4.2 硫及其化合物的相互转化 同步练习（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

4.2 硫及其化合物的相互转化 同步练习
一、单选题
1．若不慎将水银温度计打碎，可以在水银上覆盖一层物质以避免中毒。该物质是（　　）
A．沙子 B．硫磺 C．石灰 D．碱
2．下列反应中，水做氧化剂的是( )
A．Cl2+H2O＝HCl+HClO B．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ D．NH3+H2O NH3·H2O
3．反应KClO3 + 6HCl = KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，还原产物是（　　）
A．KClO3 B．HCl C．KCl D．Cl2
4．下列物质在化学反应中不表现出氧化性的是（　　）
A．HCl B．Na C．Al3+ D．Fe2+
5．火药是中国古代四大发明之一，由硫磺、火硝和木炭粉均匀混合而成，点燃后可能发生的反应：S+2KNO3+3C=N2↑+3CO2↑+X（已配平），则物质X是（　　）
A．K2S B．SO2 C．H2S D．SO3
6．已知在某温度时发生如下三个反应：
①C+CO2=2CO ②C+H2O(g)=CO+H2 ③CO+H2O=CO2+H2
由此可判断，在该温度下，C、CO、H2 的还原性的顺序是（　　）
A．CO>C>H2 B．CO>H2>C C．C>H2>CO D．C>CO>H2
7．已知：8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，下列说法错误的是（　　）
A．该反应的氧化产物为 N2
B．Cl2 得电子，发生还原反应
C．该反应的氧化剂与还原剂微粒个数之比为 3∶8
D．通过该反应可说明 Cl2 的氧化性强于 N2
8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。硫及其部分化合物的“价-类二维图”如图，下列说法正确的是
A．S与在点燃时一步反应可生成Y
B．Z只能作还原剂，不能作氧化剂
C．X的水溶液放置在空气中，易被氧化
D．X、Y、Z均属于非电解质
9．某离子反应涉及H2O、 、NO 、H+、 、Cr3+、六种微粒，已知反应过程中 浓度变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A． 中Cr化合价是+7价
B．反应的氧化产物是
C．消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol
D．随着反应的进行，溶液中的H+浓度增大
10．已知下列反应：
Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O
2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl Cl2+2FeCl2═2FeCl3
则下列物质氧化性由强到弱的顺序是（　　）
A．I2＞FeCl3＞Cl2＞Co2O3 B．Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2
C．Cl2＞Co2O3＞I2＞FeCl3 D．Cl2＞I2＞Co2O3＞FeCl3
11．下列反应中，氯元素全部被氧化的是（　　）
A．2Na+Cl2=2NaCl
B．2NaCl 2Na+Cl2↑
C．NaOH+HCl=NaCl+H2O
D．2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
12．在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是 和Pb2+，则PbO2与Cr3+反应的化学计量数之比为（　　）
A．3：1 B．3：2 C．1：1 D．3：4
13．下列实验现象描述错误的是（　　）
A．硫在空气中燃烧，产生蓝紫色火焰
B．将二氧化碳通入水中，无明显现象
C．红亮的铜丝在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑
D．一氧化碳通过灼热的氧化铁，红色固体变黑
14．根据反应式： ①2Fe3+ + 2I =2Fe2++ I2 ②Br2 + 2Fe2+=2Fe3+ + 2Br ，
可判断离子的还原性从强到弱的顺序是 （　　）
A．Br 、Fe2+、I B．I 、Fe2+、Br
C．Br 、I 、Fe2+ D．Fe2+、I 、Br
15．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（　　）
A．5∶4 B．5∶3 C．3∶5 D．1∶1
16．已知：① ；
② ；
③
根据上述反应判断，下列说法正确的是（　　）
A． 在反应①中为还原产物在反应③中为氧化剂
B．任何环境下，+3价Fe的氧化性都比 的氧化性强
C．反应②和反应③中的氧化剂与还原剂的物质的量之比相等
D．上述三个反应中，当生成的还原产物的物质的量相同时转移的电子数也相同
二、综合题
17．
（1）I．用序号填空。有下列10种物质：
①氢氧化钠固体 ②铜片 ③氯化氢气体 ④稀硫酸 ⑤干冰 ⑥空气 ⑦碳酸钠粉 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩KAl(SO4)2·12H2O晶体。
属于混合物的是　 　。
（2）属于电解质的是　 　。
（3）上述状态下可导电的是　 　。
（4）II．回答下列问题：
分别取等质量的钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是　 　(不用化简)。
