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參考答案：1．D【詳解】A．飽和碳酸鈉溶液中通入過量二氧化碳氣體生成碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為CO+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓，故A錯誤；B．還原性Fe2+>Br-，向0.5mol溴化亞鐵溶液中通入0.5mol氯氣，氯氣先氧化0.5molFe2+，再氧化0.5molBr-，反應的離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2，故B錯誤；C．碳酸鈉的水解反應CO+H2OHCO+OH-，故C錯誤；D．酸性高錳酸鉀溶液與雙氧水反應，雙氧水被氧化為氧氣，反應的離子方程式為 2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正確；選D。2．B【詳解】A．在生成時失去電子，被氧化，發(fā)生的是氧化反應，A錯誤；B．X射線衍射實驗可區(qū)分晶體非晶體，可測定鐵橄欖石的晶體結構，B正確；C．含有的電子數(shù)=26-2=24，含有的電子數(shù)=質子數(shù)=26，兩者電子數(shù)不相同，C錯誤；D．基態(tài)的核外有23個電子，所以有23種不同的運動狀態(tài)，D錯誤；故選B。3．D【詳解】A．向溶液中滴加溶液生成Fe3+化合價升高，則H2O2中的O的化合價降低為-2價，故該反應的離子方程式為：，A錯誤；B．向中投入固體該反應中Na2O2既是氧化劑又是還原劑，故該反應的離子方程式為：，B錯誤；C．已知H2S是弱酸，離子方程式書寫不能拆，故向溶液通入的離子方程式為：，C錯誤；D．用醋酸溶解石灰石的離子方程式為：，D正確；故答案為：D。4．A【分析】由元素的化合價及物質類別可知，a為HCl，b為Cl2，c為ClO2，d為HClO，e為次氯酸鹽，f為氯酸鹽；【詳解】A．未說明溶液濃度，無法比較，A錯誤；B．氯氣化合價為0價，處于中間價態(tài)，既具有氧化性，又具有還原性，B正確；C．具有強氧化性，可用于自來水消毒，C正確；D．、分別與濃鹽酸混合發(fā)生歸中反應，均可制備氯氣，D正確；故選A。5．C【詳解】A．H2S是酸性氣體，可以與NaOH反應產(chǎn)生Na2S、H2O，因此含H2S的尾氣可以用NaOH溶液處理后直接排放，A正確；B．含有H2S的廢氣在反應爐中發(fā)生反應2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化為SO2氣體，反應中元素化合價發(fā)生了變化，屬于氧化還原反應；反應產(chǎn)生的SO2通入Na2CO3溶液吸收時反應產(chǎn)生Na2SO3、CO2，反應過程中元素化合價不變，反應不屬于氧化還原反應；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合價發(fā)生了變化，屬于氧化還原反應；反應S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合價發(fā)生了變化，屬于氧化還原反應，可見在上述反應中至少發(fā)生3個氧化還原反應，B正確；C．在反應2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能證明該反應為氧化還原反應，H2S是還原性，氧化產(chǎn)物是SO2，而不能證明H2S及SO2對應的酸H2SO3的酸性強弱，C錯誤；D．從總體來看：H2S→Na2S2O3，S元素化合價升高，O元素化合價降低。每產(chǎn)生1個Na2S2O3，S元素化合價升高4×2=8價；O2→Na2S2O3，O元素化合價降低2×2=4價，可見每制取1 mol Na2S2O3，反應消耗2 mol O2，其在標準狀況下體積V(O2)=2 mol×22。4 L/mol=44.8 L，D正確；故合理選項是C。6．D【分析】根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律分析作答。【詳解】A. 分析反應前后各元素價態(tài)變化，可知NF3在反應中既是氧化劑又是還原劑，其中：NF3→HNO3是被氧化的過程，NF3為還原劑，故A錯誤；B. 2NF3→2NO是被還原的過程，NF3是氧化劑，所以還原劑與氧化劑的物質的量之比為1∶2，故B錯誤；C. 生成1 mol HNO3轉移2 mol 電子，所以生成0.2 mol HNO3轉移0.4 mol電子，故C錯誤；D. NF3與潮濕的空氣中的水反應生成NO，NO與空氣中的O2反應生成紅棕色的NO2，故D正確；答案選D。7．C【詳解】A．紅茶制作工藝中包含發(fā)酵工序，在發(fā)酵工序中，茶多酚被氧化、聚合、縮合，形成紅色色澤和滋味的主要成分為茶黃素、茶紅素和茶褐素，該工序中發(fā)生了氧化還原反應，A項正確；B．升高溫度可加速物質的溶解，故使用沸水泡茶，可加速茶葉中物質的溶解，B項正確；C．