上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-19氧化还原反应（6）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-19氧化还原反应（6），共34页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-19氧化还原反应（6）

一、单选题
1．（2021·上海·统考二模）火法炼铜的原理：。关于该原理的说法错误的是
A．作氧化剂
B．中显价
C．既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子个，则消耗
2．（2021·上海·统考二模）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
3．（2021·上海杨浦·统考二模）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是
A．有离子键、共价键的断裂与生成 B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体 D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
4．（2021·上海黄浦·统考二模）为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是
A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
5．（2021·上海静安·统考一模）BrCl是一种卤素互化物，与Cl2性质相似，也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1molBrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol
C．BrCl可与Cl2反应得到Br2
D．BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
6．（2021·上海静安·统考一模）下列变化过程中，气体被还原的是
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊 B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄 D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
7．（2021·上海黄浦·统考一模）下列应用不涉及氧化还原反应的是
A．用硫磺为原料制备硫酸 B．通过合成氨实现人工固氮
C．粗盐提纯 D．电解饱和食盐水制烧碱
8．（2021·上海·统考一模）下列物质或微粒之间不能发生化学反应的是
A．Fe与浓H2SO4 B．Fe2+与Br2 C．Fe3+与SCN- D．Fe2+与Fe3+
9．（2021·上海徐汇·统考一模）通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是
A．AlN既是氧化产物也是还原产物 B．每生成 3.36 L CO，转移 0.3 mol 电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：3 D．14N2和12C18O所含中子数相等
10．（2021·上海徐汇·统考一模）关于Na2SO3，下列说法正确的是
A．属于弱电解质 B．显碱性
C．2c(Na+)=c(SO) D．空气中易被氧化变质
11．（2021·上海宝山·统考一模）实验室利用下列反应来制取 Cl2：MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。关于该反应的说法正确的是
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比是 1∶4 B．氧化产物是 MnCl2
C．每生成 71 g 氯气，转移电子数是 2NA D．HCl→Cl2发生了还原反应
12．（2021·上海奉贤·统考一模）过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是
A．外用消毒剂 B．有漂白作用 C．需密封保存 D．有强氧化性，无还原性
13．（2021·上海奉贤·统考一模）在某酸性溶液中，天然气脱硫原理如图所示。下列说法正确的是

A．为了增强氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸
B．CH4是反应的催化剂
C．过程②使溶液酸性增强
D．过程①与过程②转移电子的物质的量之比为1﹕1
14．（2021·上海·统考一模）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示(某些产物及反应条件略去)。下列分析错误的是

A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
15．（2021·上海金山·统考一模）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：①3ZnO+2AlAl2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl63ZnCl2+2C。下列叙述错误的是
A．①是铝热反应 B．②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．还原性：Al X    D．还原性：PH3 > K2SO4
(8)在该反应中转移电子 2mol 时，生成H3PO4_______mol。
26．（2021·上海青浦·统考一模）某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□＋□C＋□____→□Cr3+＋□CO2↑＋□H2O
(1)CO2的电子式为________。固体CO2中存在的作用力有________、________。
(2)请完成上述离子方程式并配平________；该反应的氧化剂是________；标准状况下每生成2.24LCO2转移________个电子。
27．（2021·上海徐汇·统考一模）高锰酸钾(KMnO4)是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
(1)测定室内甲醛含量，发生反应如下。
_______+_______HCHO +_______H+ →_______Mn2+ +_______CO2↑ +_______H2O
配平该方程式_______。
(2)将室内气体通入20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10 L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为_______mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由_______。