（5）分别取0.2 mol金属钠、铁、铝分别投入100 mL 0.1 mol/L盐酸中，在标准状况下产生氢气体积大小的顺序是　 　(用“＞”或“=”连接Na、Fe、Al即可)。
（6）III．已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑， 回答下列问题：
请用双线桥法表示出该反应转移电子的方向和数目　 　。
（7）被氧化的HCl占参加反应的HCl总量的　 　，被还原的元素是　 　(填元素符号)。
（8）15.8 g KMnO4与含1.2 mol HCl的浓盐酸完全反应(假设HCl无挥发)，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成沉淀　 　g。
18．闪锌矿（主要成分为ZnS）是含锌主要矿物之一，高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2．ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸．计算回答下列问题（保留2位小数）：
（1）取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是　 　
（2）取1.95g锌加入到12.00mL 18.4mol/L的浓硫酸中（假设生成的气体中无氢气，浓硫酸产生单一的还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液滴定，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL．通过计算确定浓硫酸被还原的产物是　 　
（3）若将ZnS溶于强酸可产生硫化氢气体．在120℃、1atm下，将100mL硫化氢和氧气的混合气体点燃，恢复到原来状态，测得剩余气体为70mL，求原混合气体中硫化氢的体积分数．（不考虑硫化氢气体自身受热分解）
（4）将标况下4.48L SO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g．通过计算确定所得晶体的成分与物质的量．
19．氮族元素包括氮(N)，磷(P)，砷(As)，锑(Sb)和铋(Bi)五种元素，它们位于元素周期表第15纵列，研究氮族元素单质及其化合物的性质对于生产生活具有重要意义。请回答下列问题：
（1）亚硝酸钠( )是一种重要的化工原料，酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质。
①亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用，将二价铁氧化为三价铁，从而使血红蛋白丧失输送氧气的能力而使人体中毒；一旦发生亚硝酸盐中毒，可立即注射美蓝溶液进行解毒治疗，试推断美蓝溶液具有　 　(填“氧化”或“还原”)性。
②亚硝酸钠外观极像食盐，工业上检验食盐中是否混有亚硝酸钠的方法是：取样品，加淀粉碘化钾溶液，酸化后溶液　 　(描述现象)，说明样品中含有亚硝酸钠。
（2）饮用水中的 对人类健康会产生危害，为降低 的浓度，某饮用水研究人员提出用铝粉将 还原为 ，其化学方程式为 。用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目：　 　。
（3）次磷酸( )是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，它可将溶液中的 还原为银单质，因而可用于化学镀银。在利用 进行化学镀银反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，则氧化产物为　 　(填化学式)。
（4）工业上常将含砷废渣(主要成分为 ，其中硫元素显-2价)制成浆状，通入 氧化，生成 和单质硫，写出发生反应的化学方程式　 　。
（5）已知由 、 、 、 、 、 组成的一个氧化还原反应体系中，发生了 的反应过程。将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式：　 　+　 　+　 　　 　+　 　+　 　 。
20．反应方程式如下，完成相应问题
（1）配平上述反应方程式并标出电子转移的方向和数目
　 　Fe3++　 　SO2+　 　H2O→　 　Fe2++　 　SO42-+　 　H+　 　
（2）反应中氧化剂为　 　，还原剂为　 　
（3）反应中，所得氧化产物和还原产物的物质的量之比为　 　。
（4）反应过程中，溶液颜色由　 　变为　 　。
21．某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2制ZnSO4。
已知：Ⅰ．ZnSO3· H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。
Ⅱ.25℃时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随pH变化曲线如下图。
Ⅲ．O3为强氧化剂，1 mol O3被还原转移2 mol e ，同时生成1 mol O2。
（1）SO2造成的环境问题主要是　 　。
（2）ZnO将SO2转化为ZnSO3· H2O的化学方程式是　 　。
（3）将ZnSO3· H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟O3氧化解决该问题。初始时用盐酸将5% ZnSO3悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3· H2O，其中溶液pH随时间变化的曲线如下：
