2020届高考化学二轮复习氧化还原反应作业(3)

2020届高考化学二轮复习氧化还原反应作业(3)

氧化还原反应 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（　　）‎ A．氨﹣﹣作制冷剂 ‎ B．漂粉精﹣﹣作游泳池消毒剂 ‎ C．甘油﹣﹣作护肤保湿剂 ‎ D．明矾﹣﹣我国古时用于除铜锈 ‎2．大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛 ‎ B．生成O3 的反应属于氧化还原反应 ‎ C．反应I属于复分解反应 ‎ D．该过程中O2作催化剂 ‎3．下列属于非氧化还原反应的是（　　）‎ A．2HClO2HCl+O2↑ ‎ B．Cu（OH）2+2HCl＝CuCl2+2H2O ‎ C．SO2+H2O2＝H2SO4 ‎ D．Br2+2NaI＝2NaBr+I2‎ ‎4．大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．NO2 不是酸性氧化物 ‎ B．O2和O3 是氧的两种同素异形体 ‎ C．反应I属于氧化还原反应 ‎ D．烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气 ‎5．下列玻璃仪器的洗涤方法涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A．附有银镜的试管用稀硝酸清洗 ‎ B．附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗 ‎ C．附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗 ‎ D．附有氢氧化铁的试管用盐酸清洗 ‎6．根据相关的化学原理，下列推断错误的是（　　）‎ A．若X是原子晶体，Y是分子晶体，则熔点：X＞Y ‎ B．若A2+2D﹣→2A﹣+D2，则氧化性：A2＞D2 ‎ C．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径：R2﹣＜M+ ‎ D．若弱酸HA、HB的酸性HA＞HB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA＜NaB ‎7．已知（CN）2的氧化性比Br2弱而比I2强，NaCN的水溶液呈碱性，则下列有关变化一般不能发生的是（　　）‎ A．CH2＝CH2+（CN）2→NC﹣CH2﹣CH2﹣CN ‎ B．（CN）2+2Br﹣→2CN﹣+Br2 ‎ C．（CN）2+2OH﹣→CN﹣+CNO﹣+H2O ‎ D．HCN⇌H++CN﹣‎ ‎8．已知还原性 I﹣＞Fe2+＞Br﹣，在只含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（　　）‎ A．I﹣、Fe3+、Cl﹣ B．Fe2+、Cl﹣、Br‑ ‎ C．Fe2+、Fe3+、Cl﹣ D．Fe2+、I﹣、Cl﹣‎ ‎9．已知微粒还原性强弱顺序：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣，则下列离子方程式不符合事实的是（　　）‎ A．2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2 B．Cl2+2I﹣→2Cl﹣+I2 ‎ C．2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣ D．Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣‎ ‎10．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣ 5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O 则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（　　）‎ A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣ ‎ C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣ D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣‎ ‎11．反应NO+O2+NO2+H2O→HNO3（未配平），当氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3时，此反应各物质化学计量数（系数）之比为（　　）‎ A．4：9：24：14：28 B．1：2：5：3：6 ‎ C．8：9：12：10：20 D．l：l：l：l：2‎ ‎12．Zn+NO3﹣+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是（　　）‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎13．下列物质分别与水溶液中的Fe3+发生反应，并生成等量的Fe2+时，消耗还原剂的物质的量最少的是（　　）‎ A．Cu B．Fe C．SO2 D．I﹣‎ ‎14．已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O制取．又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY；则关于下列叙述正确的是（　　）‎ A．a：b＝1：1 ‎ B．Y为OH﹣ ‎ C．氧化性为：SeO2＞H2SO4（浓） ‎ D．若每生成0.2molX则该反应转移0.4NA个电子 ‎15．化学方程式a C2H2+b O2c H2O+d CO2配平后a、b、c、d之和为（　　）‎ A．15 B．14 C．13 D．10‎ ‎16．工业上可用还原法制取某些金属单质，以下各项中不属于常用还原剂的是（　　）‎ A．C B．CO C．Al D．K ‎17．前几年，部分巨能钙被检出含有双氧水，而双氧水有致癌性，可加速人体衰老．因此卫生部已开始加紧调查巨能钙．下列有关说法错误的是（　　）‎ A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，都存在共价键 ‎ B．双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂 ‎ C．H2O2既有氧化性，又有还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的氧化性 ‎ D．H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO类似、SO2不同 ‎18．将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观、简明、易记的效果。用数轴表示的下列知识正确的是（　　）‎ A．硫及其化合物的化合价与氧化还原反应的关系： ‎ B．分散系的分类： ‎ C．AlCl3溶液与NaOH溶液反应后铝元素的存在形式： ‎ D．CO2与NaOH溶液反应后的产物 ‎19．下列物质中有三种具有某一相同的化学性质，则不属于这三种物质之列的是（　　）‎ A．Na2O2 B．KMnO4 C．HNO3 D．Na2SO4‎ ‎20．下列物质的用途中，利用物质氧化性的是（　　）‎ A．SO2漂白织物 ‎ B．氮气做储存粮食的保护气 ‎ C．食醋清洗水垢 ‎ D．次氯酸消毒餐具 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．