C

【详解】

A．中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误；

B．电能不是一次能源，属于二次能源，故B错。

C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确；

D．高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D 错误；

 故选：C

B

【详解】

A.推广使用新能源汽车可以减少化石能源的使用，从而减少二氧化碳等尾气的排放，故A正确；

B.消毒液长时间敞开保存会挥发、分解、变质，导致消毒效果减弱，故B错误；

C.二氧化硫具有还原性，红葡萄酒中充入的少量二氧化硫可以防止葡萄酒氧化变质，影响葡萄酒的口感，故C正确；

D.ABS树脂是丙烯晴、1,3—丁二烯和苯乙烯发生加聚反应的产物，属于有机高分子材料，故D正确；

故选B。

A

【详解】

A. 常温下，在的溶液中，c(H⁺)=0.1mol·L^-1，溶液显酸性，离子之间均不能发生反应，A项正确；

B. 滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中存在Fe³⁺，Fe³⁺能够氧化I^-，B项错误；

C. Fe³⁺与HCO₃^-发生相互促进的水解反应而不能大量共存，C项错误；

D. 由水电离的c(OH^-)=10^-12mol·L^-1的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性，碱性溶液中Al³⁺不能大量存在，D项错误；

答案选A。

【点睛】

离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu²⁺、Fe³⁺、Fe²⁺、MnO₄^-、Cr₂O₇^2-、CrO₄^2-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H⁺和 OH^-浓度为1×10^-10，小于1×10^-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。

A

【解析】

A．HClO为弱酸，不能完全电离；
B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；
C．氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气；

D．氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子。

【详解】

A. HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl₂ + H₂OH⁺ + Cl^－+ HClO，A项错误；

B. 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl^－ +2H₂O 2OH^－+ H₂↑+Cl₂↑，B项正确；

C. 氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH₃ + 3Cl₂ === 6NH₄Cl + N₂，C项正确；

D. 氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO₃^－+ Cl₂ + H₂O === SO₄^2－+ 3H⁺ + 2Cl^－，D项正确；

答案选A。

【点睛】

离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，如A选项是易错点，容易忽略次氯酸是弱电解质，而应该保留化学式。

C

【详解】

由题意知，FeS₂颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS₂＋H₂SO₄=H₂S₂＋FeSO₄，H₂S₂类似于H₂O₂，易分解，H₂S₂发生分解反应生成H₂S气体和单质S，即H₂S₂===H₂S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS；答案为C。

D

【详解】

A．由图可知，过程Ⅰ是Li和N₂生成Li₃N，Li元素为+1价，N 元素为−3 价，A正确；

B．W是LiOH，过程II的反应为：Li₃N+3H₂O=3LiOH+NH₃，B正确；

C．过程Ⅲ是4LiOH＝4Li+2H₂O+O₂↑，该反应需要电解，所以是电能转变为化学能，C正确；

D．由于该过程为了合成NH₃，故电解质环境为碱性，过程Ⅲ涉及到反应为：4OH^--4e^-=O₂ +2H₂O，D错误；

故选D。

B

【详解】

A.高温条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，物质间转化不能实现，故A错误；

B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸遇光发生分解反应生成氯化氢和氧气，物质间转化均能实现，故B正确；

C.氯化铜在溶液中水解使溶液呈酸性，加热时氯化氢受热挥发，导致氯化铜水解趋于完全生成氢氧化铜，物质间转化不能实现，故C错误；

D.硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，物质间转化不能实现，故D错误；

故选B。

A

【详解】

A选项，碳酸钙难溶于水，因此用图①所示装置可以除去Na₂CO₃溶液中的CaCO₃杂质，故A符合题意；

B选项，乙醇与水互溶，则乙醇不能作溴水的萃取剂，故B不符合题意；

C选项，用图③所示装置可以分离乙醇水溶液，要使用温度计，故C不符合题意；

D选项，Sn²⁺要水解，用装置④将SnCl₂溶液蒸干不能制备SnCl₂晶体，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。