①pH＝3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是　 　。
②一段时间后，溶液的pH减小，此过程中主要反应的离子方程式是　 　。
③解释O3氧化可防止管道堵塞的原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】水银为重金属，易挥发，有毒，能与硫粉反应，生成危害较小的硫化汞，所以不慎将水银温度计打碎在地面上，可在水银上覆盖一层硫粉以避免发生汞中毒，
故答案为：B。
【分析】明确汞的性质是解题关键。解答此类试题要注意物质性质的应用，并加强记忆。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl2+H2O＝HCl+HClO中只有氯元素的化合价发生变化，氯气既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，A不选；
B.2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠中氧元素化合价既升高也降低，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B不选；
C.2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中钠元素化合价升高，钠是还原剂，氢元素化合价降低，水是氧化剂，C选；
D．NH3+H2O NH3·H2O中元素的化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，D不选；
故答案为：C。
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素的化合价降低。还原剂失去电子，元素的化合价升高，据此分析.
3．【答案】D
【解析】【解答】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3 + 6HCl= KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，
故答案为：D。
【分析】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．HCl中H元素化合价可以由+1降低到0价，生成H2，从而表现出氧化性，A不符合题意；
B．由于Na在化合物中只有正价，故Na单质在反应中化合价只能升高，只能表现出还原性，B符合题意；
C．Al3+化合价可由+3价降低到0价，生成Al，从而表现出氧化性，C不符合题意；
D．Fe2+化合价可由+2价降低到0价，生成Fe，从而表现出氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 有元素化合价降低的反应物表现出氧化性，有元素化合价升高的反应物表现出还原性。
5．【答案】A
【解析】【解答】根据元素守恒，X中应该含有K、S元素，故A正确；
【分析】注意已写方程式是用等号连接，故可用原子守恒，或代入法解题。
6．【答案】D
【解析】【解答】反应①中还原剂为C，还原产物为CO，其还原性强弱：C＞CO；反应②中还原剂为C，还原产物为H2，其还原性强弱：C＞H2；反应③中还原剂为CO，还原产物为H2，其还原性强弱：CO＞H2；因此C、CO、H2的还原性的顺序为： C>CO>H2 ，D符合题意
故答案为：D
【分析】在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此结合反应的化学方程式确定三种物质还原性的强弱。
7．【答案】C
【解析】【解答】A. 氧化产物是还原剂被氧化而得到的产物，氨气是还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，N2是氧化产物，故A不符合题意；
B. Cl2得电子，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2是氧化剂，发生还原反应，故B不符合题意；
C. 3molCl2做氧化剂，2molNH3作还原剂，该反应的氧化剂与还原剂物质之量之比为3∶2，故C符合题意；
D. 在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，通过该反应可说明Cl2的氧化性强于N2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】反应 8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2 中，氮元素化合价从-3价变为0价，化合价升高被氧化，NH3作还原剂；氯元素化合价从0价变为-1价，化合价降低被还原，Cl2作氧化剂，据此回答。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.Y为硫的+6价氧化物，即Y为SO3，硫和氧气在点燃时生成SO2，SO2与氧气在催化高温下反应生成SO3，硫不能一步生成SO3，故A错误；
B.Z为+4价硫的钠盐，硫化合价既可升高，又可降低，故既可做氧化剂，又可做还原剂，故B错误；
C.X为-2价的氢化物，即H2S，-2价硫处于最低价，H2S的水溶液具有强还原性，容易被氧气氧化成硫单质，故C正确；
D.H2S属于酸，属于电解质，亚硫酸钠属于盐，属于电解质，三氧化硫属于非电解质，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A.硫和氧气在点燃时只生成SO2；
