2024届高三化学二轮复习基础练习——化学反应与能量（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习基础练习——化学反应与能量（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-18 17:38:23 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习基础练习——化学反应与能量
一、单选题
1．下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗盐提纯 B．海水提溴 C．油脂皂化 D．石油分馏
2．明·宋应星《天工开物》中记载：“凡海滨石山傍水处，咸浪积压．生出蛎房，闽中曰蚝房。……凡燔蛎灰者，执椎与凿，濡足取来，……叠煤架火燔成，与前石灰共法。粘砌城墙、桥梁，调和桐油造舟，功皆相同。”下列有关描述中正确的是（ ）。
A．“蛎房”的主要成分是氧化钙
B．古人用“蚝房”煅烧制成的石灰可用作建筑材料
C．“桐油”是一种优良的植物油，从物质分类角度来看属于纯净物
D．“蚝房”受热分解的反应属于放热的非氧化还原反应
3．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ）
常见古诗文记载 化学知识
A 《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折” 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
B 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛” 强水为氢氟酸
C 《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾
D 《泉州府志》中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之 糖白的过程发生了化学变化
A．A B．B C．C D．D
4．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中
现象 产生白色沉淀，随后变为红褐色 溶液变红，随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体，随后变为红棕色
A．A B．B C．C D．D
5．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
B．Br2+2NaI=2NaBr+I2
C．3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O
D．HBr+NaOH=NaBr+H2O
6．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是（ ）
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO ＞HNO2
7．镍氢电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池．镍氢电池的总反应式是：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，据此反应判断，下列叙述中正确的是（ ）
A．电池放电时，电池负极周围溶液的pH 不断增大
B．电池充电时，阳极反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiO（OH）+H2O
C．电池充电时，氢元素被氧化
D．电池放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣═2H+
8．在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2 + 7O2+ 2H2O ═ 2Fe2+ + 4SO42 + 4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2+ + O2+ 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO + 2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应
9．利用如图装置进行实验(U形管为耐压试管)，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法错误的是（ ）
A．铁丝的腐蚀速率：
B．一段时间后，a管液面高于b管液面
C．a管溶液的增大，b管溶液的减小
D．a、b两管中发生相同的电极反应为
10．已知下述三个实验均能发生化学反应，下列判断正确的是（ ）
①将铁钉放入硫酸铜溶液中；
②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水；
③将铜丝放入氯化铁溶液中．
A．实验①中铁钉做氧化剂
B．实验②中Fe2+具有还原性
C．实验③中发生的是置换反应
D．上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+
11．关于下列装置，叙述不正确的是（ ）
A．石墨电极反应式： O2+4H++4e-=2H2O
B．温度计的示数会上升
C．加入少量NaCl ，会加快 Fe 生锈
D．加入 HCl，石墨电极反应式： 2H++2e-=H2↑
12．以CO和 为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以 为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用 人工合成淀粉时，第一步就需要将 转化为甲醇。
已知：①
②
③
下列说法错误的是（ ）
A．若温度不变，反应①中生成 时，放出的热量大于90.5kJ
B． 与 合成甲醇的热化学方程式为：
C．通过电解制 和选用高效催化剂，可降低 与 合成甲醇的反应的焓变
D．以 和 为原料合成甲醇，同时生成 ，该反应需要吸收能量
13．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（ ）
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 / Fe3+、Br2
② KClO3 浓盐酸 / Cl2
③ KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2+
A．反应①中，当只有少量Cl2时，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
C．②中反应的还原产物是Cl2，电子转移数目是5e-
D．③中反应的离子方程式为2MnO +3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
14．采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（ ）
A．阳极反应为
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
15．三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2 = NF3＋3NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是（ ）
A．制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
B．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂
C．若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 mol
D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现
16．钌(Ru)广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。自然界中钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收金属钌具有很强的现实意义。某科研小组设计了一种从含金属钌单质的废料中分离提纯金属钌的工艺，其流程图如下：
已知：“碱浸”工序中Ru单质生成了Na2RuO4；“沉淀”工序中滤渣的主要成分为RuO2。下列说法中错误的是（ ）
A．为提高“碱浸”时钌的浸出率，可采取延长浸取时间、适当提高温度的措施
B．“碱浸”时生成Na2RuO4的方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：3
C．在实验室进行操作X时，必须要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“沉淀”时加入草酸的目的是还原Na2RuO4
17．银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O=Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确的是（ ）
A．电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-
B．气体Y为H2
C．pq膜适宜选择阳离子交换膜
D．电池中消耗65gZn，理论上生成1mol气体X
18．NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液的反应方程式为： + +X→Mn2++ +H2O，下列叙述中正确的是（ ）
A．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4
B．反应过程中溶液的pH减小
C．该反应中 被还原
D．X可以是盐酸
19．北京科技大学教授与浙江大学教授合作，首次探究了在完全无水环境下电池体系的充、放电机理。其采用作为正极催化剂，调控电化学氧化还原路径，将放电产物调节为，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，能降低正极反应的活化能
B．充电时，每转移4mol电子理论上生成
C．放电时，副产物可能有
D．充电时，极与直流电源正极连接
20．某种钾-氧气可充电电池(示意图如图)的放电总反应为K＋O2=KO2。“界面”可阻止电解液的持续降解，电解质是一种只允许K＋传导的有机溶剂。下列说法正确的是（ ）
A．KO2是负极产物
B．放电时，外电路每转移1mole-，正极区域质量增加32g
C．充电时，碳电极上发生还原反应
D．有效抑制氧气在电池中扩散，可极大延长钾-氧气电池的循环性能
二、综合题
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。
Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为 。
（2）在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)
①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式 。
②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成
（3）II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：2CO(g) CO2(g)+C(s) ΔH3=-172.5kJ·mol-1
已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1= 。
（4）1.01×105 Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。
①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是 。
②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R= (平衡时CO2与CH4的物质的量变化量之比)。600℃时，R= ；随温度的升高，R变化趋势为 (填“增大”、“减小”、“先减小后增大”)。