用浓盐酸来制取氯气的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，其中 被还原的元素是　 　，被氧化的元素是　 　，氧化剂是　 　，还原剂是　 　，氧化产物是　 　，还原产物是　 　，假如有2.5mol Cl2生成，则该反应中电子转移的物质的量为　 　．‎ ‎22．请回答：‎ ‎（1）Na2O2的电子式　 　．‎ ‎（2）工业上用氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，写出该反应的化学方程式　 　．‎ ‎（3）在AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，写出反应的离子方程式　 　．‎ ‎（4）配平以下氧化还原反应的离子方程式：‎ ‎　 　Cr2O72﹣+　 　CH3CH2OH+　 　═　 　Cr3++　 　CH3COOH+　 　．‎ ‎23．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。 完成下列填空：‎ ‎（1）已知碘元素最终变为无色HIO3．上述整个过程中的还原剂是　 　。写出CCl4层变成紫色的离子反应方程式　 　。‎ ‎（2）若把KI换成KBr，则CCl4层变为　 　色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。 Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是　 　。‎ ‎24．HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．试回答下列问题：‎ ‎（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+．若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是　 　 （填序号）．‎ A．亚硝酸盐被还原 B．维生素C是还原剂 C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D．亚硝酸盐是还原剂 ‎（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：　 　．‎ ‎（3）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，‎ 要求产物纯净，可选用的最佳试剂是　 　 （填序号）．‎ a．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO3‎ ‎（4）FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾高铁酸钾（K2FeO4），氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑‎ ‎①该反应中的氧化剂是　 　，还原剂是　 　．‎ ‎②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用　 　．‎ ‎25．X2、Y2单质在一定条件下有如下反应：X2+Y2+H2O→HXO3+HY（未配平）．‎ 按要求回答下列问题：‎ ‎（1）X2、Y2可能的组合是　 　．‎ a．F2、Br2 b．I2、Cl2 c．C12、O2 d．Br2、N2‎ ‎（2）试比较X2、Y2、HXO3的氧化性强弱：　 　[用（1）中所选的X2、Y2回答，下同]．判断HXO3+HX能否反应：　 　（填“能”或“不能”）．若能反应，请写出其化学反应方程式，若不能反应，请说明理由：　 　．‎ ‎（3）若用KX制取HX，不能选用浓硫酸的原因是　 　．（用化学方程式表示）‎ ‎（4）工业上测定某产品中YO﹣的含量，先将一定量产品的溶液加入过量的KX溶液和稀硫酸中，使之反应生成X2，试写出上述反应的离子方程式：　 　．‎ ‎（5）Fe2+、Fe3+、X2、X﹣、Y﹣五种微粒中的两种微粒A（阳离子）和B在溶液中能相互反应生成X2，向含微粒A的溶液中滴入足量l mol/LNa2S溶液，生成的沉淀C与足量的热NaOH溶液反应，过滤，残渣D再与稀硫酸完全反应生成E溶液．则生成的沉淀C的成份是（填化学式）　 　．E溶液中阳离子除H+外，另外的阳离子的检验方法是　 　．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．溶液的酸碱性对许多物质的氧化性有很大影响；生成物的溶解性会影响复分解反应的方向．将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成；将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3而不是S或Fe（OH）3．从以上反应可得出的结论是　 　、　 　．‎ ‎27．第二代复合火箭推进剂发生的反应可表示为：①2NH4ClO4→N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；②4Al（s）+3O2（g）→2Al2O3（s）+QkJ（Q＞0）‎ ‎（1）完成下列填空：书写H2O的电子式　 　，Cl原子核外有　 　种不同能量的电子。‎ ‎（2）上述物质所形成的晶体中，只包含一种微粒间作用力的是　 　（填序号）。‎ a．N2b．Al2O3c．H2Od．NH4ClO4‎ ‎（3）N2和O2都能与H2反应，但二者反应条件差异较大，分析可能原因：①从分子断键角度看，N2分子更难断键，原因是　 　；②从原子成键角度看，O原子更易与H原子结合，原因是　 　。‎ ‎（4）反应①中，氧化产物是　 　；生成1molN2时，反应中转移　 　NA电子。‎ 铵盐都易分解，NH4Cl、NH4HCO4等受热分解得到NH3和相应的酸，而NH4NO3等铵盐和NH4ClO4分解相似，一般无法得到对应酸，且产物可能为N2或NO等物质。请分析不同铵盐受热分解产物存在差异的可能原因：　 　。‎ ‎（5）下列能量变化示意图可与反应②中所体现的能量关系匹配的是　 　（填序号）。‎ ‎28．硝酸铵简称硝铵，可用作化肥，含氮量高。它在发生某些反应时既放出大量热又生成大量气体而爆炸，也可作炸药使用。‎ ‎（1）硝铵受热：NH4NO3→N2O↑+2H2O 该反应中因为有　 　而属于氧化还原反应，其中发生还原过程元素的变化为　 　。‎ ‎（2）硝铵受撞击：→O2+2N2+4H2O 请在该反应方程式上补齐电子转移的方向和数目。若反应中转移电子数为3.01×1024，则反应产生的气体在标准状况下的体积为　 　。‎ ‎（3）一定温度下，硝铵分解：　 　NH4NO3→　 　HNO3+　 　N2↑+　 　H2O 配平该反应方程式，把系数填入对应的位置上。反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，参加反应的硝铵的质量为　 　。‎ ‎（4）硝铵易溶于水，溶解时溶液的温度降低。‎ 硝铵溶于水时，温度降低的原因是　 　，该水溶液呈（填“酸”“碱”或“中”）　 　性，用离子方程式表示原因为　 　。‎ ‎（5）为使该水溶液在常温下的pH为7，并不引入杂质，可以　 　，试证明所得的溶液中c（NH4+）＝c（NO3﹣）：　 　。‎ ‎29．某校学生化学实验小组，为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮，设计了一套实验装置：（部分夹持装置已略去）‎ ‎（1）写出A中反应的离子方程式　 　．‎ ‎（2）B中出现黄色浑浊现象，产生此现象的离子方程式　 　．‎ ‎（3）试从原子结构角度解释氯的氧化性大于硫的原因　 　．‎ ‎（4）D中干燥管中出现的现象及化学方程式　 　．