BC.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；
D.依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；一般包括酸、碱，活泼金属氧化物和大多数盐。在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】根据图象可知，反应过程中 浓度逐渐减小，说明 被氧化生成 ，则 被还原生成Cr3+，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，Cr元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，根据化合价升降相等配平可得： +3 + 8H+ = 3 + 2Cr3+ + 4H2O。
A． 中O化合价为-2，则Cr化合价是+6 价，故A不符合题意；
B．N元素的化合价升高被氧化，反应中氧化产物是 ，故B符合题意；
C．反应中Cr的化合价从+6价降低到3价，则消耗1 mol ，转移电子6 mol，故C不符合题意；
D．根据反应 +3 + 8H+ = 3 + 2Cr3+ + 4H2O可知，随着反应的进行，溶液中的H+浓度逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据得失电子可以写出离子方程式。
A． Cr2O72-中Cr从+6价变到+3价；
B．还原剂对应的产生是氧化产物，还原剂化合价升高；
C．氧化剂化合价降低， Cr2O72-是氧化剂，消耗1mol ，转移6mol电子；
D．根据离子方程式知，反应消耗了H+，C（H+）减小；
10．【答案】B
【解析】【解答】在Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，氧化剂是Co2O3，氧化产物是Cl2，所以氧化性Co2O3＞Cl2；在2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl中，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以氧化性FeCl3＞I2；在Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以氧化性Cl2＞FeCl3；
故氧化性由强到弱的顺序是：Co2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2，
故选B．
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．
11．【答案】B
【解析】【解答】A. 该反应中Cl元素化合价由0价变为 1价，所以氯元素得电子化合价降低，全部被还原，A不符合题意；
B. 该反应中Cl元素化合价由 1价变为0价，所以Cl元素失电子化合价升高，全部被氧化，B符合题意；
C. 该反应中没有电子转移，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，C不符合题意；
D. 该反应中Cl元素化合价由0价变为 1价、+1价，所以Cl元素被氧化、被还原，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．氯气的化合价降低，为氧化剂；
B．氯化钠中的氯化合价升高作还原剂；
C．该反应不是氧化还原反应；
D．该反应是氯气自身的氧化还原反应。
12．【答案】B
【解析】【解答】PbO2中的Pb由+4价变为反应后Pb2+中的+2价，化合价降低，得到电子2e-；Cr3+中的Cr为+3价， 中的Cr元素化合价为+6价，化合价升高，失去电子2×3e-=6e-，电子得失最小公倍数是6e-，所以PbO2、Pb2+系数是3， 系数是1，Cr3+系数是2，则PbO2与Cr3+反应的系数之比为3：2，故合理选项是B。
【分析】
根据得失电子守恒， Cr3+生成化合价升高，失电子2×3e-=6e-， PbO2 生成Pb2+化合价降低，得电子2e-；根据得失电子守恒，Cr3+化学计量数为2，化学计量数为1，PbO2、Pb2+化学计量数是3，所以 PbO2与Cr3+化学计量数为3：2。
13．【答案】A
【解析】【解答】解：A、硫在空气中燃烧，产生淡蓝色火焰，在纯氧中燃烧生成蓝紫色火焰，故A错误；
B、二氧化碳通入水发生反应生成碳酸，溶液中无现象，故B正确；
C、铜灼烧生成黑色氧化铜，2Cu+O2 2CuO，氧化铜为黑色固体，故C正确；
D、红色的氧化铁被一氧化碳还原得到还原性铁为黑色，故D正确；
故选A．
【分析】A、硫在空气中燃烧，产生淡蓝色火焰；
B、二氧化碳通入水发生反应生成碳酸；
C、铜灼烧生成黑色氧化铜；
D、氧化铁为红色固体，被一氧化碳还原得到还原性铁为黑色．
14．【答案】B
【解析】【解答】反应①中Fe3+被I-还原为Fe2+，故该反应中还原剂为I-，还原产物为Fe2+，其还原性强弱为：I-＞Fe2+；
反应②中Br2被Fe2+还原为Br-，故该反应中还原剂为Fe2+，还原产物为Br-，其还原性强弱为：Fe2+＞Br-；
故三种离子的还原性强弱顺序为：I-＞Fe2+＞Br-，B符合题意；
故答案为：B
【分析】在氧化还原反应中，还原剂的还原性比还原产物的还原性强；据此分析所给反应中还原剂和还原产物，进而得出其性质强弱顺序。
15．【答案】B
【解析】【解答】5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O的反应中，氮元素由铵根中 3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5∶3.