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为_______。
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的_______性质。
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式_______。
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因_______。
28．（2021·上海黄浦·统考一模）工业上可用以下方法制备粮食储备的强效熏虫剂 PH3。请回答：
(1)磷原子最外层的电子排布式_______；同族元素氢化物 RH3的某种性质随R 的核电荷数的变化趋势如图所示：

则 Y 轴可表示的氢化物性质可能是_______；根据P4的结构，推测其在CS2中的溶解度_______ (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

(2)配平反应Ⅰ的方程式，并标出电子转移方向和数目______。
_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑
(3)由工业流程图可以判断H3PO2为_______(填“一”、“二”或“三”)元酸。

(4)在标准状况下若有 1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_______升 PH3气体(不考虑产物的损失)。
(5)查文献，AlP 遇水蒸气会发生水解反应也产生 PH3，该反应的另一种产物的电离方程式为_______。
29．（2021·上海宝山·统考一模）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
30．（2021·上海宝山·统考一模）84 消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
(1)84 消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在 10-20 分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因_______，家庭使用 84 消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间_______。
(2)次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式______。
_______NH+_______ClO-→_______N2+_______Cl-+_______H2O+_______H+
(3)84 消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84 消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式_______。
(4)消毒学专家指出，将 84 消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因_______。
(5)有同学看到某品牌的 84 消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证_______。

参考答案：
1．D
【分析】在反应中，Cu元素的化合价从+1价降低为0，S元素的化合价从-2价升高为+4价，O元素的化合价从0降低为-2价，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂，Cu是还原产物，既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A．O元素的化合价从0降低为-2价，得电子，被还原，则作氧化剂，故A正确；
B．中S元素为-2价，则显价，故B正确；
C．既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．当有1mol氧气参与反应时，转移电子6mol，则若反应中转移电子个，即0.4mol，则消耗O2，故D错误；
故选D。
2．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4Se>SO2，故D错误；
故答案为C。
5．B
【详解】A．BrCl＋H2O ＝HBrO＋HCl，反应中化合价无变化，因此该反应属于非氧化还原反应，故A错误；
B．BrCl＋KBr＝KCl＋Br2，BrCl中Br化合价降低1个价态变为Br2，因此1mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol，故B正确；
C．Cl2氧化性比BrCl氧化性强，因此BrCl不与Cl2反应，故C错误；
D．BrCl中Br为+1价，因此BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaCl和NaBrO，故D错误。
综上所述，答案为B。
6．C
【详解】A．硫化氢被亚硫酸氧化生成S单质，所以产生淡黄色浑浊，故A不符合题意；
B．一氧化碳在高温下使氧化铜变红色时，一氧化碳被氧化生成CO2，故B不符合题意；
C．氯气使溴化钾溶液变黄时，氯气将溴离子氧化，氯气本身被还原，故C符合题意；
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀发生的是复分解反应，氨气既不被还原也不被氧化，故D不符合题意；
综上所述答案为C。
7．C
【详解】A．用硫磺为原料制备硫酸，反应中S元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B．用合成氨实现人工固氮，反应中N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B不选；
C．粗盐提纯实验过程中发生的反应均为复分解反应，没有元素化合价的变化，没有涉及氧化还原反应，故C选；
D．电解饱和食盐水制备NaOH，反应中H、Cl元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不选；
故选C。
8．D
【详解】A．Fe与浓H2SO4常温下能够发生钝化，加热时能够反应放出二氧化硫，故A不选；
B．溴的氧化性大于铁离子的，则Fe2+与Br2能够发生氧化还原反应生成铁离子，故B不选；
C．Fe3+与SCN-能够反应生成络合物，故C不选；
D．Fe2+与Fe3+不能发生反应，故D选；
故选D。
9．C
【详解】A．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物；C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，A错误；
