeCl3而变质，故D不选；
故选A。
10．C
【分析】铝和氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，然后氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，方程式依次为2Al+6H2O＝2Al(OH)3+3H2↑、Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，据此解答。
【详解】A．反应中铝元素化合价升高，失去电子，铝是还原剂，A正确；
B．水中氢元素化合价降低，得到电子，是氧化剂，B正确；
C．只是溶解氢氧化铝，不是氧化剂，是氧化剂，C错误；
D．水中氢元素化合价降低，得到电子，是氧化剂，所以氢气是还原产物，D正确；
答案选C。
11．C
【分析】反应2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，据此分析解答。
【详解】A．反应中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．被氧化的S元素由-2价升高到+4价，根据方程式，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；
D．S元素由-2价升高到+4价，生成1mol二氧化硫，转移6mol电子，同时消耗1molO2，所以每转移1.2mol电子，有=0.2mol氧气被还原，故D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
13．D
【详解】A．NaH2PO2为正盐，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，为一元酸，A错误；
B．NaH2PO2与Ag+反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，Ag+转化为Ag化合价降低1价，为氧化剂，根据电子守恒可知NaH2PO2中P元素化合价升高4价，所以氧化产物为H3PO4，再结合元素守恒可得离子方程式为H2PO+4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，反应过程中生成氢离子，所以溶液的酸性增强，B错误；
C．Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸，不能写成离子形式，C错误；
D．该反应中Ag+转化为银化合价降低被还原，即硝酸银发生还原反应，D正确；
综上所述答案为D。
14．A
【详解】A．该反应中Na2S2O3为唯一还原剂，且只得电子，每生成1 mol Na2S4O6，则有4molS的化合价由+2价变为+2.5价，转移2mol电子，A错误；
B．该反应中I元素化合价降低，I2表现了氧化性，B正确；
C．该反应中I元素化合价降低，I2被还原，S元素化合价升高，Na2S4O6是氧化产物，C正确；
D．Na2S2O3具有还原性，久置以被空气中的氧气氧化，S元素可能被氧化为+6价，生成Na2SO4，D正确；
综上所述答案为A。
15．B
【详解】丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，该红色物质可能为Cu或Cu2O，不论产物是Cu还是Cu2O，反应过程中Cu的化合价均降低，氧化铜被还原，说明丁烷具有还原性，答案选B。
16．CD
【详解】A．过程Ⅰ中氮元素的化合价由+3价变为-1价，化合价降低，NO 做氧化剂被还原，所以过程Ⅰ需加入还原剂，A错误；
B．过程Ⅱ中NH2OH与NH反应生成N2H4，OH-被消耗，反应后碱性减弱，B错误；
C．由题分析可知，过程Ⅲ中的反应离子方程式为4 NO+3N2H4+4H+=5N2 +8H2O，参与反应的NO与N2H4的物质的量之比为4∶3，C正确；
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为NO与NH发生归中反应得到N2，反应为NO+NH→N2 +2H2O，D正确；
故选CD。
17． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
18． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
19． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
20． 2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O 16.8 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 ab 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2+4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
【详解】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2+2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)==0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol22.4L/mol=16.8L。故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案选ab；
(4)NaHSO3溶液中既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
21． 3 0.015 mol·L-1·min-1 放热 < 温度低于T时，反应未达到平衡，向生成物方向进行 3ClO+4NO +4OH- = 4NO+ 3Cl- + 2H2O 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值
【详解】(1)N是7号元素，其核外电子排布式为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为；
(2)平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为化学平衡常数，则该反应的平衡常数K=；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，设10分钟内二氧化碳反应了xmol，则列三段式如下：，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则=30%，解得x=0.75，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ==0.015 mol·L-1·min-1；
(3)c点之前反应未平衡，反应正向进行，φ(CH3OH)增大，c点反应达到平衡，c点之后升高温度，φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即该反应是放热反应；其它条件相同时，b点温度更高，因此CH3OH在a点的正反应速率
22． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B
【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
23． 1:4 H++HCO→H2O+CO2↑ 变大 ClO-+H2O⇌HClO +OH- < =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
24． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
25． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
26． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
27． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
28． 2、4、2、1、2、2 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度。
【详解】(1)打开的活塞，中发生反应生成，NaClO3中+5价的Cl得到一个电子变为+4价的Cl，HCl中的-1价的Cl失去一个电子变为0价的Cl，根据得失电子相等的原则，进行配平：
(2)根据图示知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度，所以稳定剂Ⅱ比较好，答案为稳定剂Ⅱ，能较长时间维持保鲜所需要的浓度
29． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol・L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
30． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
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