B

【详解】

A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；

B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；

C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，C正确；

D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。

答案选B。

D

【详解】

A. 从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，不能比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；

B. 从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH>0，故ΔH=Ea₃-Ea₄，B错误；

C. 从图中可知，A转化为C和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量，C错误；

D. 从反应过程的图像中可知， Ea₃<Ea₁，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，D正确；

答案选D。

D

【详解】

A．Cu与1mol•L^-1的硝酸反应生成NO气体，制备二氧化氮应该用浓硝酸，故A错误；

B．装置Ⅱ中的玻璃管可起到平衡气压作用，但Cl₂和NO₂都是有毒气体，需要使用完全处理装置，不能直接排放，故B错误；

C．反应Cl₂+2NO₂+4NaOH=2NaNO₃+2NaCl+2H₂O中，Cl₂为氧化剂，NO₂为还原剂，NaNO₃为氧化产物，则氧化性顺序为：Cl₂＞NaNO₃＞NO₂，故C错误；

D．装置Ⅰ中盛放饱和食盐水，通过观察装置Ⅰ、Ⅲ中的气泡的快慢控制Cl₂和NO₂的通入量，故D正确；故答案选D。

D

【详解】

A．二者均具有氧化性，均使湿润的淀粉KI试纸变蓝，则观察试纸变色不能检验，故A错误；

B．水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；

C．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为负极，失电子，电极反应式为Al-3e^－=Al^3＋，银为正极，银表面的Ag₂S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag₂S+2e^－+2H₂O=2Ag+2OH^－+H₂S↑，Al和Ag₂S反应最终生成物应该是Ag、H₂S和Al(OH)₃，故C错误；

D．SO₂通入足量的Fe(NO₃)₃稀溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出气体和SO₂的体积比为=2：3，故D正确；

故选：D。

C

【详解】

A. 滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Fe²⁺，但是不能确定是否有Fe³⁺，A错误；

B. 向CuSO₄溶液中加入铁粉，有红色固体铜析出，说明Fe的还原性强于Cu的还原性， Cu²⁺的氧化性强于Fe²⁺的氧化性，B错误；

C. 向碘水中加入等体积的CCl₄，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，CCl₄将I₂萃取，说明I₂在CCl₄中的溶解度大于在水中的溶解度，C正确；

D. 向某溶液中先加入Ba(NO₃)₂溶液，有白色沉淀生成；再加入足量盐酸，白色沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO，还可能是SO，加入Ba(NO₃)₂溶液，先生成BaSO₃白色沉淀，再加入足量盐酸，溶液中有NO和H⁺，将BaSO₃氧化为BaSO₄，D错误。

答案选C。

D

【详解】

A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N₂→NH₃属于氮的固定，NH₃→NO不属于氮的固定，故A错误；

B．催化剂a作用下，N₂→NH₃，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误；

C．催化剂a作用下，N₂→NH₃，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH₃→NO，断裂极性共价键N-H键，故C错误；

D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故D正确；

故答案为D。

D

【详解】

A．过碳酸钠具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，三氯化铁溶液既能与碳酸钠反应，又能作过氧化氢分解的催化剂，因此三氯化铁溶液能使过碳酸钠失效，A项正确；

B．根据溶解结晶平衡，加入NaCl，增加了钠离子浓度，溶解结晶平衡正向移动，析出晶体更多，B项正确；

C．晶体表面总是会吸附一定量溶液中的杂质离子，若不洗涤，将导致产品纯度降低，C项正确；

D．在反应②煅烧这一步产生的CO₂可用于反应①，但反应③的产物NH₄Cl并不循环使用，D项错误；

所以答案选择D项。

【点睛】

工艺流程图中可循环使用的物质的判断，一是可依据流程中往回打的箭头来判断，一是依据反应中反应物和生成物来判断。本题是分析每一步反应所需的反应物和生成物来判断循环物质的。

c    CO和SO₂等    5    Fe²⁺+2HCO=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O    3CuO+2Fe³⁺+3H₂O=2Fe(OH)₃+3Cu²⁺        