‎ ‎（5）有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮，需要在C之前加装洗气装置，请画出其装置图　 　（并注明盛装试剂）．‎ ‎（6）还有什么方法能证明氧化性Cl2＞S，用一种相关事实说明　 　．‎ ‎30．锗是重要的稀缺战略资源，广泛应用于众多国防军工及民用领域，属于我国战略收储金属。某科研课题采用的提取锗技术路线为：低品位锗精矿﹣（次亚磷酸钠热还原﹣真空挥发富集）﹣挥发产物高品位还原锗精矿﹣碱氧化预处理﹣盐酸蒸馏提纯﹣高纯四氯化锗﹣高纯二氧化锗。‎ ‎（1）在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，如Si、　 　等，半导体器件的研制正是开始于　 　，后来发展到研制与它同族的　 　。三种元素依次是　 　（填标号）。‎ a．Ge Si Ge b．Ge Ge Si c．C Si Ge ‎（2）请配平次亚磷酸钠热还原反应的化学方程式并在括号内注明反应条件：‎ ‎　 　NaH2PO2•H2O+GeO2 （　 　）　 　Na4P2O7+　 　H2O+　 　GeO↑+　 　H3PO4‎ ‎（3）高品位还原锗精矿碱氧化预处理过程的产物是锗酸钠，请写出该过程的化学反应方程式：　 　‎ ‎（4）高纯二氧化锗含量采用碘酸钾滴定法进行分析。称取3.600g高纯二氧化锗样品，采用氢氧化钠在电炉上溶样，次亚磷酸钠加热还原，然后以淀粉为指示剂，用碘酸钾标准溶液（0.6000mol/L）滴定，消耗的碘酸钾体积为19.00ml。[20℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化]‎ ‎①滴定终点的现象是　 　。‎ ‎②此样品中二氧化锗含量是　 　。（保留四位有效数字）‎ ‎（5）用氢气还原GeO2可制得金属锗。其反应如下：‎ GeO2+H2＝GeO+H2O ①‎ GeO+H2＝Ge+H2O ②‎ GeO2+2H2＝Ge+2H2O ③‎ 反应式③△H＝+13750 kJ/mol，△S＝+15600J/（K•mol），则还原反应的温度一般控制在　 　℃范围内。[已知GeO在700℃会升华，T（K）＝t（℃）+273]‎ ‎（6）锗在硝酸中的溶解速度受硝酸浓度、搅拌速度、温度等因素影响。如图，锗溶解速度有一最大值，硝酸的浓度小于此值时，随浓度增加溶解速度增加，反之降低，这是由于硝酸浓度高时　 　加剧所致。‎ 氧化还原反应 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断。‎ ‎【解答】解：A．液氨气化吸热，所以用作制冷剂，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；‎ B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性作游泳池消毒剂，故B正确；‎ C．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；‎ D．明矾发生水解显酸性，用于除铜锈，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎2．【分析】A．丙烯被臭氧氧化成甲醛和乙醛；‎ B．有化合价变化的反应才是氧化还原反应；‎ C．两种化合物反应生成另外两种化合物的反应为复分解反应；‎ D．该反应中氧气为反应物。‎ ‎【解答】解：A．根据图示可知，丙烯与臭氧发生反应CH3CH═CH2+2O3→CH3CHO+HCHO，反应中丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛，故A正确；‎ B．氧气和O生成O3的过程中没有化合价变化，该反应不属于氧化还原反应，故B错误；‎ C．反应I中的反应物、生成物有单质或原子，而复分解反应的反应物、生成物都为化合物，所以反应I不属于复分解反应，故C错误；‎ D．根据图示可知，该过程中O2为反应物，不是催化剂，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，从元素化合价是否发生变化的角度判断反应是否属于氧化还原反应，以此解答。‎ ‎【解答】解：A．Cl、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．该反应中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；‎ C．S和O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；‎ D．Br、I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎4．【分析】A．与水反应只生成酸的氧化物属于酸性氧化物；‎ B．同种元素的不同单质属于同素异形体；‎ C．有化合价变化的反应是氧化还原反应；‎ D．烟雾是一种气溶胶。‎ ‎【解答】解：A．与水反应只生成酸的氧化物属于酸性氧化物，NO2 与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A正确；‎ B．同种元素的不同单质属于同素异形体，O2和O3 是氧的两种同素异形体，故B正确；‎ C．反应I中存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；‎ D．烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】A．银能溶解于稀硝酸生成可溶性硝酸银溶液；‎ B．油脂在碱性环境下水解，没有元素化合价变化；‎ C．苯酚是一元弱酸；‎ D．氢氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水。‎ ‎【解答】解：A．银能溶解于稀硝酸生成可溶性硝酸银溶液，银被氧化生成硝酸银，属于氧化还原反应，所以附有银镜的试管用稀硝酸清洗，故A选；‎ B．油脂在碱性环境下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．苯酚是一元弱酸，所以附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗，是中和反应，不属于氧化还原反应，故C不选；‎ D．氢氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水，不属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选：A。‎ ‎6．【分析】A．根据晶体类型判断熔点高低，一般来说，原子晶体的熔点大于分子晶体的熔点；‎ B．氧化性：氧化剂＞氧化产物；‎ C．阳离子：原子序数＝电子数+电荷数；阴离子：原子序数＝电子数﹣电荷数，电子层结构相同的微粒，原子序数越大，半径越小；‎ D．弱酸的酸性越强，同浓度的钠盐溶液的碱性越弱。‎ ‎【解答】解：A．原子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即熔点：X＞Y，故A正确；‎ B．若A2十2D﹣＝2A﹣十D2，A2为氧化剂，D2为氧化产物，则氧化性：A2＞D2，故B正确；‎ C．若R2﹣和M+的电子层结构相同，原子序数：M＞R，所以离子半径：R2﹣＞M+，故C错误；‎ D．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则同浓度钠盐溶液的碱性：NaA＜NaB，故D正确，‎ 故选：C。‎ ‎7．【分析】A、（CN）2与CH2＝CH2发生加成反应；‎ B、氧化还原反应中氧化性强能将氧化性弱的置换出来；‎ C、（CN）2在碱性条件下能发生歧化反应；‎ D、HCN是一元弱酸。