22．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a kJ/mol
CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b kJ/mol
写出由CH4和O2制取CH3OH（g）的热化学方程式： ．
（2）甲图是反应时CO和CH3OH（g）的物质的量浓度随时间（t）的变化曲线．从反应开始至达到平衡时，用H2表示的反应速率v（H2）= ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，发生上述反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化曲线如乙图所示．
能判断该反应达到化学平衡状态的是 （填选项字母）．
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．H2的转化率和CO的转化率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）以甲醇为燃料，O2为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，写出燃料电池负极的电极反应式：
（5）如图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程．乙池中发生反应的离子方程式为 ．当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为 g．
23．氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2<0
III．CH4(g) +2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3>0
回答下列问题：
（1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
物质 CH4(g) CO(g) H2O(1)
/(kJ·mol-1) -75 -110.5 -285.8
△H1= kJ·mol-1[已知：H2O(g)= H2O(1)△H= -44kJ·mol-1]。
（2）某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，则H2O的转化率为 ；反应物投料比小于反应的化学计量数之比，目的是 。
（3）用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分已失效，原因是 。
（4）在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应CO(g)+H2O(g) CO2(g) +H2(g)，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。
已知：反应速率=正-逆=k正x(CO)·x(H2O)-k逆x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时， = 。
24．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO Cr2O3与NaNO3的系数比为 ．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 ．
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是 ，滤渣2的主要成分是 及含硅杂质．
（3）步骤④调滤液2的pH使之变 （填“大”或“小”），原因是 （用离子方程式表示）．
（4）有关物质的溶解度如图所示．
向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体．冷却到 （填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃
步骤⑤的反应类型是 ．
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为 ．
25．现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示．
已知①BrO3﹣+6I﹣+6H+═3I2+Br﹣+3H2O；②2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2；
请回答下列问题：
（1）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确 （填是或否），并说明理由 ．
（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，还原产物是 ．
（3）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式 ．
（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为 mol．
（5）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A． 粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；
B． 海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；
C． 油脂皂化，用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；
D． 石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、蛎房”的主要成分是碳酸钙，故A错误；
B、石灰与水反应生成熟石灰，可用作建筑材料，故B正确；
C、“桐油”是植物油，含有多种物质，属于混合物，故C错误；
D、碳酸钙分解吸热，故D错误；
故答案为：B。
【分析】蛎房的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧分解生成氧化钙。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项不符合题意；
B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项不符合题意；
C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应： ，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项符合题意；
D. 该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、合金特点：硬度大、熔点低
B、HF为弱酸
D、糖白是由于碳的吸附作用
4．【答案】C
【解析】【解答】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；
B.氯水中存在反应Cl2+H2O HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应，不符合题意；
C.白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应，符合题意；
D.Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；
故答案为：C
【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，A符合题意；
B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，B不符合题意；
C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，C不符合题意；
D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据溴元素在反应前后化合价的变化进行分析，若反应前后溴元素的化合价升高，则被氧化。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段， 、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、 。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为 ， 结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为： ，A不符合题意；
B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B符合题意；
C．过程I中NO2得到电子被还原为 ，SO 失去的电子被氧化为 ，反应的离子方程式： SO +NO2= + 。每有1 mol的氧化剂NO2发生反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D．在图示的转化关系中SO 失去电子被氧化为 ，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO ＞HNO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.第 Ⅱ、Ⅲ 阶段，NO2与SO32-发生氧化还原反应生成HNO2、HSO3-；
B.该过程中NO2为氧化剂；
C.第 Ⅰ 阶段中发生反应方程式：SO +NO2= + ；
D.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A、电池放电时，负极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的pH值减小，故A错误；
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，所以充电时，阳极反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiO（OH）+H2O，故B正确；
C．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，镍元素被还原，所以充电时，镍元素被氧化，故C错误；
D．电池放电时，负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故D错误．
故选B．
【分析】氢镍电池的总反应式是：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，充电时的电极反应为放电时的逆反应，据此分析解答．
8．【答案】A
【解析】【解答】A. 由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A符合题意；
B. 反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，FeS2被氧化，故B不符合题意；
C. 反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++ O2+ 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO+ 2H2O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C不符合题意；
D. 反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成 ，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS2 + 7O2+ 2H2O ═ 2Fe2+ + 4SO42 + 4H+，NO的量不变。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．a管电解质溶液为中性，发生吸氧腐蚀，b管电解质溶液为稀硫酸，发生析氢腐蚀，氢离子浓度大，所以腐蚀速率，A不符合题意；
