4.2 硫及其化合物的相互转化 课堂同步练（含解析）2023-2024学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 4.2 硫及其化合物的相互转化 课堂同步练（含解析）2023-2024学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 251.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-12 17:18:31 | ||
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文档简介
4.2 硫及其化合物的相互转化 课堂同步练
一、单选题
1．如图所示，硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是（ ）
A．硫在氧气中燃烧直接生成Y B．Z的浓溶液与Cu反应可生成Y
C．酸雨的形成包括的转化 D．N可与Z的稀溶液反应生成L
2．高铁酸钾(K2FeO 4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制取K2FeO4：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6□+8H2O。下列说法错误的是（ ）
A．每转移1mole－，可以得到33g K2FeO4
B．□处的物质应为KCl
C．该反应中铁元素的化合价升高
D．氧化性：Cl2＞K2FeO4
3．关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（ ）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
4．已知：
①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．
下列判断正确的为（ ）
A．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
5．小明同学在学习钠的化合物性质时，记录了以下四个化学方程式：
①Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓
②Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑
③Na2CO3+H2SO3=Na2SO3+H2O+CO2↑
④Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
请你根据学过的知识判断4个反应中的4种含氧酸，其中酸性最强的是( )
A．H2SO4 B．H2SO3 C．H2SiO3 D．H2CO3
6．根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是（ ）
A．Fe3+＞Cl2＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+
C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．I2＞Cl2＞Fe3+
7．已知：3Fe2++ +4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应的下列叙述中，错误的是（ ）
A．每0.1mol 发生氧化反应，转移0.3mole-
B．离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+
8．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2＋＋2 ＋O2＋xOH－=Fe3O4＋ ＋2H2O，下列说法错误的是（ ）
A．每生成1molFe3O4，反应转移的电子总物质的量为4mol
B．Fe2＋和 都是还原剂
C．1molFe2＋被氧化时，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol
D．x＝4
9．为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为： 。下列有关的叙述错误的是（ ）
A． 的氧化性大于 的氧化性
B．反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5mol
C．枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化导致难以生锈
D．上述反应中，单质铁被氧化，而NaNO2作为氧化剂
10．工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（ ）
A．在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂
B．在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物
C．若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等
D．若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等
11．“价—类”二维图是研究物质性质的一种方法，下图是a~f表示的是含硫物质。下列说法正确的是（ ）
A．a可用硫化亚铁与稀硝酸反应制取
B．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d
C．c能使溴水褪色，证明c有漂白性
D．f既有氧化性又有还原性
12．下列变化中，需要加入还原剂的是（ ）
A．2Cl—→Cl2 B．Fe3＋→Fe2＋
C．NH4+→NH3 D．CO32→→CO2
13．今有三个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中有Fe2+和Cl﹣、I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣．可加入的试剂是（ ）
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl
14．下列一步转化中，一定要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A． B． C． D．
15．盐酸在不同的反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现在有如下三个反应，有关判断正确的是（ ）
①Zn+2HCl ZnCl2+H2↑；②NaOH+HCl NaCl+H2O；
③2HCl H2↑+Cl2↑
选项 有关判断
A 反应①是置换反应，HCl表现还原性
B 反应②是复分解反应，HCl表现氧化性
C 反应③中HCl既表现氧化性也表现还原性
D 反应①中氢原子失去电子
A．A B．B C．C D．D
16．核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成d，最后转化为f或h
二、综合题
17．磷单质及其化合物的有广泛应用．
（1）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式见图）之间脱去两个分子产物，其结构式为 ．三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为
（2）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．
①NaH2PO2中P元素的化合价为 ．
②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性等条件下发生下述反应：
（a） Ni2++ H2PO2﹣+ → Ni++ H2PO3﹣+
（b）6H2PO2﹣+2H+=2P+4H2PO3﹣+3H2↑
18．为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
已知：活化硫铁矿的主要成分为：FeS2.请回答下列问题：
（1）为了加快第I步浸取速率，除了粉碎硫铁矿烧渣外，还可采取的措施有 。(至少写出2条)
（2）第II步中氧化产物为SO ，请写出对应的离子方程式 。