‎ ‎【解答】解：A、（CN）2与CH2＝CH2发生加成反应，所以反应CH2＝CH2+（CN）2→NC﹣CH2﹣CH2﹣CN能发生，故A正确；‎ B、氧化还原反应中氧化性强能将氧化性弱的置换出来，所以反应（CN）2+2Br﹣→2CN﹣+Br2不能发生，故B错误；‎ C、（CN）2在碱性条件下能发生歧化反应，所以反应（CN）2+2OH﹣→CN﹣+CNO﹣+H2O能发生，故C正确；‎ D、HCN是一元弱酸，电离方程式为：HCN⇌H++CN﹣，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎8．【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断．‎ ‎【解答】解：还原性 I﹣＞Fe2+＞Br﹣，含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。‎ A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；‎ B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；‎ C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；‎ D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】氧化还原反应中，还原剂还原性强于还原产物，据此判断。‎ ‎【解答】解：A.2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2，反应中碘离子为还原剂，二价铁离子为还原产物，所以碘离子还原性强于二价铁离子，与事实相符，故A正确；‎ B．Cl2+2I﹣→2Cl﹣+I2，反应中碘离子为还原剂，氯离子离子为还原产物，所以碘离子还原性强于氯离子，与事实相符，故B正确；‎ C.2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣，反应中二价铁离子为还原剂，碘离子离子为还原产物，所以二价铁离子还原性强于碘离子，与I﹣＞Fe2+不符合，故C错误；‎ D．Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣，反应中二价铁离子为还原剂，氯离子为还原产物，所以二价铁离子还原性强于氯离子，与事实相符，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎10．【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．‎ ‎【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2＝Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，‎ ‎②5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，‎ ‎③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，‎ 综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣。‎ 故选：C。‎ ‎11．【分析】反应中NO→HNO3，氮元素化合价升高3；NO2→HNO3，氮元素化合价升高1；O2→HNO3，氧元素化合价降低2；‎ 还原剂为：NO、NO2，氧化剂为：O2，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，利用代入法解答．‎ ‎【解答】解：A.4NO+9O2+24NO2+14H2O→28HNO3，氧化剂物质的量为9，还原剂物质的量为：4+24＝28，二者物质的量之比为9：28，故A错误；‎ B.1NO+2O2+5NO2+3H2O→6HNO3，氧化剂物质的量为2，还原剂物质的量为：1+5＝6，二者物质的量之比为2：6＝1：3，故B正确；‎ C.8NO+9O2+12NO2+10H2O→20HNO3‎ ‎，氧化剂物质的量为9，还原剂物质的量为：8+12＝20，二者物质的量之比为9：20＝9：20，故C错误；‎ D.1NO+1O2+1NO2+1H2O→2HNO3，氧化剂物质的量为1，还原剂物质的量为：1+1＝2，二者物质的量之比为1：2，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎12．【分析】根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒来配平离子方程式，即可确定H2O的系数．‎ ‎【解答】解：在NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣ 中，‎ Zn元素的化合价由0升高到+2价，‎ N元素的化合价由+5降低到﹣3价，‎ 由电子守恒可知，Zn的化学计量数为4，NO3﹣的化学计量数为1，则 NO3﹣+4Zn+OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣，‎ 由电荷守恒，则 NO3﹣+4Zn+7OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣，‎ 再由H原子守恒可知，‎ NO3﹣+4Zn+7OH﹣+6H2O═NH3+4Zn（OH）42﹣，‎ 即离子方程式中H2O的系数为6，‎ 故选：C。‎ ‎13．【分析】分别写出三种物质与三价铁离子反应的离子方程式，计算当生成1mol二价铁离子时，消耗各种物质的物质的量，据此解答．‎ ‎【解答】解：铜与三价铁离子反应方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，生成1mol二价铁离子，消耗0.5mol铜；‎ 铁与三价铁离子反应方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，生成1mol二价铁离子，消耗mol铁；‎ 二氧化硫与三价铁离子反应方程式：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+，生成1mol二价铁离子，消耗0.5mol二氧化硫；‎ 碘离子与三价铁离子反应方程式：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，生成1mol二价铁离子，消耗1mol碘离子；‎ 所以生成1mol二价铁离子，消耗铁最少，‎ 故选：B。‎ ‎14．【分析】‎ 依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式，结合氧化还原反应规律解答．‎ ‎【解答】解：由题意可知：二氧化硒是一种氧化剂，结合离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O═aSe+bX+dY，反应中se化合价由+4价降低到0价，得到4个电子，则S化合价必升高到+6价，失去2个电子，依据氧化还原反应得失电子守恒，二氧化硒系数为1，二氧化硫系数为2，依据原子个数守恒，反应的离子方程式：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+4H++2SO42﹣；‎ A．a：b＝1：2，故A错误；‎ B．Y为氢离子，故B错误；‎ C．Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O，反应中浓硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，依据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，所以SeO2＜H2SO4（浓），故C错误；‎ D．