B．只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，B错误；
C．在该反应中N2是氧化剂，C是还原剂，物质发生反应的物质的量的比等于相应方程式中化学计量数的比，故根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：3，C正确；
D．14N2中的中子数是14，而12C18O中的中子数是16，故二者所含中子数不相等，D错误；
故合理选项是C。
10．D
【详解】A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．Na2SO3属于强碱弱酸盐，溶于水后发生水解，溶液显碱性，但亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性，故B错误；
C．Na2SO3属于盐，组成为2:1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半，因此c(Na+)=2c(SO)，故C错误；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化，最终可生成硫酸钠，故D正确；
故选D。
11．C
【分析】4HCl(浓)+MnO2MnCl2+C12↑+2H2O中，Cl元素的化合价由-1价升高为0，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。
【详解】A．MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且由反应可知，2molHCl作还原剂与1mol氧化剂遵循电子守恒，则反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，故A错误；
B．HCl是还原剂，则氧化产物是Cl2，故B错误；
C．71 g 氯气的物质的量为=1mol，且反应中氯元素从-1价升高为0价，则每生成 71 g 氯气，转移电子数是 2NA，故C正确；
D．HCl→Cl2时氯元素从-1价升高为0价，则发生氧化反应，故D错误；
故答案为C。
12．D
【详解】A．过氧化氢具有强氧化性，可用作外消毒剂，A项正确；
B．过氧化氢具有强氧化性，可与色素反应，有漂白作用，B项正确；
C．过氧化氢不稳定，易分解，故需密闭保存，C项正确；
D．过氧化氢分解为水和氧气的反应中，过氧化氢即做氧化剂，又作还原剂，故过氧化氢即有强氧化性，又有还原性，D项错误；
故选D。
13．D
【分析】由图中可得出，反应①的反应物为Fe2(SO4)3、CH4、H2S，生成物为S、FeSO4、CH4；反应②的反应物为FeSO4、CH4、O2，生成物为Fe2(SO4)3、CH4，在反应中没有体现H2SO4的参与，从而得出反应的化学方程式。反应①：Fe2(SO4)3+H2S==S+2FeSO4+H2SO4；反应②： 4FeSO4+O2+ 2H2SO4==2Fe2(SO4)3+2H2O。
【详解】A．亚铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故溶液的酸化不能使用硝酸，A不正确；
B．从分析中可以看出， CH4没有参与反应，所以CH4不是反应的催化剂，经过反应①②，达到天然气脱硫的目的，B不正确；
C．过程①的反应为Fe2(SO4)3+H2S==S+2FeSO4+H2SO4，使介质溶液酸性增强，过程②的反应为4FeSO4+O2+ 2H2SO4==2Fe2(SO4)3+2H2O，消耗氢离子，C不正确；
D．以FeSO4为基准，调整过程①与过程②的化学计量数，可得出转移电子的物质的量之比为1:1， ，D正确；
答案选D。
14．B
【分析】高中阶段常见固体单质有：C、Na、Mg、Al、Si、S、Fe，若甲为C单质，则乙、丙为CO或CO2，但CO不能与水反应，所以甲不可能为C；若甲为Na，则乙为Na2O，戊为NaOH，NaOH为强碱受热不分解，即不能生成甲，故甲不可能为Na；若甲为Mg、Al、Si、Fe，由于它们的氧化物不能与水反应，故甲不可能为Mg、Al、Si、Fe；故甲应为S，则乙为SO2，SO2与O2反应生成SO3(丙)，丙与水反应生成H2SO4(丁)，浓硫酸可被还原为SO2，乙与水反应生成戊(H2SO3)，H2SO3可以与H2S反应生成S。
【详解】A．S单质在纯氧中燃烧火焰为蓝紫色，在空气中为淡蓝色，A正确；
B．SO2与O2反应生成SO3条件为催化就、加热，B错误；
C．SO2与SO3相对分子质量比为64:80，即4:5，C正确；
D．H2SO3中S元素为+4价，既可以被氧化到+6价，也可以被还原到0价，故戊既有还原性又有氧化性，D正确；
故答案选B。
15．D
【分析】由方程式可知，反应①为铝热反应，反应中铝元素化合价升高被氧化，锌元素化合价降低被还原，反应②中，锌元素化合价升高被氧化，碳元素化合价降低被还原。
【详解】A.反应①是高温条件下，铝与氧化锌发生氧化还原反应生成氧化铝和锌，该反应属于铝热反应，故A正确；
B.反应②有单质参加也有单质生成，该反应属于置换反应，故B正确；
C.C2Cl6为乙烷分子中的氢原子被氯原子完全取代所得烃的衍生物，属于卤代烃，故C正确；
D.由分析可知，反应①中铝为还原剂，锌为还原产物，还原性铝强于锌，反应②中锌为还原剂，碳为还原产物，锌的还原性强于碳，故D错误；
故选D。
16． 1：1 6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O bd 小于 tm min时浓度较低 HI→I2 溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性
【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)，反应的方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，其中As元素化合价降低，Sn元素化合价升高，则氧化剂（As2S3）与还原剂（SnCl2）的物质的量之比为1：1。
(2)把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O。
(3)根据方程式(aq) +I2(aq) +2OH-(aq)＝(aq) +2I-(aq) +H2O(l)可知该反应的化学平衡常数表达式为。
a．v(I-)=2v()中某一指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．溶液的pH不再变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．由图可知平衡时c()，则此时c(I-)=2y mol，故c错误；
d．不再变化，即AsO与AsO的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