B．a发生吸氧腐蚀，吸收氧气，气体体积会减少，b发生析氢腐蚀，产生氢气气体体积会变大，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，B不符合题意；
C．a中产生OH-，pH会变大，b中消耗氢离子，pH也会变大，C符合题意；
D．金属的腐蚀，都是金属做负极，失去电子发生氧化反应，所以，a、b两管中负极的电极反应均为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、稀硫酸和铁反应的速率更快；
B、a中氧气变少，b中氢气增大，由于压强影响a液面更高；
C、a中发生吸氧腐蚀生成氢氧根，b中发生析氢腐蚀消耗氢离子；
D、铁作为负极，失去电子形成亚铁离子。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．由①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A错误；
B．实验②中发生2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，Fe2+化合价升高表现还原性，故B正确；
C．置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；
D．发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；
故选B．
【分析】实验①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，实验②中发生2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，实验③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．电解质溶液不是酸性的，所以石墨电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A符合题意；
B．原电池放电时会放出热量，所以温度计的示数会上升，故B不符合题意；
C．加入少量NaCl，溶液中自由移动离子浓度增大，溶液导电能力增强，会加快 Fe 生锈，故C不符合题意；
D．加入 HCl，溶液呈酸性，在正极石墨上是H+得到电子，电极反应式为 2H++2e-=H2↑，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一个原电池装置，铁作负极，失去电子，变成Fe2+，石墨作正极，溶解在溶液中的氧气得电子：O2+4e-+2H2O=4OH-。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．CH3OH从气态转化为液态放出热量，则反应①中生成 时，放出的热量大于90.5kJ，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，反应①-②得到目标方程 ， ，B不符合题意；
C．催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，C符合题意；
D．根据盖斯定律，反应①-②-③得到 +3H2O CH3OH+ ， ， H>0，是吸热反应，需要吸收能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据盖斯定律和反应热及焓变分析解答即可。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，故反应①可知： Cl2＞Br2＞Fe3+，故反应①中，当只有少量Cl2时，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，A不符合题意；
B．根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，故反应①可知： Cl2＞Br2＞Fe3+，反应②可知：KClO3＞Cl2，故氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，B不符合题意；
C．反应②为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，故②中反应的还原产物、氧化产物均是Cl2，电子转移数目是5e-，C符合题意；
D．根据氧化还原反应中得失电子总数相等可知：③中反应的离子方程式为2MnO +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性的顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+，氯气应该先氧化亚铁离子
B.①氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+②氧化性 KClO3＞Cl2③氧化性 MnO4-＞O2，得出氧化性：KClO3＞Cl2 ＞Br2＞Fe3+
C.浓盐酸做还原剂，所以对应产物为氧化产物，KClO3~5HCl~3Cl2~5e
D.根据电荷守恒以及得失电子守恒：2MnO 4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
14．【答案】D
【解析】【解答】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A不符合题意；
B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B不符合题意；
C.有B的分析可知，C不符合题意；
D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。
15．【答案】A
【解析】【解答】根据4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，0.5mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。
故答案为：A。
【分析】A.根据化合价的变化确定氧化剂、还原剂，进而得出二者的物质的量之比；
B.反应中，H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化；
C.根据关系式：4NH3~6e-进行计算；
D.NF3能与空气中的水蒸气反应生成NO，NO能被空气中的氧气氧化成成红棕色的NO2；
16．【答案】B
【解析】【解答】A．“碱浸”工序中，为提高钌的浸出率，可采用延长浸取时间、适当提高温度的措施，选项A不符合题意；
B．金属钌在“碱浸”工序中被NaClO氧化为Na2RuO4，ClO-的还原产物为Cl- ，根据化合价升降相等可知，生成Na2RuO4的反应方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为3： 1，选项B符合题意；
C．操作X为过滤，实验室进行过滤操作时必须用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，选项C不符合题意；
D．加入盐酸调节pH的同时，加入草酸的目的是将Na2RuO4还原为RuO2，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、结合反应速率的影响因素分析；
B、结合反应过程中得失电子守恒进行计算；
C、操作X为过滤，据此确定所需的仪器；
D、草酸具有还原性，可将Na2RuO4还原为RuO2；
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 根据分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故A不符合题意；
B. N电极的反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H+，气体Y为O2，故B不符合题意；
C. 因中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C不符合题意；
D. 65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH－结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH－在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。
18．【答案】A
【解析】【解答】A．根据方程式可知，生成1mol NaNO3需消耗0.4molKMnO4，故A符合题意；
B．反应中氢离子参加反应生成水，导致氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B不符合题意；
C．该反应中亚硝酸根离子失去电子被氧化，故C不符合题意；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气，所以不能为盐酸，可以是硫酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据元素守恒和溶液酸碱性可知，x是H+，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、N元素化合价由+3价变为+5价，转移电子数为10，该反应的化学方程式为：2 +5 +6 H+=2Mn2++5 +3H2O，据此分析；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．作为正极催化剂，可以降低正极反应的活化能，A不符合题意；
B．充电时总反应为MgC2O4=Mg+2CO2，转移4mol电子时生成4molCO2，理论上生成176gCO2，B符合题意；
C．放电后期，可能发生副反应3Mg+4CO2=MgC2O4+MgCO3+MgO+C，可能存在MgCO3，C不符合题意；
D．充电时极为阳极，与电源的正极相连，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，碳电极为正极，发生得电子发生还原反应，电极反应为K++O2+e-═KO2，KO2是正极产物，故A不符合题意；
B．放电时，电极反应为K++O2+e-═KO2，所以每转移1mole-，生成1molKO2，质量增加为m=nM=1mol×71g/mol=71g，故B不符合题意；
C．充电时原电池的正负极分别与外加电源的正负极相接，充电时，碳电极为阳极，发生氧化反应，故C不符合题意；
D．充电时放出氧气，放电时消耗氧气，则有效抑制氧气扩散可延长K-O2电池的循环性能，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，放电时，K+向碳电极移动，则K为负极，碳电极为正极，负极发生氧化反应，电极反应为K-e-=K+，正极发生还原反应，电极反应式为K++O2+e-═KO2，充电时，K电极为阴极，碳电极为阳极，阳极发生还原反应，阴极发生还原反应，据此解答。
21．【答案】（1）第六周期第VA族
（2）CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO
（3）+247.6 kJ/mol
（4）反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大
【解析】【解答】（1）Bi的电子排布为6s26p3，最高能层为P，最外层电子数为5个，则该元素位于第6周期第VA族。故答案为：第6周期第VA族；
（2）CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH即CO2得电子变为HCOOH，反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH。转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而*COOH能量低反应易发生，所以Pb催化剂有利于CO生成。所以故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO；