依据方程式：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+4H++2SO42﹣，每生成0.2mol硫酸根离子，转移0.4NA个电子，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎15．【分析】有机物烃燃烧的通式为CxHy+（x+）O2→xCO2+（）H2O，x＝2，y＝2，据此写出乙炔反应的方程式，注意最后将方程式系数化成最简整数，计算a、b、c、d之和．‎ ‎【解答】解：依据有机物烃燃烧的通式为CxHy+（x+）O2→xCO2+（）H2O，可知当x＝2，y＝2，即2C2H2+ O2 2CO2+2H2O，方程式系数为正整数，所以乙炔燃烧的方程式为：2C2H2+5O24CO2+2H2O，所以a、b、c、d之和为：2+5+4+2＝13，‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法，常用还原剂有C、CO、H2、Al等；据此分析．‎ ‎【解答】解：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法，常用还原剂有C、CO、H2、Al等，K的活泼性很强在空气中能与氧气反应，不能还原Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属，在金属冶炼时不属于常用还原剂，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎17．【分析】A、非金属元素之间形成的化学键大多为共价键；‎ B、双氧水具有氧化性，参与反应时的产物为水，无污染；‎ C、双氧水遇到高锰酸钾等强氧化剂时表现还原性；‎ D、双氧水的漂白原理是其氧化性的表现．‎ ‎【解答】解：A、H2O2、Na2O2都属于过氧化物，其中过氧根中的氧和氧之间就是共价键，故A正确；‎ B、双氧水有氧化性，被还原时产物为水，是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂，故B正确；‎ C、H2O2既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时表现还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的还原性，故C错误；‎ D、HClO、H2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理类似，二氧化硫的漂白性是其和有机色质的结合过程，不是氧化性作用的结果，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】A．根据元素的化合价判断物质的氧化性和还原性；‎ B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体；‎ C．根据可能发生的反应Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O分析；‎ D．根据可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3分析。‎ ‎【解答】解：A．S的化合价为﹣2时，化合价最低，只能做还原剂，时S的化合价为+6，化合价最高，只能做氧化剂，在中间价态时既能做氧化剂，又能做还原剂，故A错误； ‎ B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，故B错误；‎ C．Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，＜3，铝元素以Al3+和Al（OH）3形式存在；＝3，则以Al（OH）3形式存在；3＜＜4以 AlO2﹣和Al（OH）3形式存在； ≥4只以 AlO2﹣形式存在，故C正确；‎ D．2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3，≤1，生成NaHCO3；1＜＜2，产物为NaHCO3与Na2CO3，混合物； ‎ ‎≥2，只生成Na2CO3，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎19．【分析】Na2O2、KMnO4、HNO3均有较强的氧化性，是常见的氧化剂，而Na2SO4没有强氧化性，据此分析．‎ ‎【解答】解：Na2O2、KMnO4、HNO3均有较强的氧化性，是常见的氧化剂；Na2SO4没有强氧化性，所以Na2SO4的性质与其它三种具有某一相同的化学性质不同，‎ 故选：D。‎ ‎20．【分析】物质表现氧化性，说明该物质在化学反应中得电子化合价降低，作氧化剂．‎ ‎【解答】解：A、二氧化硫漂白织物是二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而褪色，属于化合反应，所以没有利用物质的氧化性，故A错误。‎ B、氮气做保护气，是利用了氮气化学性质不活泼的性质，故B错误。‎ C、食醋清洗水垢是利用了碳酸钙能和醋酸反应生成可溶性的醋酸钙，该反应不是氧化还原反应，所以没有利用物质的氧化性，故C错误。‎ D、利用次氯酸的强氧化性而使蛋白质变性，所以次氯酸能消毒餐具，故D正确。‎ 故选：D。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】根据所含元素化合降低的反应物是氧化剂，氧化剂被还原发生还原反应生成还原产物；所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂被氧化发生氧化反应生成氧化产物，据此结合元素化合价判断；‎ ‎【解答】解：对于反应：KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中Mn元素化合价由KMnO4中+7降低为MnCl2中+2，KMnO4是氧化剂，Mn元素被还原，发生还原反应生成MnCl2，MnCl2是还原产物；Cl元素化合价由HCl中﹣1价升高为中0价，HCl是还原剂，Cl元素被氧化发生氧化反应生成Cl2，Cl2是氧化产物，又每生成1moL氯气转移电子为1mol×2＝2mol，所以有2.5mol Cl2生成，则该反应中电子转移的物质的量为2.5mol×2＝5mol．‎ 故答案为：Mn；Cl；KMnO4；HCl；Cl2；MnCl2；5mol．‎ ‎22．【分析】（1）为离子化合物，含钠离子和过氧根离子；‎ ‎（2）氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，还生成HCl；‎ ‎（3）AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，生成银氨溶液；‎ ‎（4）Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由﹣‎ ‎2价升高为0，结合电子、电荷守恒配平．‎ ‎【解答】解：（1）Na2O2的电子式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）氢气在高温下与四氯化硅反应提纯粗硅，还生成HCl，反应为SiCl4+2H2Si+4HCl，故答案为：SiCl4+2H2Si+4HCl；‎ ‎（3）AgCl沉淀中加入氨水，白色沉淀逐渐消失，生成银氨溶液，离子反应为AgCl+2NH3•H2O＝Ag（ NH3）2++Cl﹣+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3•H2O＝Ag（ NH3）2++Cl﹣+2H2O；‎ ‎（4）Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由﹣2价升高为0，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H+＝4Cr3++3CH3COOH+11H2O，‎ 故答案为：2；3；16H+；4；3；11H2O．