(4)由于tm min时浓度较低，所以tm min时v逆()小于tnmin时v逆()。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行→，则根据方程式可判断反应中氧化反应为HI→I2，由此得到的结论是溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
17． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
18． ①② 参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化 化合反应可能是氧化还原反应 在 450℃时，2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ 预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率 15~20 min、25~30 min 增大氧气的浓度 c(NH)+c(H+)= c(HSO) +2c(SO)+ c(OH-)
【详解】(1)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述 3 个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应。
(2)①化学平时常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此该反应的平衡常数表达式 K=。
②该热化学方程式表示的是450℃时， 2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ。
③预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率。
(3)①由图可知在15~20 min和25~30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态。
②反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动。
③NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO)+ c(OH-)。
19． ClO- + H2O   HClO + OH- C < B NaHSO3 氯水中存在以下平衡：Cl2 + H2O HClO + HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大。 NA个
【分析】应用勒夏特列原理、判断条件改变时化学平衡的移动方向回答；应用表中数据判断钠盐的酸碱性、NaHSO3溶液呈酸性，可判断水解程度小于电离程度，在此基础上回答，NaHSO3溶液是中强酸的钠盐，能与酸发生复分解反应、具有还原性能发生氧化还原反应，据此回答；
【详解】(1)NaClO是强碱弱酸盐，溶液因次氯酸根离子水解显碱性，离子方程式为ClO- + H2O   HClO + OH-。
(2) 侯氏制碱中： A．冷却，可降低氯化铵的溶解度，能冷却结晶，A正确； B．加入食盐细颗粒 ，增大氯离子浓度，能促使氯化铵结晶，B正确； C．通入CO2 ，与水反应生成碳酸，溶液酸性增强，不与母液中其它成分反应，对氯化铵的析出无明显作用，D．通入NH3后生成一水合氨，与碳酸氢根反应产生铵根离子，增大铵根离子的浓度有利于氯化铵的析出来，D正确；故使NH4Cl从母液中析出的措施不包括C。
(3)由表知，0.1 mol·L-1的 NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，故离子浓度：c(SO)N>O>H N C和N原子核外都有2个电子层，N的核电荷数比C多，且原子半径N小于C，核对外层电子的吸引力强 2NH3+2O2N2O+3H2O NA或0.267NA或1.6×1023 ab
【详解】(1)H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2，核外未成对电子数目相等的是C和O；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：C>N>O>H。
(2)HCN中C、N都满足8电子稳定结构， HCN的电子式为，C和N是位于同周期相邻元素，N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向的元素是N。
(3)利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；反应中N化合价由-3价升高为+1价，O化合价由0价降低为-2价，每生成1 mol水转移 mol电子，生成1.8 g水即0.1 mol水时转移电子0.1× mol= mol，转移电子数为NA或0.267NA或1.6×1023；N2O为直线型极性分子，分子结构为，则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。
25． 第二周期VA族 1s22s22p3 2 PH3 Cl2 AC 0.25
【详解】(1)氮在周期表中第二周期VA族，所以答案为：第二周期VA族；
(2)氮元素原子核外电子排布式为1s22s22p3可知氮原子核外有s、p两种不同的电子云形状，故答案为：1s22s22p3、2；
(3)氮元素气态氢化物为NH3其电子式为，所以答案为：；
(4) 反应前后磷元素化合价升高（-3到+5），所以还原剂是PH3，所以答案为：PH3；
(5)已知 0.2mol KClO3在反应中得到 1mol 电子，所以一个氯原子得5个电子，化合价降低5，所以生成物中氯元素为零价，所以答案为：Cl2；
(6)根据得失电子数目相等，可配平方程式，所以答案为：；
(7)由反应可以判断氧化剂是KClO3，氧化产物是H3PO4，氧化剂氧化性大于氧化产物，所以A正确，还原剂是PH3，还原产物是X，还原剂的还原性大于还原产物，所以C正确，故答案为：AC；
(8)由，可知每转移40摩尔电子，生成磷酸5摩尔，所以转移电子 2mol 时，生成H3PO40.25mol，所以答案为：0.25。
26． 共价键 分子间作用力 2＋3C＋16H+=4Cr3+＋3CO2↑＋8H2O 或重铬酸盐 0.4NA
【详解】(1)CO2是共价化合物以共用电子对的形式形成稳定结构，所以电子式为；二氧化碳属于分子晶体，作用力有共价键和分子间作用力；
(2)离子方程式的配平需要满足质量守恒定律和电荷守恒定律，利用得失电子守恒的方法配平，Cr化合价由+6变为+3，C化合价由0变为+4，所以离子方程式为2Cr2O＋3C＋16H+=4Cr3+＋3CO2↑＋8H2O；化合价降低的是氧化剂所以为Cr2O；标准状况下根据公式n= ，CO2物质的量是0.1mol，根据题干离子方程式中，生成3mol CO2转移电子12mol，所以生成0.1mol CO2转移电子0.4mol，所以为0.4NA。