（3）从第Ⅳ步滤液中获得FeSO4晶体的方法为 、 、过滤、洗涤、干燥，检验FeSO4晶体中是否含Fe3+的方法为 。
19．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．
完成下列填空：
（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的化学反应方程式
（2）已知：Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O、2SO2+SeO2+2H2O═Se+2SO +4H+、SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 ．
（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2+KI+HNO →Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI
配平方程式①，标出电子转移的方向和数目
（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 ．
20．钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂（LiCoO2）和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。
（1）“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，请将该反应的化学方程式补充完整：2LiCoO2+3H2SO4+ = CoSO4+ + + 。
（2）“还原酸浸”过程中，Co、Al浸出率（进入溶液中的某元素质量占固体中该元素总质量的百分数）受硫酸浓度及温度（t）的影响分别如图1和图2所示。工艺流程中所选择的硫酸浓度为2 mol.L-1，温度为80 oC，推测其原因是 。
A． Co的浸出率较高
B. Co和Al浸出的速率较快
C. Al的浸出率较高
D. 双氧水较易分解
（3）加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式： 。
（4）若初始投入钴酸锂废极片的质量为1 kg，煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，已知Co的浸出率为90%，则钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为 （小数点后保留两位）。
（5）已知“沉锂”过程中，滤液a中的c(Li+)约为10-1 mol·L-1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。
温度 Li2SO4 Li2CO3
0 oC 36.1 g 1.33 g
100 oC 24.0 g 0.72 g
结合数据分析，沉锂过程所用的试剂b是 （写化学式），相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌， ，洗涤干燥。
21．近年来我国储氢碳纳米管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管常伴有大量物质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为____C+________(稀)=____________。
（1）完成并配平上述反应的化学方程式。
（2）此反应的氧化剂是 ，还原剂是 。
（3）硫酸在上述反应中表现出的性质是____(填字母序号)。
A．酸性 B．氧化性 C．吸水性 D．还原性
（4）该反应中转移的电子数为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫在氧气中燃烧产生SO2，不能直接反应产生SO3，A不符合题意；
B．浓硫酸与Cu混合加热，发生反应产生CuSO4、SO2、H2O，不能反应产生SO3，B不符合题意；
C．SO2会导致形成酸雨，其形成过程主要是SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，C符合题意；
D．N是CuS，该物质既不溶于水，也不溶于硫酸，因此CuS不能与稀硫酸反应产生H2S气体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.单质硫与氧气反应只能得到二氧化硫，二氧化硫与氧气在催化剂作用下才能得到三氧化硫。
B.铜和浓硫酸反应为氧化还原反应，留的化合价降低，得到二氧化硫。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，失去3个电子，因此每转移1mole－，可以得到高铁酸钾的质量是 ，故A符合题意；
B.根据原子守恒可知□处的物质应为KCl，故B不符合题意；
C.Fe元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C不符合题意；
D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则反应条件下氧化性是Cl2＞K2FeO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应，对应的产物是还原产物；还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，对应的是氧化产物，氧化剂和还原剂的得失电子式相等的。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2，故A正确；
B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；
C、①生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；
D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．
故选A．
【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；
氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；
三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，
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．
5．【答案】A
【解析】【解答】根据强酸制弱酸的道理可以比较出几种酸的酸性强弱。
【分析】由强酸制弱酸推测个方程式之间酸的关系
6．【答案】C
【解析】【解答】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，Fe3+＞I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Cl2＞Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2，符合题意
故答案为：C。
【分析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱顺序。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．硝酸根离子中N原子化合价降低，发生还原反应，则每0.1mol 发生还原反应，转移0.3mole-，A叙述符合题意；
B．根据离子方程式可知，硝酸根离子、氢离子和亚铁离子发生反应，则离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化，B叙述不符合题意；
C．氧化剂的化合价由+5变为+2，还原剂的化合价由+2变为+3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，C叙述不符合题意；
D．若把该反应设计为原电池，负极失电子化合价升高，则则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，D叙述不符合题意；
故答案为A。
【分析】重点： 在碱性条件下没有氧化性，在酸性条件下有强氧化性