（3）由CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1得出反应④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)| ΔH=-890 kJ·mol-1、⑤2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·mol-1、⑥2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1。反应①=④-⑤-⑥，得到ΔH1=-890+566+571.6=+247.6 kJ·mol-1。故答案为：+247.6 kJ·mol-1；
（4）温度变化结合平衡移动分析。反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小。已知n(CO2)：n(CH4)=1：1，设各物质物质的量为1mol、1mol。同时600℃时CO2和CH4的转化率分别为65%、80%，则两者的变化量分别为0.65mol、0.8mol，所以R= 。从图分析，随着温度的升高，CO2的转化率越来越靠近CH4的转化率，所以R增大。故答案为：反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）依据影响化学平衡的因素分析。
22．【答案】（1）2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol
（2）0.15mol/（L min）
（3）B；D
（4）CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O
（5）2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+；34.8
【解析】【解答】解：（1）已知①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a KJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b KJ/mol，①+②×2可得到2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b） kJ/mol；（2）用甲醇表示的反应速率v= =0.075mol/（L min），氢气表示的反应速率是甲醇的2倍，即0.15mol/（L min），
故答案为：0.15 mol/（L min）；（3）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；
B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；
C．反应的方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），充入10mol CO和20mol H2，消耗的反应物的物质的量为1：2，则无论是否达到平衡状态，H2的转化率和CO的转化率都相等，故C错误；
D．体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确．
故答案为：BD；（4）碱性条件下，甲醇在负极被氧化生成碳酸根离子，电极方程式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，Cu2++2e﹣=Cu，阳极上是氢氧根离子放电生成氧气，所以电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电池反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极为2H++2e﹣=H2↑，MgCl2+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁，依据化学方程式，生成1mol氢氧化镁，电子转移2mol电子，则电子转移1.2mol，生成沉淀氢氧化镁0.6mol，计算得到物质的量为质量=0.6mol×58g/mol=34.8g，
故答案为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+；34.8．
【分析】（1）利用盖斯定律，1式加2式的二倍即可得到该方程式及焓变；（2）根据反应速率v= ，结合物质表示的反应速率之比等于物质前边的系数之比来计算；（3）平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度保持不变分析判断选项；（4）碱性条件下，甲醇在负极被氧化生成碳酸根离子；（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极为2H++2e﹣=H2↑，MgCl2+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁质量．
23．【答案】（1）+206.3
（2）40%；提高CH4的转化率
（3）降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
（4）B；5.0625
【解析】【解答】(1)由题干表中数据可知，CH4(g)+H2O(l) CO(g)+3H2(g) 2=(-110.5) –[(-75kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)] =+250.3kJ/mol，又知H2O(g)= H2O(1) △H= -44kJ·mol-1，故CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1=2+△H=250.3+(-44)=+206.3kJ/mol，故答案为：+206.3；
(2)某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，分析反应I．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应前后气体体积均增大了2，反应II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)前后气体体积不变，故设CH4起始量为1mol，则H2O为3mol，则反应后气体的总物质的量为：(1+3+2×0.8)=5.6mol，根据氢原子守恒可知：2n(H2)+2n(H2O)=1×4+2×3-4×0.2，由n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol，解得n(H2O)=1.8mol，则H2O的转化率为=40%，反应物投料比小于反应的化学计量数之比，即增大H2O的用量，其目的是增大H2O的用量，提高CH4的转化率，故答案为：40%；提高CH4的转化率；
(3)由题干图像可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效，故答案为：降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
(4)由题干信息可知，II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点，C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为K===2.25，反应达到平衡时正=逆，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则=K=2.25，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则x(CO2)=x(H2)==0.2，x(CO)=x(H2O)==0.3，==K=2.25×=5.0625，故答案为：B；5.0625。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据原子守恒计算；增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
(3)依据影响反应速率的因素分析；
(4)利用三段式法计算。
24．【答案】（1）2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳
（2）Fe；Al（OH）3
（3）小；CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O
（4）d；复分解反应
（5）×100%
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，
故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质，
故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，
故答案为：小；CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到10℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，
故答案为：d；复分解反应；（5）用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为 ，由Cr原子守恒可知，则产率为 ×100%，
故答案为： ×100%．
【分析】铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答．
25．【答案】（1）否；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论
（2）1：6；KBr
（3）BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O
（4）7.2
（5）I2，KIO3
【解析】【解答】解：（1.）根据反应：2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，还原剂的还原性强于还原产物的氧化性，所以得出还原性I2＞Br2，故答案为：否；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论；
（2.）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，
发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，还原产物是KBr，故答案为：1：6；KBr；
（3.）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
（4.）发生的反应依次有6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，则含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为1.2×6mol=7.2mol，故答案为：7.2；
（5.）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，6molKI生成I2，需要1molKBrO3，同时生成1molKBr，发生BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，需要0.2molKBrO3，如I2完全被氧化生成KIO3，还应需要6molKBrO3，
则n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为I2，KIO3，
故答案为：I2，KIO3．
【分析】（1）根据反应2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来回答；（2）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，结合氧化剂、还原剂得失电子数目相等判断还原产物；（3）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应；（4）根据关系式KI～I2～IO3﹣以及bc段反应BrO3﹣～Br﹣，写出反应的总方程式进行计算；（5）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6H++6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，据此计算．