‎ ‎23．【分析】（1）在淀粉KI溶液中，滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明二者发生氧化还原反应生成碘单质，CCl4层由紫色变成无色，可知氯气和I2反应生成HCl、HIO3；‎ ‎（2）KBr溶液中，滴加氯水，反应生成单质溴，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。‎ ‎【解答】解：（1）氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，反应为Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl；整个过程中还原剂为KI、I2，‎ 故答案为：KI、I2；Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣；‎ ‎（2）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4‎ 层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3＞Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2＞HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3＞Cl2＞HIO3，氧化性HBrO3＞Cl2，所以HBrO3+HCl→Br2+Cl2+H2O能进行；‎ 故答案为：橙；HBrO3＞Cl2＞HIO3。‎ ‎24．【分析】（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，而亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+；‎ ‎（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl；‎ ‎（3）双氧水的还原产物是水，不引入杂质；‎ ‎（4）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由﹣1价变为0价、﹣2价，‎ ‎①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂；‎ ‎②K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体．‎ ‎【解答】解：（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中亚硝酸盐为氧化剂，所以维生素C是还原剂，‎ 故答案为：D；‎ ‎（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2﹣+Cl2+H2O＝NO3﹣+2H++2Cl﹣，‎ 故答案为：NO2﹣+Cl2+H2O＝NO3﹣+2H++2Cl﹣；‎ ‎（3）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水，‎ 故答案为：c；‎ ‎（4）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由﹣1价变为0价、﹣2价，‎ ‎①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂、Na2O2、FeSO4是还原剂，‎ 故答案为：Na2O2；Na2O2、FeSO4；‎ ‎②K2FeO4‎ 中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质，‎ 故答案为：高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降．‎ ‎25．【分析】（1）根据该反应中氧化性X2＜Y2分析满足条件的选项；‎ ‎（2）根据方程中氧化性：氧化剂＞氧化产物＞还原产物＞还原剂；HXO3+HX→X2；‎ ‎（3）浓硫酸有强氧化性能氧化HI；‎ ‎（4）根据反应物和生成物书写反应；生成的沉淀C与足量的热NaOH溶液反应，过滤，残渣D再与稀硫酸完全反应生成E溶液 ‎（5）A（阳离子）和B在溶液中能相互反应生成X2，则A为Fe3+，B为I﹣；向含Fe3+的溶液中滴入足量l mol/LNa2S溶液，生成的沉淀C为S和FeS；生成的沉淀C与足量的热NaOH溶液反应，过滤，残渣D为FeS再与稀硫酸完全反应生成FeSO4溶液．‎ ‎【解答】解：（1）X由0价变成+5价，化合价升高5价，1分子X2反应至少升高10价；Y有0价变成﹣1价，化合价降低2价，1分子Y2反应至少降低2价，化合价变化的最小公倍数为10，所以Y2的化学计量数为5，X2的化学计量数为1，再根据观察法配平其它物质的化学计量数，配平后的反应方程式为X2+5Y2+6H2O＝2HXO3+10HY，反应中，氧化性关系为：X2＜Y2，‎ a．Br2 F2，氟单质在溶液中与水反应，不能够氧化溴单质，故a错误；‎ b．I2 C12，氯气氧化性大于碘单质，在溶液中能够将碘单质氧化成碘酸，故b正确；‎ C．C12 O2，氧气在溶液中不能够将氯气氧化成氯酸，故c错误；‎ d．N2 Br2，氮气的稳定性很强，溴不能将氮气氧化成硝酸，故d错误；‎ 故答案为：b；‎ ‎（2）根据方程中氧化性：氧化剂＞氧化产物＞还原产物＞还原剂，所以氧化性：Cl2＞HIO3＞I2；HIO3+5HI＝3I2+3H2O，所以HXO3+HX能反应；‎ 故答案为：Cl2＞HIO3＞I2；能；HIO3+5HI＝3I2+3H2O；‎ ‎（3）浓硫酸有强氧化性能氧化HI，用KI制取HI，不能选用浓硫酸，其原因是2HI+H2SO4（浓）＝SO2↑+I2+2H2O，‎ 故答案为：2HI+H2SO4（浓）＝SO2↑+I2+2H2O；‎ ‎（4）一定量ClO﹣的溶液加入过量的KI溶液和稀硫酸中，使之反应生成I2，其反应的离子方程式：ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+I2+H2O，‎ 故答案为：ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+I2+H2O；‎ ‎（5）A（阳离子）和B在溶液中能相互反应生成X2，则A为Fe3+，B为I﹣；向含Fe3+的溶液中滴入足量l mol/LNa2S溶液，其反应为2Fe3++S2﹣＝2Fe2++S↓，‎ Fe2++S2﹣＝FeS↓，所以生成的沉淀C为S和FeS；生成的沉淀C与足量的热NaOH溶液反应，过滤，残渣D为FeS再与稀硫酸完全反应生成FeSO4溶液；检验Fe2+的存在，先加硫氰化钾溶液，如果无现象，再加氯水，溶液变红色，说明含有Fe2+，‎ 故答案为：FeS和S；取少量E 溶液滴入KSCN溶液时无现象，再向其中滴入氯水后溶液呈血红色，则E溶液中有Fe2+．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎26．