8．【答案】C
【解析】【解答】A. 由方程式可知，每生成1molFe3O4时有1 mol的O2被还原，反应转移电子的总物质的量为4 mol，故A不符合题意；
B. Fe元素和S元素的化合价都升高，所以Fe2＋和 都是还原剂，故B不符合题意；
C. 1molFe2＋被氧化时，需要失去1 mol电子，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol，故C符合题意；
D. 根据离子方程式的电荷守恒可知，3×2+(-2×2)+(-1×x)=-2，解得x=4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式： 3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为 ，氧化产物为 ，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则 的氧化性大于 的氧化性，故A不符合题意；
B．根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物 mol，故B符合题意；
C．枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C不符合题意；
D．根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
B、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数；
C、铁表面钝化导致难以生锈；
D、根据反应过程中元素化合价变化分析；
10．【答案】D
【解析】【解答】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；A.由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A不符合题意；
B.在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B不符合题意；
C.2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C不符合题意；
D.若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．FeS和硝酸反应生成硝酸铁、S、NO和水，无法生成H2S，A不符合题意；
B．S在足量的纯氧中燃烧，只能生成SO2无法一步生成SO3，B不符合题意；
C．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性被溴水氧化从而使溴水褪色，C不符合题意；
D．亚硫酸盐中S为+4价，可被强氧化剂氧化成硫酸盐表现还原性，也可与S2-发生归中反应生成S单质体现氧化性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．硝酸有强氧化性，FeS和硝酸反应生成硝酸铁、S、NO和水；
B．S燃烧只能生成SO2；
C．SO2具有还原性；
D．依据元素化合价最低，只有还原性；元素化合价最高，只有氧化性；元素化合价外于中间，既有还原性，又有氧化性。
12．【答案】B
【解析】【解答】A. 2Cl-→Cl2，氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，故A不符合题意；
B. Fe3＋→Fe2＋ 铁元素的化合价降低，被还原，需要加入还原剂；
C. NH4+→NH3，氮元素的化合价始终为-3价，没有发生变化，故C不符合题意；
D. CO32-→CO2，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生变化，故D不符合题意；本题选B。
【分析】此题考查氧化还原知识的理解，在反应中元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，
反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，
反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，
即氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，
则某溶液中有Fe2+和I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣，
选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl﹣氧化，故选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl﹣，且没有引入新的杂质，
故选C．
【分析】根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气可与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，不需要加入氧化剂也能实现 ，A不符合题意；
B．过氧化钠与水可发生歧化反应生成氢氧化钠和氧气，且 过程中O元素化合价降低，发生还原反应，B不符合题意；
C． ，N元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，C不符合题意；
D． 转化过程中，Fe元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂如氯气等才能实现，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化剂具有氧化性，加入氧化剂才能实现，说明选项中含有的某元素化合价升高被氧化，以此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、反应①是置换反应，HCl表现氧化性，故A不符合题意；
B、反应②是复分解反应，没有元素化合价变化，HCl表现酸性，故B不符合题意；
C、反应③中氢元素化合价降低，表现氧化性，氯元素化合价升高，表现还原性，HCl既表现氧化性也表现还原性，故C符合题意；
D、反应①中氢元素化合价降低，氢原子得到电子，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据反应物HCl中H、Cl元素的化合价变化分析HCl在反应中的氧化性、还原性即可.
16．【答案】C
【解析】【解答】A．氧化物c为+4价S，则c为，可作为葡萄酒的添加剂，故A不符合题意；
B．a为-2价的氢化物，则a为硫化氢；f为含+6价S的含氧酸，即f为硫酸。所以a与f反应的方程式为，可生成b硫单质、c二氧化硫，故B不符合题意；
C．c为二氧化硫，将二氧化硫通入紫色石蕊试液的现象为溶液变为红色，故C错；
D．在自然界中，部分的c二氧化硫与氧气在一定条件下会转化成d三氧化硫，最后转化为f硫酸或h硫酸盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，a为-2价S的氢化物，a为H2S，b为单质，b为S；c为+4价S的氧化物，c为SO2；d为+6价S的氧化物，d为SO3；e、 f分别为+4价、+6价含氧酸，则e、 f分别为H2SO3、H2SO4；g、h分别为+4价、+ 6价S的正盐，如亚硫酸钠、硫酸钠等，以此来解答。
17．【答案】（1）；Na5P3O10
（2）+1；2；1；1H2O；2；1；2H+
【解析】【解答】解：（1）磷酸分子间通过羟基脱水形成三聚磷酸，所以三聚磷酸的结构式为： ；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠（俗称“五钠”），所以三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10，
故答案为： ； Na5P3O10；（2）①由化合价代数为零，H为+1，Na为+1，O为﹣2，故可求算化合物中P元素的化合价为+1价，故答案为：+1；
②（a）镍元素的化合价降低了1价，磷元素的化合价升高的2价，故Ni2+的系数均为2、H2PO2﹣的系数均为1，根据电荷守恒可知生成物中缺项为H+，根据原子守恒、电荷守恒可得配平的方程式为：2Ni2++H2PO2﹣+H2O═2Ni+H2PO3﹣+2H+，