一、单选题
1．下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A．粗盐提纯 B．海水提溴 C．油脂皂化 D．石油分馏
2．明·宋应星《天工开物》中记载：“凡海滨石山傍水处，咸浪积压．生出蛎房，闽中曰蚝房。……凡燔蛎灰者，执椎与凿，濡足取来，……叠煤架火燔成，与前石灰共法。粘砌城墙、桥梁，调和桐油造舟，功皆相同。”下列有关描述中正确的是（ ）。
A．“蛎房”的主要成分是氧化钙
B．古人用“蚝房”煅烧制成的石灰可用作建筑材料
C．“桐油”是一种优良的植物油，从物质分类角度来看属于纯净物
D．“蚝房”受热分解的反应属于放热的非氧化还原反应
3．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（ ）
常见古诗文记载 化学知识
A 《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折” 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
B 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛” 强水为氢氟酸
C 《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾
D 《泉州府志》中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之 糖白的过程发生了化学变化
A．A B．B C．C D．D
4．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中
现象 产生白色沉淀，随后变为红褐色 溶液变红，随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体，随后变为红棕色
A．A B．B C．C D．D
5．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
B．Br2+2NaI=2NaBr+I2
C．3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O
D．HBr+NaOH=NaBr+H2O
6．科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是（ ）
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO ＞HNO2
7．镍氢电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池．镍氢电池的总反应式是：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，据此反应判断，下列叙述中正确的是（ ）
A．电池放电时，电池负极周围溶液的pH 不断增大
B．电池充电时，阳极反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiO（OH）+H2O
C．电池充电时，氢元素被氧化
D．电池放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣═2H+
8．在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2 + 7O2+ 2H2O ═ 2Fe2+ + 4SO42 + 4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2+ + O2+ 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO + 2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应
9．利用如图装置进行实验(U形管为耐压试管)，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法错误的是（ ）
A．铁丝的腐蚀速率：
B．一段时间后，a管液面高于b管液面
C．a管溶液的增大，b管溶液的减小
D．a、b两管中发生相同的电极反应为
10．已知下述三个实验均能发生化学反应，下列判断正确的是（ ）
①将铁钉放入硫酸铜溶液中；
②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴双氧水；
③将铜丝放入氯化铁溶液中．
A．实验①中铁钉做氧化剂
B．实验②中Fe2+具有还原性
C．实验③中发生的是置换反应
D．上述实验证明氧化性Fe3+＞Fe2+＞Cu2+
11．关于下列装置，叙述不正确的是（ ）
A．石墨电极反应式： O2+4H++4e-=2H2O
B．温度计的示数会上升
C．加入少量NaCl ，会加快 Fe 生锈
D．加入 HCl，石墨电极反应式： 2H++2e-=H2↑
12．以CO和 为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以 为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用 人工合成淀粉时，第一步就需要将 转化为甲醇。
已知：①
②
③
下列说法错误的是（ ）
A．若温度不变，反应①中生成 时，放出的热量大于90.5kJ
B． 与 合成甲醇的热化学方程式为：
C．通过电解制 和选用高效催化剂，可降低 与 合成甲醇的反应的焓变
D．以 和 为原料合成甲醇，同时生成 ，该反应需要吸收能量
13．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（ ）
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 / Fe3+、Br2
② KClO3 浓盐酸 / Cl2
③ KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2+
A．反应①中，当只有少量Cl2时，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
C．②中反应的还原产物是Cl2，电子转移数目是5e-
D．③中反应的离子方程式为2MnO +3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
14．采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（ ）
A．阳极反应为
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
15．三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2 = NF3＋3NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是（ ）
A．制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
B．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂
C．若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 mol
D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现
16．钌(Ru)广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。自然界中钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收金属钌具有很强的现实意义。某科研小组设计了一种从含金属钌单质的废料中分离提纯金属钌的工艺，其流程图如下：
已知：“碱浸”工序中Ru单质生成了Na2RuO4；“沉淀”工序中滤渣的主要成分为RuO2。下列说法中错误的是（ ）
A．为提高“碱浸”时钌的浸出率，可采取延长浸取时间、适当提高温度的措施
B．“碱浸”时生成Na2RuO4的方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：3
C．在实验室进行操作X时，必须要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“沉淀”时加入草酸的目的是还原Na2RuO4
17．银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O=Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确的是（ ）
A．电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-
B．气体Y为H2
C．pq膜适宜选择阳离子交换膜
D．电池中消耗65gZn，理论上生成1mol气体X
18．NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液的反应方程式为： + +X→Mn2++ +H2O，下列叙述中正确的是（ ）
A．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4
B．反应过程中溶液的pH减小
C．该反应中 被还原
D．X可以是盐酸
19．北京科技大学教授与浙江大学教授合作，首次探究了在完全无水环境下电池体系的充、放电机理。其采用作为正极催化剂，调控电化学氧化还原路径，将放电产物调节为，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，能降低正极反应的活化能
B．充电时，每转移4mol电子理论上生成
C．放电时，副产物可能有
D．充电时，极与直流电源正极连接
20．某种钾-氧气可充电电池(示意图如图)的放电总反应为K＋O2=KO2。“界面”可阻止电解液的持续降解，电解质是一种只允许K＋传导的有机溶剂。下列说法正确的是（ ）
A．KO2是负极产物
B．放电时，外电路每转移1mole-，正极区域质量增加32g
C．充电时，碳电极上发生还原反应
D．有效抑制氧气在电池中扩散，可极大延长钾-氧气电池的循环性能
二、综合题
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。
Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为 。
（2）在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)
①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式 。
②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成
（3）II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：2CO(g) CO2(g)+C(s) ΔH3=-172.5kJ·mol-1
已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1= 。
（4）1.01×105 Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。
①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是 。
②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R= (平衡时CO2与CH4的物质的量变化量之比)。600℃时，R= ；随温度的升高，R变化趋势为 (填“增大”、“减小”、“先减小后增大”)。
22．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a kJ/mol
CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b kJ/mol
写出由CH4和O2制取CH3OH（g）的热化学方程式： ．
（2）甲图是反应时CO和CH3OH（g）的物质的量浓度随时间（t）的变化曲线．从反应开始至达到平衡时，用H2表示的反应速率v（H2）= ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，发生上述反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化曲线如乙图所示．
能判断该反应达到化学平衡状态的是 （填选项字母）．
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．H2的转化率和CO的转化率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）以甲醇为燃料，O2为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，写出燃料电池负极的电极反应式：
（5）如图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程．乙池中发生反应的离子方程式为 ．当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为 g．
23．氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2<0
III．CH4(g) +2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3>0
回答下列问题：
（1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
物质 CH4(g) CO(g) H2O(1)
/(kJ·mol-1) -75 -110.5 -285.8
△H1= kJ·mol-1[已知：H2O(g)= H2O(1)△H= -44kJ·mol-1]。
（2）某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，则H2O的转化率为 ；反应物投料比小于反应的化学计量数之比，目的是 。
（3）用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分已失效，原因是 。
（4）在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应CO(g)+H2O(g) CO2(g) +H2(g)，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。
已知：反应速率=正-逆=k正x(CO)·x(H2O)-k逆x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时， = 。
24．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO Cr2O3与NaNO3的系数比为 ．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 ．
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是 ，滤渣2的主要成分是 及含硅杂质．
（3）步骤④调滤液2的pH使之变 （填“大”或“小”），原因是 （用离子方程式表示）．
（4）有关物质的溶解度如图所示．
向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体．冷却到 （填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃
步骤⑤的反应类型是 ．
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为 ．
25．现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示．
已知①BrO3﹣+6I﹣+6H+═3I2+Br﹣+3H2O；②2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2；
请回答下列问题：
（1）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确 （填是或否），并说明理由 ．
（2）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，还原产物是 ．
（3）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式 ．
（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为 mol．
（5）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A． 粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；
B． 海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；
C． 油脂皂化，用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；
D． 石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、蛎房”的主要成分是碳酸钙，故A错误；
B、石灰与水反应生成熟石灰，可用作建筑材料，故B正确；
C、“桐油”是植物油，含有多种物质，属于混合物，故C错误；
D、碳酸钙分解吸热，故D错误；
故答案为：B。
【分析】蛎房的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧分解生成氧化钙。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项不符合题意；
B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项不符合题意；
C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应： ，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项符合题意；
D. 该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、合金特点：硬度大、熔点低
B、HF为弱酸
D、糖白是由于碳的吸附作用
4．【答案】C
【解析】【解答】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；
B.氯水中存在反应Cl2+H2O HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应，不符合题意；
C.白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应，符合题意；
D.Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应，不符合题意；
故答案为：C
【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，A符合题意；
B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，B不符合题意；
C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，C不符合题意；
D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据溴元素在反应前后化合价的变化进行分析，若反应前后溴元素的化合价升高，则被氧化。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段， 、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、 。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为 ， 结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为： ，A不符合题意；
B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B符合题意；
C．过程I中NO2得到电子被还原为 ，SO 失去的电子被氧化为 ，反应的离子方程式： SO +NO2= + 。每有1 mol的氧化剂NO2发生反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D．在图示的转化关系中SO 失去电子被氧化为 ，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO ＞HNO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.第 Ⅱ、Ⅲ 阶段，NO2与SO32-发生氧化还原反应生成HNO2、HSO3-；
B.该过程中NO2为氧化剂；
C.第 Ⅰ 阶段中发生反应方程式：SO +NO2= + ；
D.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A、电池放电时，负极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的pH值减小，故A错误；
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，所以充电时，阳极反应为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣═NiO（OH）+H2O，故B正确；
C．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，镍元素被还原，所以充电时，镍元素被氧化，故C错误；
D．电池放电时，负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故D错误．
故选B．
【分析】氢镍电池的总反应式是：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，充电时的电极反应为放电时的逆反应，据此分析解答．
8．【答案】A
【解析】【解答】A. 由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A符合题意；
B. 反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，FeS2被氧化，故B不符合题意；
C. 反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++ O2+ 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO+ 2H2O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C不符合题意；
D. 反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成 ，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS2 + 7O2+ 2H2O ═ 2Fe2+ + 4SO42 + 4H+，NO的量不变。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．a管电解质溶液为中性，发生吸氧腐蚀，b管电解质溶液为稀硫酸，发生析氢腐蚀，氢离子浓度大，所以腐蚀速率，A不符合题意；
B．a发生吸氧腐蚀，吸收氧气，气体体积会减少，b发生析氢腐蚀，产生氢气气体体积会变大，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，B不符合题意；