【详解】

（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，选c，故答案为：c；

（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO₂约45%，Fe₂O₃约40%，Al₂O₃约10%，MgO约5%，加煤炭焙烧可生成CO、SO₂等有毒气体，加硫酸后只有二氧化硅不反应，过滤除去二氧化硅，然后调节pH，Fe^3＋和Al^3＋完全转化为沉淀，而亚铁离子没有转化为沉淀，向滤液加入碳酸氢铵将溶液中Fe^2＋转变为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁，洗涤、干燥，然后煅烧得到氧化铁。

①根据以上分析可知在步骤i中产生的有毒气体可能有CO和SO₂等。

②在步骤ⅲ操作中，要除去的离子之一为Al³⁺。若常温时=1.0×10^-32，此时理论上使Al³⁺恰好沉淀完全即溶液中c(Al³⁺)=1×10^-5mol/L，则此时溶液中氢氧根浓度是mol/L＝1.0×10^－9 mol/L，所以溶液的pH＝5。

③步骤ⅳ中，根据原子守恒可知生成FeCO₃的同时还有二氧化碳和水生成，则离子方程式是Fe²⁺+2HCO=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；

（3）因为Fe^3＋会水解产生较多的H^＋：Fe^3＋+3H₂OFe(OH)₃+3H^＋，加入CuO与H^＋反应生成Cu^2＋和H₂O，降低了H^＋浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)₃沉淀，总反应式为3CuO+2Fe³⁺+3H₂O=2Fe(OH)₃+3Cu²⁺；

（4）和Fe³⁺反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3+4Fe³⁺=↓。

    2MnO+16H^＋+10Cl^－＝2Mn^2＋+5Cl₂↑+8H₂O    阳    2CuCl₂(s)+O₂(g)=2CuO(s)+2Cl₂(g)    ΔH₂=+125.4kJ·mol^-1    溶液由红色变为无色    温度升高，反应速率加快，且氯化程度减少   

【详解】

(1)次氯酸是共价化合物，电子式为：；

(2)实验室可用KMnO₄和浓盐酸反应制取Cl₂，反应的离子方程式是2MnO+16H^＋+10Cl^－＝2Mn^2＋+5Cl₂↑+8H₂O；

(3)阳极发生氧化反应，氯离子放电，产生氯气，为防止氯气和氢氧化钠反应，图中的离子交换膜应该为阳离子交换膜，防止氢氧根离子进入阳极区；

(4)①已知：

ⅰ.4HCl(g)+O₂(g)＝2Cl₂(g)+2H₂O(g)   △H=-115.4kJ·mol^-1

ⅱ.2HCl(g)+CuO(s)CuCl₂(s)+H₂O(g)    △H₁=-120.4kJ·mol^-1

所以根据盖斯定律ⅰ-2×ⅱ得：2CuCl₂(s)+O₂(g)=2CuO(s)+2Cl₂(g)  ΔH₂=+125.4kJ·mol^-1；

②氯化初期不含氯化氢气体，所以稀NaOH溶液（含少量酚酞）变红，后期含氯化氢与氢氧化钠中和碱性减弱，所以现象为溶液由红色变为无色；

③温度越高反应速率越快，所以氯化的时间缩短。

二氧化氯与水反应生成次氯酸具有漂白性    CH₃OH+6NaClO₃+3H₂SO₄=CO₂↑+6C1O₂↑+3Na₂SO₄+5H₂O    CH₃OH中-2价的碳    6：1    bc    7.84    2.63   

【分析】

(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；

(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；

(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；

(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物进行判断；

(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；

(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。

【详解】

(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；

(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO₃，氯元素的化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH₃OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为：CH₃OH+6NaClO₃+3H₂SO₄=CO₂↑+6C1O₂↑+3Na₂SO₄+5H₂O；

(3)该反应中，化合价升高的元素是CH₃OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH₃OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6:1；

(4)该反应中，氧化剂是NaClO₃，还原剂是CH₃OH，氧化产物是CO₂，还原产物是C1O₂，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故说明氧化性：NaClO₃>CH₃OH，还原性：CH₃OH>ClO₂，答案选bc；

(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3N_A即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nV_m=0.35mol×22.4L/mol=7.84L；