故答案为：2；1；1H2O；2；1；2H+．
【分析】（1）三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，即磷酸分子间两个羟基脱去应该水分子；三聚磷酸钠可以看作三聚磷酸中五个羟基的氢原子换成钠离子；（2）①由化合价代数为零可求算化合物中P元素的化合价；
②镍元素的化合价降低了1价，磷元素的化合价升高的2价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数均为2，H2PO3﹣的系数为1，根据电荷守恒可知生成物中缺项为H+，再根据原子守恒、电荷守恒配平．
18．【答案】（1）适当增大硫酸浓度
（2）适当升温
（3）FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+；蒸发浓缩，冷却结晶；取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则无Fe3+。
【解析】【解答】（1）为了加快第Ⅰ步浸取速率，除了粉碎硫铁矿烧渣外，还可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温等，故答案为：适当增大硫酸浓度；适当升温；
（2）活化硫铁矿的主要成分为FeS2，氧化产物为 ，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+，故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+；
（3）从第Ⅳ步滤液中获得FeSO4晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，检验FeSO4晶体中是否含Fe3+的方法为取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则不含Fe3+，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则不含Fe3+。
【分析】 硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体。
19．【答案】（1）Se+2HNO3（浓）═H2SeO3+NO↑+NO2↑
（2）H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2
（3）
（4）92.5%
【解析】【解答】解：（1.）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为 =1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，
故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；
（2.）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；
（3.）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4，则用单线桥表示为： ；
故答案为： ；
（4.）已知反应①SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，由电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是0.200 0 mol L﹣1×0.025 L× =0.001 25 mol，因此所测定的样品中SeO2的质量分数为 ×100%=92.5%；
故答案为：92.5%．
【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4；（4）根据反应①②及电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是Na2S2O3的 ，然后求出质量和质量分数．
20．【答案】（1）1；H2O2；2；1；Li2SO4；1；O2↑；4；H2O
（2）A B
（3）4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2
（4）6.56 %
（5）Na2CO3；加热浓缩，趁热过滤
【解析】【解答】(1). “还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，Co元素的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2中O元素的化合价从－1价升高到0价，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2=2CoSO4 + Li2SO4 + O2↑+ 4H2O，故答案为：2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2=2CoSO4 + Li2SO4 + O2↑+ 4H2O；(2). 由图1可知，当硫酸浓度为2 mol.L-1时，Co的浸出率较高，由图2可知，当温度为80℃，Co和Al浸出的速率较快，
故答案为：AB；(3). CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧，CoC2O4被氧气氧化得到Co2O3，反应的化学方程式为：4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2，故答案为：4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2；(4). 煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，则Co原子的质量为：83× =59g，Co的浸出率为90%，则1 kg钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为 ×100%=6.56 %，故答案为：6.56 %；(5). 由表中数据可知，在相同温度下，Li2CO3的溶解度更小，且温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则沉锂过程所用的试剂b是Na2CO3，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的Na2CO3，搅拌，加热浓缩，趁热过滤，洗涤干燥，故答案为：Na2CO3；加热浓缩，趁热过滤。
【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等（或得失电子数守恒）进行化学方程式的书写与配平；
（2）由图1可知Co浸出率较高，由图2可知随着温度的升高浸出率逐渐升高，温度高时反应速率大效率高；
（3）煅烧是与空气中的氧气反应，根据反应物和生成物写方程式即可；
（4）根据化学式进行计算；
（5）根据溶解度表可知碳酸锂的溶解度远小于硫酸锂，故沉锂试剂应是碳酸盐，根据溶解度表可知温度越高溶解度越低，则操作过程应是加热浓缩趁热过滤。
21．【答案】（1）3C+28(稀)=322
（2）；C
（3）A
（4）12
【解析】【解答】(1)该反应中C元素化合价由0升高为+4、Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒，配平反应方程式为3C+28(稀)=322；
(2)3C+28(稀)=322反应，中Cr元素化合价由+6降低为+3，是氧化剂；C元素化合价由0升高为+4、C是还原剂。
(3)硫酸中元素化合价不变，硫酸表现酸性，选A。
(4)该反应中C元素化合价由0升高为+4，每个碳原子失4个电子，该反应中转移的电子数为4×3=12。
【分析】（1）根据得失电子守恒及质量守恒定律进行配平。
（2）在氧化还原反应中，氧化剂中部分元素的化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。
（3）稀硫酸具有酸性，在上述反应前后元素的化合价不变，浓硫酸具有吸水性，据此分析。
（4）转移电子数=还原剂（氧化剂）化合价升高数（降低数）×变价原子个数。
一、单选题
1．如图所示，硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是（ ）