C．a中产生OH-，pH会变大，b中消耗氢离子，pH也会变大，C符合题意；
D．金属的腐蚀，都是金属做负极，失去电子发生氧化反应，所以，a、b两管中负极的电极反应均为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、稀硫酸和铁反应的速率更快；
B、a中氧气变少，b中氢气增大，由于压强影响a液面更高；
C、a中发生吸氧腐蚀生成氢氧根，b中发生析氢腐蚀消耗氢离子；
D、铁作为负极，失去电子形成亚铁离子。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．由①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A错误；
B．实验②中发生2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，Fe2+化合价升高表现还原性，故B正确；
C．置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；
D．发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；
故选B．
【分析】实验①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，实验②中发生2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，实验③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．电解质溶液不是酸性的，所以石墨电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A符合题意；
B．原电池放电时会放出热量，所以温度计的示数会上升，故B不符合题意；
C．加入少量NaCl，溶液中自由移动离子浓度增大，溶液导电能力增强，会加快 Fe 生锈，故C不符合题意；
D．加入 HCl，溶液呈酸性，在正极石墨上是H+得到电子，电极反应式为 2H++2e-=H2↑，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一个原电池装置，铁作负极，失去电子，变成Fe2+，石墨作正极，溶解在溶液中的氧气得电子：O2+4e-+2H2O=4OH-。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．CH3OH从气态转化为液态放出热量，则反应①中生成 时，放出的热量大于90.5kJ，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，反应①-②得到目标方程 ， ，B不符合题意；
C．催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，C符合题意；
D．根据盖斯定律，反应①-②-③得到 +3H2O CH3OH+ ， ， H>0，是吸热反应，需要吸收能量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据盖斯定律和反应热及焓变分析解答即可。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，故反应①可知： Cl2＞Br2＞Fe3+，故反应①中，当只有少量Cl2时，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，A不符合题意；
B．根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，故反应①可知： Cl2＞Br2＞Fe3+，反应②可知：KClO3＞Cl2，故氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，B不符合题意；
C．反应②为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，故②中反应的还原产物、氧化产物均是Cl2，电子转移数目是5e-，C符合题意；
D．根据氧化还原反应中得失电子总数相等可知：③中反应的离子方程式为2MnO +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性的顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+，氯气应该先氧化亚铁离子
B.①氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+②氧化性 KClO3＞Cl2③氧化性 MnO4-＞O2，得出氧化性：KClO3＞Cl2 ＞Br2＞Fe3+
C.浓盐酸做还原剂，所以对应产物为氧化产物，KClO3~5HCl~3Cl2~5e
D.根据电荷守恒以及得失电子守恒：2MnO 4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
14．【答案】D
【解析】【解答】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A不符合题意；
B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B不符合题意；
C.有B的分析可知，C不符合题意；
D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。
15．【答案】A
【解析】【解答】根据4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，0.5mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。
故答案为：A。
【分析】A.根据化合价的变化确定氧化剂、还原剂，进而得出二者的物质的量之比；
B.反应中，H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化；
C.根据关系式：4NH3~6e-进行计算；
D.NF3能与空气中的水蒸气反应生成NO，NO能被空气中的氧气氧化成成红棕色的NO2；
16．【答案】B
【解析】【解答】A．“碱浸”工序中，为提高钌的浸出率，可采用延长浸取时间、适当提高温度的措施，选项A不符合题意；
B．金属钌在“碱浸”工序中被NaClO氧化为Na2RuO4，ClO-的还原产物为Cl- ，根据化合价升降相等可知，生成Na2RuO4的反应方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为3： 1，选项B符合题意；
C．操作X为过滤，实验室进行过滤操作时必须用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，选项C不符合题意；
D．加入盐酸调节pH的同时，加入草酸的目的是将Na2RuO4还原为RuO2，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、结合反应速率的影响因素分析；
B、结合反应过程中得失电子守恒进行计算；
C、操作X为过滤，据此确定所需的仪器；
D、草酸具有还原性，可将Na2RuO4还原为RuO2；
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 根据分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故A不符合题意；
B. N电极的反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H+，气体Y为O2，故B不符合题意；
C. 因中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C不符合题意；
D. 65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH－结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH－在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。
18．【答案】A
【解析】【解答】A．根据方程式可知，生成1mol NaNO3需消耗0.4molKMnO4，故A符合题意；
B．反应中氢离子参加反应生成水，导致氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B不符合题意；
C．该反应中亚硝酸根离子失去电子被氧化，故C不符合题意；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气，所以不能为盐酸，可以是硫酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据元素守恒和溶液酸碱性可知，x是H+，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、N元素化合价由+3价变为+5价，转移电子数为10，该反应的化学方程式为：2 +5 +6 H+=2Mn2++5 +3H2O，据此分析；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．作为正极催化剂，可以降低正极反应的活化能，A不符合题意；
B．充电时总反应为MgC2O4=Mg+2CO2，转移4mol电子时生成4molCO2，理论上生成176gCO2，B符合题意；
C．放电后期，可能发生副反应3Mg+4CO2=MgC2O4+MgCO3+MgO+C，可能存在MgCO3，C不符合题意；
D．充电时极为阳极，与电源的正极相连，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，碳电极为正极，发生得电子发生还原反应，电极反应为K++O2+e-═KO2，KO2是正极产物，故A不符合题意；
B．放电时，电极反应为K++O2+e-═KO2，所以每转移1mole-，生成1molKO2，质量增加为m=nM=1mol×71g/mol=71g，故B不符合题意；
C．充电时原电池的正负极分别与外加电源的正负极相接，充电时，碳电极为阳极，发生氧化反应，故C不符合题意；
D．充电时放出氧气，放电时消耗氧气，则有效抑制氧气扩散可延长K-O2电池的循环性能，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，放电时，K+向碳电极移动，则K为负极，碳电极为正极，负极发生氧化反应，电极反应为K-e-=K+，正极发生还原反应，电极反应式为K++O2+e-═KO2，充电时，K电极为阴极，碳电极为阳极，阳极发生还原反应，阴极发生还原反应，据此解答。
21．【答案】（1）第六周期第VA族
（2）CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO
（3）+247.6 kJ/mol
（4）反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大
【解析】【解答】（1）Bi的电子排布为6s26p3，最高能层为P，最外层电子数为5个，则该元素位于第6周期第VA族。故答案为：第6周期第VA族；
（2）CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH即CO2得电子变为HCOOH，反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH。转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而*COOH能量低反应易发生，所以Pb催化剂有利于CO生成。所以故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO；
（3）由CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1得出反应④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)| ΔH=-890 kJ·mol-1、⑤2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·mol-1、⑥2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1。反应①=④-⑤-⑥，得到ΔH1=-890+566+571.6=+247.6 kJ·mol-1。故答案为：+247.6 kJ·mol-1；