茶單寧的分子式為C15H14O6，其中含C、H、O三種元素，不屬于烴類、屬于烴的含氧衍生物，C項錯誤；D．瓷器是以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結而成，瓷器屬于硅酸鹽材料，主要由無機非金屬材料制成，D項正確；答案選C。8．B【詳解】A．由圖可知，吸附層中正電荷較多，在靜電吸附作用下，膠團可以吸附廢水中的價砷元素，則含砷微粒是帶負電荷的離子，A錯誤；B．根據(jù)鐵元素守恒，可以形成1mol，則為組成的膠團數(shù)目小于，B正確；C．增大廢水的，膠粒會轉化為氫氧化鐵沉淀，導致吸附絮凝效能下降，C錯誤；D．具有氧化性，可以氧化廢水中的含砷微粒到價，D錯誤；故選B。9．C【詳解】A．在富氧氛圍下，氧氣充足，噴入少量燃油可以生成、等，而不是生成還原性尾氣，A錯誤；B．系統(tǒng)中的催化劑有Pt、Ba，不是一種，B錯誤；C．由圖可知，存儲階段，氮元素化合價升高被氧化，以的形式被存儲起來，C正確；D．還原階段氮元素化合價由+5變?yōu)?/span>0發(fā)生還原反應，氫氣、一氧化碳句發(fā)生氧化反應，電子轉移為，每生成，轉移電子，D錯誤；故選C。10．(1)Zn(2) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH ＜ B(3)殺菌消毒，吸附懸浮物等(4) 先變大，后變小 【詳解】（1）該原電池中，鋅易失電子發(fā)生氧化反應而作負極，故答案為：Zn；（2）①氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子反應方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②生產(chǎn)流程中“轉化”(反應③)是Na2FeO4與氫氧化鉀反應生成K2FeO4和氫氧化鈉，反應的化學方程式為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；③相同溫度下，溶度積大的物質向溶度積小的物質轉化，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp（Na2FeO4），故答案為：＜；④K2FeO4 在水溶液中易發(fā)生反應：4+10H2O═4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，所以用堿液來洗滌，抑制水解，不引入新的雜質所以用稀KOH溶液，異丙醇易揮發(fā)；答案選B；（3）高鐵酸鈉具有強氧化性，所以能殺菌消毒，氫氧化鐵膠體具有吸附性，所以能凈水，故答案為：殺菌消毒，吸附懸浮物等；（4）①根據(jù)圖象知，隨著溶液酸性的增強，的分布分數(shù)先增大后減小，故答案為：先變大，后變??；②根據(jù)圖象知，隨著溶液酸性的之間增強，的分布分數(shù)逐漸增大，的分布分數(shù)逐漸減小，所以轉化為，故答案為：轉化為。11．(1) 5.0 100mL容量瓶(2)(3) 4.0 小于(4) 左 (5)加入氨水后形成，使減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大 【詳解】（1）①根據(jù)稀釋規(guī)律c1V1=c2V2可知，配制的溶液，需溶液的體積為；②在實驗室配制上述溶液的過程中，下圖所示儀器，需要用到100mL容量瓶；（2）Cu在酸性條件下被氧化為銅離子，過氧化氫轉化為水，反應的離子方程式為；（3）①根據(jù)單一變量控制法可知，總溶液的體積為40.0mL，則V1=40.0-35.0+1.0=4.0；②由實驗2和4可知，過氧化氫的濃度不同，結合結論可推出，U2小于U4；（4）涉及雙液原電池后，若向左側燒杯溶液中加入硫酸與沒有加入硫酸時，則可推出猜想2不成立，再向右側燒杯溶液中加入等物質的量的硫酸，觀察得到，則說明猜想1成立；（5）加入足量氨水后形成，使溶液中減小，促進銅失電子，使電壓表讀數(shù)增大。12．(1) 溫度過高，的溶解度變小，反應不充分，溫度過低，反應速率慢(2)(3)2.6(4)(5)(6)制油漆、煉鐵等(答案合理即可) 【分析】廢合金加入硫酸溶液、通入氯氣，氯化浸出，除去浸渣，浸液加入鐵錫合金粉進行還原得到銅和Sn2+，溶液中調節(jié)pH后過濾得到Sn(OH)2，濾液進一步氧化，再加入碳酸氫銨沉鐵，產(chǎn)生CO2，同時生成Fe(OH)3。【詳解】（1）氯氣與鐵反應得到，所以還有的金屬陽離子為；對比和的，更難溶，所以浸渣的成分為；氣體的溶解度隨溫度增大而降低，溫度過高，Cl2的溶解度變小，反應不充分，溫度過低，反應速率過慢；（2）分析流程，“還原”反應后的生成物為和，故反應的化學方程式為；（3），若，，所以；（4）遇溶液產(chǎn)生藍色沉淀，若被完全氧化，則無明顯現(xiàn)象；（5）根據(jù)流程，與發(fā)生相互促進的水解反應，生成物為和，可知離子方程式為；（6）氫氧化鐵受熱后得到的物質A為氧化鐵，可用于煉鐵和制油漆等。
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