A．硫在氧气中燃烧直接生成Y B．Z的浓溶液与Cu反应可生成Y
C．酸雨的形成包括的转化 D．N可与Z的稀溶液反应生成L
2．高铁酸钾(K2FeO 4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制取K2FeO4：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6□+8H2O。下列说法错误的是（ ）
A．每转移1mole－，可以得到33g K2FeO4
B．□处的物质应为KCl
C．该反应中铁元素的化合价升高
D．氧化性：Cl2＞K2FeO4
3．关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（ ）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
4．已知：
①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．
下列判断正确的为（ ）
A．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
5．小明同学在学习钠的化合物性质时，记录了以下四个化学方程式：
①Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓
②Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑
③Na2CO3+H2SO3=Na2SO3+H2O+CO2↑
④Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
请你根据学过的知识判断4个反应中的4种含氧酸，其中酸性最强的是( )
A．H2SO4 B．H2SO3 C．H2SiO3 D．H2CO3
6．根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是（ ）
A．Fe3+＞Cl2＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+
C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．I2＞Cl2＞Fe3+
7．已知：3Fe2++ +4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应的下列叙述中，错误的是（ ）
A．每0.1mol 发生氧化反应，转移0.3mole-
B．离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+
8．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2＋＋2 ＋O2＋xOH－=Fe3O4＋ ＋2H2O，下列说法错误的是（ ）
A．每生成1molFe3O4，反应转移的电子总物质的量为4mol
B．Fe2＋和 都是还原剂
C．1molFe2＋被氧化时，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol
D．x＝4
9．为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为： 。下列有关的叙述错误的是（ ）
A． 的氧化性大于 的氧化性
B．反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5mol
C．枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化导致难以生锈
D．上述反应中，单质铁被氧化，而NaNO2作为氧化剂
10．工业生产钠和烧碱的原理如下：①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑，②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，下列有关说法正确的是（ ）
A．在反应①和②中，氯化钠均既是氧化剂，又是还原剂
B．在反应①中氯气是还原产物，在反应②中氢气是还原产物
C．若标准状况下生成等体积的气体，则反应①和②中转移电子总数相等
D．若消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等
11．“价—类”二维图是研究物质性质的一种方法，下图是a~f表示的是含硫物质。下列说法正确的是（ ）
A．a可用硫化亚铁与稀硝酸反应制取
B．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d
C．c能使溴水褪色，证明c有漂白性
D．f既有氧化性又有还原性
12．下列变化中，需要加入还原剂的是（ ）
A．2Cl—→Cl2 B．Fe3＋→Fe2＋
C．NH4+→NH3 D．CO32→→CO2
13．今有三个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中有Fe2+和Cl﹣、I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣．可加入的试剂是（ ）
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl
14．下列一步转化中，一定要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A． B． C． D．
15．盐酸在不同的反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现在有如下三个反应，有关判断正确的是（ ）
①Zn+2HCl ZnCl2+H2↑；②NaOH+HCl NaCl+H2O；
③2HCl H2↑+Cl2↑
选项 有关判断
A 反应①是置换反应，HCl表现还原性
B 反应②是复分解反应，HCl表现氧化性
C 反应③中HCl既表现氧化性也表现还原性
D 反应①中氢原子失去电子
A．A B．B C．C D．D
16．核心元素的化合价及类别是研究物质性质的两个重要视角。硫及其化合物的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．适量的c可作为葡萄酒的添加剂
B．常温下，a与f的浓溶液反应可生成b和c
C．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D．在自然界中，部分的c会转化成d，最后转化为f或h
二、综合题
17．磷单质及其化合物的有广泛应用．
（1）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式见图）之间脱去两个分子产物，其结构式为 ．三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为
（2）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．
①NaH2PO2中P元素的化合价为 ．
②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性等条件下发生下述反应：
（a） Ni2++ H2PO2﹣+ → Ni++ H2PO3﹣+
（b）6H2PO2﹣+2H+=2P+4H2PO3﹣+3H2↑
18．为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
已知：活化硫铁矿的主要成分为：FeS2.请回答下列问题：
（1）为了加快第I步浸取速率，除了粉碎硫铁矿烧渣外，还可采取的措施有 。(至少写出2条)
（2）第II步中氧化产物为SO ，请写出对应的离子方程式 。
（3）从第Ⅳ步滤液中获得FeSO4晶体的方法为 、 、过滤、洗涤、干燥，检验FeSO4晶体中是否含Fe3+的方法为 。
19．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．
完成下列填空：
（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的化学反应方程式
（2）已知：Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O、2SO2+SeO2+2H2O═Se+2SO +4H+、SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 ．