（4）温度变化结合平衡移动分析。反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小。已知n(CO2)：n(CH4)=1：1，设各物质物质的量为1mol、1mol。同时600℃时CO2和CH4的转化率分别为65%、80%，则两者的变化量分别为0.65mol、0.8mol，所以R= 。从图分析，随着温度的升高，CO2的转化率越来越靠近CH4的转化率，所以R增大。故答案为：反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）依据影响化学平衡的因素分析。
22．【答案】（1）2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol
（2）0.15mol/（L min）
（3）B；D
（4）CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O
（5）2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+；34.8
【解析】【解答】解：（1）已知①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a KJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b KJ/mol，①+②×2可得到2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b） kJ/mol；（2）用甲醇表示的反应速率v= =0.075mol/（L min），氢气表示的反应速率是甲醇的2倍，即0.15mol/（L min），
故答案为：0.15 mol/（L min）；（3）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；
B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；
C．反应的方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），充入10mol CO和20mol H2，消耗的反应物的物质的量为1：2，则无论是否达到平衡状态，H2的转化率和CO的转化率都相等，故C错误；
D．体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确．
故答案为：BD；（4）碱性条件下，甲醇在负极被氧化生成碳酸根离子，电极方程式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，Cu2++2e﹣=Cu，阳极上是氢氧根离子放电生成氧气，所以电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电池反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极为2H++2e﹣=H2↑，MgCl2+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁，依据化学方程式，生成1mol氢氧化镁，电子转移2mol电子，则电子转移1.2mol，生成沉淀氢氧化镁0.6mol，计算得到物质的量为质量=0.6mol×58g/mol=34.8g，
故答案为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+；34.8．
【分析】（1）利用盖斯定律，1式加2式的二倍即可得到该方程式及焓变；（2）根据反应速率v= ，结合物质表示的反应速率之比等于物质前边的系数之比来计算；（3）平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度保持不变分析判断选项；（4）碱性条件下，甲醇在负极被氧化生成碳酸根离子；（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极为2H++2e﹣=H2↑，MgCl2+2H2O Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁质量．
23．【答案】（1）+206.3
（2）40%；提高CH4的转化率
（3）降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
（4）B；5.0625
【解析】【解答】(1)由题干表中数据可知，CH4(g)+H2O(l) CO(g)+3H2(g) 2=(-110.5) –[(-75kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)] =+250.3kJ/mol，又知H2O(g)= H2O(1) △H= -44kJ·mol-1，故CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1=2+△H=250.3+(-44)=+206.3kJ/mol，故答案为：+206.3；
(2)某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，分析反应I．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应前后气体体积均增大了2，反应II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)前后气体体积不变，故设CH4起始量为1mol，则H2O为3mol，则反应后气体的总物质的量为：(1+3+2×0.8)=5.6mol，根据氢原子守恒可知：2n(H2)+2n(H2O)=1×4+2×3-4×0.2，由n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol，解得n(H2O)=1.8mol，则H2O的转化率为=40%，反应物投料比小于反应的化学计量数之比，即增大H2O的用量，其目的是增大H2O的用量，提高CH4的转化率，故答案为：40%；提高CH4的转化率；
(3)由题干图像可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效，故答案为：降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
(4)由题干信息可知，II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点，C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为K===2.25，反应达到平衡时正=逆，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则=K=2.25，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则x(CO2)=x(H2)==0.2，x(CO)=x(H2O)==0.3，==K=2.25×=5.0625，故答案为：B；5.0625。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据原子守恒计算；增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
(3)依据影响反应速率的因素分析；
(4)利用三段式法计算。
24．【答案】（1）2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳
（2）Fe；Al（OH）3
（3）小；CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O
（4）d；复分解反应
（5）×100%
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，
故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质，
故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，
故答案为：小；CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到10℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，
故答案为：d；复分解反应；（5）用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为 ，由Cr原子守恒可知，则产率为 ×100%，
故答案为： ×100%．
【分析】铬铁矿的主要成分为FeO Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答．
25．【答案】（1）否；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论
（2）1：6；KBr
（3）BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O
（4）7.2
（5）I2，KIO3
【解析】【解答】解：（1.）根据反应：2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，还原剂的还原性强于还原产物的氧化性，所以得出还原性I2＞Br2，故答案为：否；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论；
（2.）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，
发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，还原产物是KBr，故答案为：1：6；KBr；
（3.）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
（4.）发生的反应依次有6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，则含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为1.2×6mol=7.2mol，故答案为：7.2；
（5.）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，6molKI生成I2，需要1molKBrO3，同时生成1molKBr，发生BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，需要0.2molKBrO3，如I2完全被氧化生成KIO3，还应需要6molKBrO3，
则n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为I2，KIO3，
故答案为：I2，KIO3．
【分析】（1）根据反应2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来回答；（2）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，结合氧化剂、还原剂得失电子数目相等判断还原产物；（3）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应；（4）根据关系式KI～I2～IO3﹣以及bc段反应BrO3﹣～Br﹣，写出反应的总方程式进行计算；（5）n（KBrO3）=4时，发生的反应依次有6H++6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，据此计算．
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