【分析】氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性，将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成，反应方程式为：2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓，依据氧化性强弱规律解答；‎ 硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性，将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3，离子方程式为：Fe3++S2﹣＝Fe2S3，依据溶度积规则解答；‎ ‎【解答】解：氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性，将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成，反应方程式为：2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓，反应中三价铁离子为氧化剂，硫为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以 酸性条件氧化性：Fe3+＞S；‎ 硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性，将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3，离子方程式为：Fe3++S2﹣＝Fe2S3，说明硫化铁溶解度小于氢氧化铁，给出Fe3+能力：Fe（OH）3＞Fe2S3；‎ 故答案为：酸性条件氧化性：Fe3+＞S；给出Fe3+能力：Fe（OH）3＞Fe2S3；‎ ‎27．【分析】（1）水为共价化合物形成共价键，氯原子核外17个电子，有17种运动状态，不同能量的电子利用电子排布式判断；‎ ‎（2）晶体中存在微粒间作用力主要有化学键、分子间作用力；‎ ‎（3）氮气分子中形成氮氮三键，键能大不容易破坏，性质稳定，氧原子原子半径小于氮原子，吸引电子能力强；‎ ‎（4）反应中元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，结合电子守恒计算电子转移总数，铵盐分解生成的酸的稳定性不同，反应得到产物不同；‎ ‎（5）反应②4Al（s）+3O2（g）＝2Al2O3（s）+QkJ（Q＞0）是放热反应，反应物能量高于生成物，反应放出的能量是生成物总能量﹣反应物总能量；‎ ‎【解答】解：（1）水为共价化合物，电子式为：，氯原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，原子核外有5种不同能量的电子，‎ 故答案为：；5；‎ ‎（2）a．N2存在的微粒间作用力为共价键、分子间作用力，故a不符合；‎ b．Al2O3 是离子化合物，存在离子键，只包含一种微粒间作用力，故b符合；‎ c．H2O微粒间存在分子间作用力、共价键，故c不符合；‎ d．NH4ClO4存在离子键、共价键，故d不符合；‎ 故答案为：b；‎ ‎（3）N2和O2都能与H2反应，但二者反应条件差异较大，分析可能原因：①从分子断键角度看，N2分子更难断键，原因是氮气分子中含有三键，键能大，②从原子成键角度看，O原子更易与H原子结合，原因是氧原子半径小吸引电子的能力强，‎ 故答案为：氮气分子中含有三键，键能大；氧原子半径小吸引电子的能力强；‎ ‎（4）①2NH4ClO4＝N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，反应中氮元素化合价﹣3价升高为0价，氧元素化合价﹣2价升高为0价，化合价升高失电子发生氧化反应得到氧化产物，氧化产物是N2、O2，生成1molN2时，反应中转移电子总数为14mol，‎ 故答案为：N2、O2；14；‎ ‎（5）反应②4Al（s）+3O2（g）＝2Al2O3（s）+QkJ（Q＞0）是放热反应，反应物能量高于生成物，‎ A，是吸热反应不符合，故A错误；‎ B．能量变化表示为反应物能量高于生成物，反应为放热反应，故B正确；‎ C．反应放出的热量生成物总能量﹣反应物总能量，图象不符合，故C错误；‎ D．物质能量变化为吸热反应，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎28．【分析】（1）氧化还原反应的特征是化合价有升降，常用于氧化还原反应的判断，化合价降低的物质发生还原反应，化合价升高的物质发生氧化反应；‎ ‎（2）根据反应2NH4NO3＝O2+2N2+4H2O可知：NH4NO3中NH4+中N和NO3﹣中O被氧化，NO3﹣中N被还原，共转移10e﹣，即2molNH4NO3分解生成O2、N2和H2O时转移10mole﹣，并据此计算生成O2、N2的总物质的量；‎ ‎（3）NH4NO3→HNO3+N2+H2O中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中﹣3价升高为氮气中0价，由硝酸根中+5价降低氮气为0价，结合电子守恒和原子守恒配平为5NH4NO3＝2HNO3+4N2↑+9H2O，即5molNH4NO3发生反应，被氧化与被还原的原子的物质的量之差为2mol，则被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，消耗NH4NO3的物质的量为＝12.5mol；‎ ‎（4）硝酸铵溶于水时扩散过程的吸热量大于水合过程的放热量，硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎（5）硝酸铵溶液中NH4+水解显示酸性，在不引入杂质的条件下，滴加适量的氨水使溶液的pH＝7，则反应后溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒解答；‎ ‎【解答】解：（1）化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，化合价升高的物质发生氧化反应，反应NH4NO3N2O↑+2H2O中N由﹣3价和+5价归中生成+1价，所以NH4NO3N2O↑+2H2O是氧化还原反应，其中+5价N发生还原反应生成+1价，‎ 故答案为：元素化合价有变化或电子转移；+5价N降低到+1价；‎ ‎（2）NH4NO3中NH4+中N和NO3﹣中O被氧化，NO3﹣中N被还原，共转移10e﹣，即2molNH4NO3分解生成O2、N2和H2O时转移10mole﹣，表示方法为＝O2+2N2+4H2O，转移电子n（e﹣）＝＝mol＝5mol，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积V＝nVm＝1.5mol×22.4L/mol＝33.6L，故答案为：＝O2+2N2+4H2O；33.6L；‎ ‎（3）反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由NH4+中﹣3价升高为氮气中0价，由NO3﹣中+5价降低氮气为0价，所以有5molNH4+和3molNO3﹣发生氧化还原反应，即5molNH4NO3反应时有2molNO3﹣未发生还原，生成4molN2，故方程式为5NH4NO3＝2HNO3+4N2↑+9H2O，5molNH4NO3发生反应，被氧化与被还原的原子的物质的量之差为（5﹣3）mol，则则被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，消耗NH4NO3‎ 的物质的量为＝12.5mol，m（NH4NO3）＝nM＝12.5mol×80g/mol ‎＝1000g，故答案为：5，2，4，9；1000g；‎ ‎（4）硝铵溶于水时，温度降低的原因是硝酸铵溶于水时扩散过程的吸热量大于水合过程的放热量；硝酸铵是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：硝酸铵溶于水时扩散过程的吸热量大于水合过程的放热量； 酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎（5）硝酸铵溶液中NH4+水解显示酸性，在不引入杂质的条件下，可滴加适量的氨水使溶液的pH＝7，此时c（H+）＝c（OH﹣），溶液中电荷关系为c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+‎ c（NO3﹣），所以c（NH4+）＝c（NO3﹣），‎ 故答案为：加入适量氨水；溶液的pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），由于溶液中电荷关系为c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（NO3﹣），所以c（NH4+）＝c（NO3﹣）。