27． 4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O 0.075 硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面与刻度线齐平 还原性、酸性 3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4 高锰酸钾溶液见光能发生分解
【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O；
(2)20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)= 1×10-3 mol/L×0.02 L=2×10-5 mol/L，根据物质反应关系可知n(HCHO)=n(KMnO4)=2.5×10-5 mol，由于溶液的体积是10 L，则甲醛的浓度为c(HCHO)==2.5×10-6 mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10-6 ×30 g/L=7.5×10-5 g/L=0.075 mg/L；
上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl-与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al(MnO4)3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4；
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
28． 3s23p3 热稳定性、键能 大于 1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑ 一 56 H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-
【分析】(1)磷是15号元素，结合原子结构和元素周期律、相似相溶原理分析解答；
(2)根据化合价升降守恒结合质量守恒配平方程式；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，确定H3PO2的类型；
(4)根据发生反应的过程寻找关系式分析计算；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体和Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，据此分析解答。
【详解】(1)磷是15号元素，第三电子层为最外层，电子数为5，最外层电子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，从上到下原子半径逐渐增大，键能逐渐减小，因此Y轴可表示三种氢化物的稳定性、键能；P4 为正四面体结构，为非极性分子，CS2 为非极性分子形成的溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，P4在CS2 中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：3s23p3；热稳定性、键能；大于；
(2) P4和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，反应中P部分由0价升高为+1价，部分由0价降低为-3价，根据化合价升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，结合质量守恒可知，反应物中缺少的物质为H2O，配平后的方程式为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，可以确定H3PO2属于一元酸，故答案为：一；
(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反应Ⅱ为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应Ⅲ为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案为：56；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，生成的另外一种物质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，电离方程式为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-，故答案为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意关系式法在解题中的应用。
29． 生物固氮 N2+3H22NH3 化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【详解】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
30． NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO ，NaClO 尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO 分子起到杀菌消毒的作用，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好 在 84 消毒液中加入白醋 2 3 1 3 3 2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒， 会影响人体的呼吸道 有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1mL84 消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸， 如果试纸变蓝，证明有科学性
【详解】(1) 84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在 10-20 分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸，因此家庭使用84 消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；
(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH+3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；
(3)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；
(5) 84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的 KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。