(6)，ClO₂的消毒效率是Cl₂的2.63倍。

【点睛】

充分应用氧化还原反应的知识，并结合信息灵活应该是解题关键。

2NH₃+2O₂N₂O+3H₂O    BC    NaNO₃    NO    3HClO+2NO+H₂O3Cl⁻+2+5H⁺    溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强   

【详解】

（1）NH₃与O₂在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N₂O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH₃+2O₂N₂O+3H₂O，

故答案为2NH₃+2O₂N₂O+3H₂O；

（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO₂的去除率，不选A；

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO₂的去除率，选B；

C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO₂的去除率，选C。

故答案为BC；

②由吸收反应：NO+NO₂+2OH^-=2NO₂^-+H₂O，2NO₂+2OH^-=NO₂^-+ NO₃^-+H₂O可知，反应后得到NaNO₂和NaNO₃混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO₂和NaNO₃晶体，因此得到的NaNO₂混有NaNO₃；由吸收反应可知，若NO和NO₂的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，

故答案为NaNO₃；NO；

（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO₃^-和Cl^-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H₂O=2 NO₃^-+3 Cl^-+5H⁺，

故答案为2NO+3HClO+H₂O=2 NO₃^-+3 Cl^-+5H⁺；

②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H₂O=2NO₃^-+3 Cl^-+5H⁺可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，

故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。

分液漏斗    将三颈烧瓶中产生的NH₃及时排出，减少副反应的发生    2SO-2e^-=S₂O    Na₂S₂O₈+2H₂O=H₂SO₄+Na₂SO₄+H₂O₂    碱性    当滴入最后一滴H₂O₂溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色    5.68×10^-3V₁   

【分析】

（1）装有NaOH溶液的仪器为分液漏斗；由题给信息可知NH₃能被Na₂S₂O₈氧化生成N₂，所以在反应过程中需不断往反应液中通N₂将NH₃尽快排出；

（2）电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成；

（3）由Na₂S₂O₈水解生成H₂SO₄、Na₂SO₄可知，反应中硫元素化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H₂O₂；

（4）①由信息知，在碱性溶液中，与Mn²⁺的反应剧烈；

②NaMnO₄溶液与过氧化氢发生氧化还原反应，NaMnO₄被还原生成Mn²⁺，溶液由紫色变为无色。

【详解】

（1）由实验装置图可知，装有NaOH溶液的仪器为分液漏斗；(NH₄)₂S₂O₈溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应生成Na₂S₂O₈和NH₃，由题给信息可知NH₃能被Na₂S₂O₈氧化生成N₂，所以在反应过程中需不断往反应液中通N₂将NH₃尽快排出，以减少副反应的发生，故答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH₃及时排出，减少副反应的发生；

（2）由生成可知，硫元素的化合价升高被氧化，则电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为2-2e^- =，故答案为：2-2e^- =；

（3）由Na₂S₂O₈水解生成H₂SO₄、Na₂SO₄可知，反应中硫元素化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质为H₂O₂，则反应的化学方程式为Na₂S₂O₈+2H₂O=H₂SO₄+Na₂SO₄+ H₂O₂，故答案为：Na₂S₂O₈+2H₂O=H₂SO₄+Na₂SO₄+ H₂O₂；

（4）①由信息知，在碱性溶液中，能瞬间将Mn²⁺逐渐氧化为MnO₂，煮沸10s就能生成说明在碱性条件下，与Mn²⁺的反应剧烈，Na₂S₂O₈的氧化能力最强，故答案为：碱性；

②碱性氧化反应后的溶液为深紫色的NaMnO₄溶液，NaMnO₄溶液与过氧化氢发生氧化还原反应，NaMnO₄被还原生成Mn²⁺，溶液由紫色变为无色，则滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H₂O₂溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；由题给关系式5H₂O₂~2可得n()=，则m()==5.68×10^-3V₁g，答案为：当滴入最后一滴H₂O₂溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10^-3V₁。

【点睛】

由生成可知，硫元素的化合价升高被氧化，则电解时在阳极失去电子发生氧化反应生成是解答关键。