（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2+KI+HNO →Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI
配平方程式①，标出电子转移的方向和数目
（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为 ．
20．钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂（LiCoO2）和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。
（1）“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，请将该反应的化学方程式补充完整：2LiCoO2+3H2SO4+ = CoSO4+ + + 。
（2）“还原酸浸”过程中，Co、Al浸出率（进入溶液中的某元素质量占固体中该元素总质量的百分数）受硫酸浓度及温度（t）的影响分别如图1和图2所示。工艺流程中所选择的硫酸浓度为2 mol.L-1，温度为80 oC，推测其原因是 。
A． Co的浸出率较高
B. Co和Al浸出的速率较快
C. Al的浸出率较高
D. 双氧水较易分解
（3）加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式： 。
（4）若初始投入钴酸锂废极片的质量为1 kg，煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，已知Co的浸出率为90%，则钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为 （小数点后保留两位）。
（5）已知“沉锂”过程中，滤液a中的c(Li+)约为10-1 mol·L-1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。
温度 Li2SO4 Li2CO3
0 oC 36.1 g 1.33 g
100 oC 24.0 g 0.72 g
结合数据分析，沉锂过程所用的试剂b是 （写化学式），相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌， ，洗涤干燥。
21．近年来我国储氢碳纳米管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管常伴有大量物质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为____C+________(稀)=____________。
（1）完成并配平上述反应的化学方程式。
（2）此反应的氧化剂是 ，还原剂是 。
（3）硫酸在上述反应中表现出的性质是____(填字母序号)。
A．酸性 B．氧化性 C．吸水性 D．还原性
（4）该反应中转移的电子数为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫在氧气中燃烧产生SO2，不能直接反应产生SO3，A不符合题意；
B．浓硫酸与Cu混合加热，发生反应产生CuSO4、SO2、H2O，不能反应产生SO3，B不符合题意；
C．SO2会导致形成酸雨，其形成过程主要是SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，C符合题意；
D．N是CuS，该物质既不溶于水，也不溶于硫酸，因此CuS不能与稀硫酸反应产生H2S气体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.单质硫与氧气反应只能得到二氧化硫，二氧化硫与氧气在催化剂作用下才能得到三氧化硫。
B.铜和浓硫酸反应为氧化还原反应，留的化合价降低，得到二氧化硫。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，失去3个电子，因此每转移1mole－，可以得到高铁酸钾的质量是 ，故A符合题意；
B.根据原子守恒可知□处的物质应为KCl，故B不符合题意；
C.Fe元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C不符合题意；
D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则反应条件下氧化性是Cl2＞K2FeO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应，对应的产物是还原产物；还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，对应的是氧化产物，氧化剂和还原剂的得失电子式相等的。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2，故A正确；
B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；
C、①生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；
D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．
故选A．
【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；
氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；
三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，
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．
5．【答案】A
【解析】【解答】根据强酸制弱酸的道理可以比较出几种酸的酸性强弱。
【分析】由强酸制弱酸推测个方程式之间酸的关系
6．【答案】C
【解析】【解答】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，Fe3+＞I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Cl2＞Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2，符合题意
故答案为：C。
【分析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱顺序。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．硝酸根离子中N原子化合价降低，发生还原反应，则每0.1mol 发生还原反应，转移0.3mole-，A叙述符合题意；
B．根据离子方程式可知，硝酸根离子、氢离子和亚铁离子发生反应，则离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化，B叙述不符合题意；
C．氧化剂的化合价由+5变为+2，还原剂的化合价由+2变为+3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，C叙述不符合题意；
D．若把该反应设计为原电池，负极失电子化合价升高，则则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，D叙述不符合题意；
故答案为A。
【分析】重点： 在碱性条件下没有氧化性，在酸性条件下有强氧化性
8．【答案】C
【解析】【解答】A. 由方程式可知，每生成1molFe3O4时有1 mol的O2被还原，反应转移电子的总物质的量为4 mol，故A不符合题意；
B. Fe元素和S元素的化合价都升高，所以Fe2＋和 都是还原剂，故B不符合题意；
C. 1molFe2＋被氧化时，需要失去1 mol电子，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol，故C符合题意；