‎ ‎29．【分析】（1）此反应装置为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，以此写出化学方程式；‎ ‎（2）B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；‎ ‎（3）氧化性强表示得电子能力强，氯原子最外层电子数比硫原子更接近于8个电子的稳定结构，因此氯原子的得电子能力强；‎ ‎（4）装置E为实验室制取氨气的装置，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，故现象为冒白烟；‎ ‎（5）浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中扔混有少量氯化氢气体，因此需要在C加一吸收装置除掉氯化氢；‎ ‎（6）依据非金属性强弱比较的一般规律进行验证．‎ ‎【解答】解：（1）反应装置A为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气的装置，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）反应制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣，‎ 故答案为：Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣；‎ ‎（3）氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，最外层电子多（不为8）得电子能力就强，得电子能力强则氧化性强，‎ 故答案为：氯原子最外层电子数比硫原子多一个，Cl得电子能力强，故Cl2氧化性大于S；‎ ‎（4）通E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此实验的现象是产生大量白烟，反应的方程式是8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2，‎ 故答案为：产生大量白烟；8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2；‎ ‎（5）盐酸易挥发，所以生成氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接一盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，装置图为，‎ 故答案为：；‎ ‎（6）非金属性强弱比较的一般规律是：①由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强．②由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强．（除氟元素之外）．③非金属单质与具有可变价金属的反应．能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可以验证，‎ 故答案为：方法一：2Fe+3Cl2 2FeCl3、Fe+S FeS；‎ 方法二：相同温度下相同状态的HCl的稳定性大于H2S；‎ 方法三：最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4 大于H2SO4．‎ ‎30．【分析】低品位锗精矿，在真空挥发炉次亚磷酸钠热还原：4NaH2PO2•H2O+8GeO2 Na4P2O7+5H2O+8GeO↑+2H3PO4，得到挥发产物高品位还原锗精矿，加入NaOH、H2O2、H2O碱氧化预处理：GeO+H2O2+2NaOH＝Na2GeO3+2H2O，再用盐酸蒸馏提纯得到高纯四氯化锗，精馏水解得到高纯二氧化锗，‎ ‎（1）在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性；‎ ‎（2）根据得失电子守恒和质量守恒配平可得；‎ ‎（3）根据流程，高品位还原锗精矿为GeO，碱氧化预处理过程加入NaOH、H2O2‎ ‎、H2O，GeO被氧化得到锗酸钠，H2O2被还原为H2O，据此书写；‎ ‎（4）①滴定原理为：高纯二氧化锗被次亚磷酸钠还原为GeO，KIO3将GeO氧化为为GeO2，KIO3自身被还原为I﹣，当GeO完全被氧化后，再滴入KIO3，KIO3与I﹣价态归中得到I2，I2遇到淀粉显蓝色，可得；‎ ‎②滴定过程为KIO3将GeO氧化为为GeO2，KIO3自身被还原为I﹣，碘元素降6价，Ge元素升2价，同一氧化还原反应中化合价升降相等，得到关系式：3GeO～KIO3，‎ 根据Ge元素守恒，则高纯二氧化锗中3GeO2～KIO3，n（GeO2）＝3n（KIO3）＝3×0.6000mol/L×0.019L＝0.0342mol，据此计算；‎ ‎（5）根据△G＝△H﹣T•△S＜0计算；‎ ‎（6）Ge与Al在元素周期表中处于对角线位置，性质相似，据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如Si、Ge等，半导体器件的研制正是开始于Ge，后来发展到研制与它同族的Si，选b；‎ 故答案为：Ge；Ge；Si；b；‎ ‎（2）根据流程，次亚磷酸钠热还原低品位锗精矿的化学方程式为：4NaH2PO2•H2O+8GeO2 Na4P2O7+5H2O+8GeO↑+2H3PO4；‎ 故答案为：4；8；氮气、900～1000℃；1；5；8；2；‎ ‎（3）根据流程，高品位还原锗精矿为GeO，碱氧化预处理过程加入NaOH、H2O2、H2O，GeO被氧化得到锗酸钠，H2O2被还原为H2O，反应为：GeO+H2O2+2NaOH＝Na2GeO3+2H2O；‎ 故答案为：GeO+H2O2+2NaOH＝Na2GeO3+2H2O；‎ ‎（4）①滴定原理为：高纯二氧化锗被次亚磷酸钠还原为GeO，KIO3将GeO氧化为为GeO2，KIO3自身被还原为I﹣，当GeO完全被氧化后，再滴入KIO3，KIO3与I﹣价态归中得到I2，I2遇到淀粉显蓝色，则滴定终点现象为：溶液变为蓝色，且30s内不褪色；‎ 故答案为：溶液变为蓝色，且30s内不褪色；‎ ‎②滴定过程为KIO3将GeO氧化为为GeO2，KIO3自身被还原为I﹣，碘元素降6价，Ge元素升2价，同一氧化还原反应中化合价升降相等，得到关系式：3GeO～KIO3，‎ 根据Ge元素守恒，则高纯二氧化锗中3GeO2～KIO3，n（GeO2）＝3n（KIO3）＝3×0.6000mol/L×0.019L＝0.0342mol，‎ 则3.600g高纯二氧化锗样品中二氧化锗含量是＝99.75%；‎ 故答案为：99.75%；‎ ‎（5）已知：△H＝+13750 kJ/mol，△S＝+15600J/（K•mol）＝15.6KJ/（K•mol），根据△G＝△H﹣T•△S＝13750 kJ/mol﹣T•15.6KJ/（K•mol）＜0，则T＞881K＝608℃，由于GeO在700℃会升华，故还原反应的温度一般控制在608～700℃；‎ 故答案为：608～700；‎ ‎（6）Ge与Al在元素周期表中处于对角线位置，Ge与Al性质相似，故硝酸浓度过高时，Ge在浓硝酸中发生钝化而使溶解速率减慢；‎ 故答案为：钝化。‎