D. 根据离子方程式的电荷守恒可知，3×2+(-2×2)+(-1×x)=-2，解得x=4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式： 3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为 ，氧化产物为 ，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则 的氧化性大于 的氧化性，故A不符合题意；
B．根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物 mol，故B符合题意；
C．枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C不符合题意；
D．根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
B、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数；
C、铁表面钝化导致难以生锈；
D、根据反应过程中元素化合价变化分析；
10．【答案】D
【解析】【解答】①电解熔融氯化钠制钠：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑，Na元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以氯化钠既是氧化剂，又是还原剂；②电解饱和食盐水制烧碱：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以水是氧化剂，氯化钠是还原剂；A.由分析可知，反应②中氯化钠是还原剂，不是氧化剂，故A不符合题意；
B.在反应①中氯气是氧化产物，在反应②中氢气是还原产物，故B不符合题意；
C.2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑中生成1mol气体转移2mol电子，2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2 ↑中生成2mol气体转移2mol电子，故C不符合题意；
D.若消耗1mol氯化钠，则反应①和②中转移电子均为2mol，所以消耗等质量的氯化钠，则反应①和②中转移电子总数相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】把握反应中的元素化合价变化为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．FeS和硝酸反应生成硝酸铁、S、NO和水，无法生成H2S，A不符合题意；
B．S在足量的纯氧中燃烧，只能生成SO2无法一步生成SO3，B不符合题意；
C．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性被溴水氧化从而使溴水褪色，C不符合题意；
D．亚硫酸盐中S为+4价，可被强氧化剂氧化成硫酸盐表现还原性，也可与S2-发生归中反应生成S单质体现氧化性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．硝酸有强氧化性，FeS和硝酸反应生成硝酸铁、S、NO和水；
B．S燃烧只能生成SO2；
C．SO2具有还原性；
D．依据元素化合价最低，只有还原性；元素化合价最高，只有氧化性；元素化合价外于中间，既有还原性，又有氧化性。
12．【答案】B
【解析】【解答】A. 2Cl-→Cl2，氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，故A不符合题意；
B. Fe3＋→Fe2＋ 铁元素的化合价降低，被还原，需要加入还原剂；
C. NH4+→NH3，氮元素的化合价始终为-3价，没有发生变化，故C不符合题意；
D. CO32-→CO2，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生变化，故D不符合题意；本题选B。
【分析】此题考查氧化还原知识的理解，在反应中元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，
反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，
反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，
即氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，
则某溶液中有Fe2+和I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣，
选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl﹣氧化，故选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl﹣，且没有引入新的杂质，
故选C．
【分析】根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气可与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，不需要加入氧化剂也能实现 ，A不符合题意；
B．过氧化钠与水可发生歧化反应生成氢氧化钠和氧气，且 过程中O元素化合价降低，发生还原反应，B不符合题意；
C． ，N元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，C不符合题意；
D． 转化过程中，Fe元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂如氯气等才能实现，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化剂具有氧化性，加入氧化剂才能实现，说明选项中含有的某元素化合价升高被氧化，以此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、反应①是置换反应，HCl表现氧化性，故A不符合题意；
B、反应②是复分解反应，没有元素化合价变化，HCl表现酸性，故B不符合题意；
C、反应③中氢元素化合价降低，表现氧化性，氯元素化合价升高，表现还原性，HCl既表现氧化性也表现还原性，故C符合题意；
D、反应①中氢元素化合价降低，氢原子得到电子，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据反应物HCl中H、Cl元素的化合价变化分析HCl在反应中的氧化性、还原性即可.
16．【答案】C
【解析】【解答】A．氧化物c为+4价S，则c为，可作为葡萄酒的添加剂，故A不符合题意；
B．a为-2价的氢化物，则a为硫化氢；f为含+6价S的含氧酸，即f为硫酸。所以a与f反应的方程式为，可生成b硫单质、c二氧化硫，故B不符合题意；
C．c为二氧化硫，将二氧化硫通入紫色石蕊试液的现象为溶液变为红色，故C错；
D．在自然界中，部分的c二氧化硫与氧气在一定条件下会转化成d三氧化硫，最后转化为f硫酸或h硫酸盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，a为-2价S的氢化物，a为H2S，b为单质，b为S；c为+4价S的氧化物，c为SO2；d为+6价S的氧化物，d为SO3；e、 f分别为+4价、+6价含氧酸，则e、 f分别为H2SO3、H2SO4；g、h分别为+4价、+ 6价S的正盐，如亚硫酸钠、硫酸钠等，以此来解答。
17．【答案】（1）；Na5P3O10
（2）+1；2；1；1H2O；2；1；2H+
【解析】【解答】解：（1）磷酸分子间通过羟基脱水形成三聚磷酸，所以三聚磷酸的结构式为： ；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠（俗称“五钠”），所以三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10，
故答案为： ； Na5P3O10；（2）①由化合价代数为零，H为+1，Na为+1，O为﹣2，故可求算化合物中P元素的化合价为+1价，故答案为：+1；
②（a）镍元素的化合价降低了1价，磷元素的化合价升高的2价，故Ni2+的系数均为2、H2PO2﹣的系数均为1，根据电荷守恒可知生成物中缺项为H+，根据原子守恒、电荷守恒可得配平的方程式为：2Ni2++H2PO2﹣+H2O═2Ni+H2PO3﹣+2H+，
故答案为：2；1；1H2O；2；1；2H+．
【分析】（1）三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，即磷酸分子间两个羟基脱去应该水分子；三聚磷酸钠可以看作三聚磷酸中五个羟基的氢原子换成钠离子；（2）①由化合价代数为零可求算化合物中P元素的化合价；
②镍元素的化合价降低了1价，磷元素的化合价升高的2价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数均为2，H2PO3﹣的系数为1，根据电荷守恒可知生成物中缺项为H+，再根据原子守恒、电荷守恒配平．
18．【答案】（1）适当增大硫酸浓度
（2）适当升温
（3）FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+；蒸发浓缩，冷却结晶；取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则无Fe3+。
【解析】【解答】（1）为了加快第Ⅰ步浸取速率，除了粉碎硫铁矿烧渣外，还可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温等，故答案为：适当增大硫酸浓度；适当升温；
（2）活化硫铁矿的主要成分为FeS2，氧化产物为 ，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+，故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2 +16H+；
（3）从第Ⅳ步滤液中获得FeSO4晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，检验FeSO4晶体中是否含Fe3+的方法为取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则不含Fe3+，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；取少量晶体溶解后，往溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则不含Fe3+。
【分析】 硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体。
19．【答案】（1）Se+2HNO3（浓）═H2SeO3+NO↑+NO2↑
（2）H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2
（3）
（4）92.5%
【解析】【解答】解：（1.）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为 =1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，
故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；
（2.）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；
（3.）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4，则用单线桥表示为： ；
故答案为： ；
（4.）已知反应①SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，由电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是0.200 0 mol L﹣1×0.025 L× =0.001 25 mol，因此所测定的样品中SeO2的质量分数为 ×100%=92.5%；
故答案为：92.5%．
【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4；（4）根据反应①②及电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是Na2S2O3的 ，然后求出质量和质量分数．
20．【答案】（1）1；H2O2；2；1；Li2SO4；1；O2↑；4；H2O
（2）A B
（3）4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2
（4）6.56 %
（5）Na2CO3；加热浓缩，趁热过滤
【解析】【解答】(1). “还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，Co元素的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2中O元素的化合价从－1价升高到0价，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2=2CoSO4 + Li2SO4 + O2↑+ 4H2O，故答案为：2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2=2CoSO4 + Li2SO4 + O2↑+ 4H2O；(2). 由图1可知，当硫酸浓度为2 mol.L-1时，Co的浸出率较高，由图2可知，当温度为80℃，Co和Al浸出的速率较快，
故答案为：AB；(3). CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧，CoC2O4被氧气氧化得到Co2O3，反应的化学方程式为：4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2，故答案为：4CoC2O4 + 3O2=2Co2O3 + 8CO2；(4). 煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，则Co原子的质量为：83× =59g，Co的浸出率为90%，则1 kg钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为 ×100%=6.56 %，故答案为：6.56 %；(5). 由表中数据可知，在相同温度下，Li2CO3的溶解度更小，且温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则沉锂过程所用的试剂b是Na2CO3，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的Na2CO3，搅拌，加热浓缩，趁热过滤，洗涤干燥，故答案为：Na2CO3；加热浓缩，趁热过滤。
【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等（或得失电子数守恒）进行化学方程式的书写与配平；
（2）由图1可知Co浸出率较高，由图2可知随着温度的升高浸出率逐渐升高，温度高时反应速率大效率高；
（3）煅烧是与空气中的氧气反应，根据反应物和生成物写方程式即可；
（4）根据化学式进行计算；
（5）根据溶解度表可知碳酸锂的溶解度远小于硫酸锂，故沉锂试剂应是碳酸盐，根据溶解度表可知温度越高溶解度越低，则操作过程应是加热浓缩趁热过滤。
21．【答案】（1）3C+28(稀)=322
（2）；C
（3）A
（4）12
【解析】【解答】(1)该反应中C元素化合价由0升高为+4、Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒，配平反应方程式为3C+28(稀)=322；
(2)3C+28(稀)=322反应，中Cr元素化合价由+6降低为+3，是氧化剂；C元素化合价由0升高为+4、C是还原剂。
(3)硫酸中元素化合价不变，硫酸表现酸性，选A。
(4)该反应中C元素化合价由0升高为+4，每个碳原子失4个电子，该反应中转移的电子数为4×3=12。
【分析】（1）根据得失电子守恒及质量守恒定律进行配平。
（2）在氧化还原反应中，氧化剂中部分元素的化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。
（3）稀硫酸具有酸性，在上述反应前后元素的化合价不变，浓硫酸具有吸水性，据此分析。
（4）转移电子数=还原剂（氧化剂）化合价升高数（降低数）×变价原子个数。