故答案为：B。
【分析】根据 NH4NO3 中NH4+中N元素从-3价升高为0价，NO3-中N元素从+5价降低为0，3个NO3-被还原，5个NH4+被氧化；
16．【答案】D
【解析】【解答】A．在反应③中，碘元素的化合价从0价降低到-1价，I2做氧化剂，符合题意；而在反应①中碘元素的化合价从-1价升高到0价，I2为氧化产物，故A不符合题意；
B．反应③中，I2为氧化剂，Fe(OH)3为氧化产物，所以+3价Fe的氧化性比I2的氧化性弱，故B不符合题意；
C．反应②中的氧化剂Fe3+与还原剂Fe的物质的量之比为2：1，反应③中的氧化剂I2与还原剂Fe(OH)2的物质的量之比为1：2，故C不符合题意；
D．在反应①中，还原产物为Fe2+，生成2molFe2+转移电子的物质的量为2mol；在反应②中，还原产物也为Fe2+，生成的3molFe2+其中有2mol是还原产物，当生成2mol还原产物时转移电子的物质的量为2mol；在反应③中，还原产物为I-，生成2molI-转移电子的物质的量也为2mol，所以上述三个反应中，当生成的还原产物的物质的量相同时转移的电子的物质的量相同，电子数也相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据化学式中元素的化合价判断氧化剂和还原剂；再依据氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物分析；再根据氧化还原反应中电子的转移数目分析解答。
17．【答案】（1）④⑥
（2）①③⑦⑨⑩
（3）②④⑨
（4）：：
（5）Na＞Fe=Al
（6）+ 8H2O
（7）；Mn
（8）100.45
【解析】【解答】(1)④稀硫酸是硫酸的水溶液，含有多种构成物质的微粒，属于混合物；⑥空气中含有N2、O2、CO2等多种构成物质的微粒，属于混合物；其余物质中均只含有一种构成物质的基本微粒，属于纯净物，因此属于混合物的物质序号是④⑥；
(2)①氢氧化钠固体是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，属于电解质；
③氯化氢气体由HCl分子构成，在水中能够发生电离而导电，属于电解质；
⑦碳酸钠粉是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，属于电解质；
⑨熔融氯化钠是离子化合物，含有自由移动的离子，能够导电，属于电解质；
⑩KAl(SO4)2·12H2O晶体是盐，是由离子构成的离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，属于电解质；
故属于电解质的物质序号是①③⑦⑨⑩；
(3)②铜片是金属单质，含有自由移动的电子，因此能够导电；
④稀硫酸中H2SO4在水分子作用下电离产生自由移动的H+、，因此能够导电；
⑨熔融氯化钠是离子化合物，含有自由移动的离子，能够导电，故上述物质中能够导电的物质序号是②④⑨；
(4)Na是+1价金属，Fe与盐酸反应时产生+2价的Fe2+，Al是+3价的金属，所以假设三种金属的质量是1 g，金属与酸反应时失去电子的物质的量分别是，由于H+得到电子变为H2时是2 mol H+得到电子产生1 mol H2，故反应过程中转移电子的物质的量的比等于反应产生的H2的物质的量的比，也就等于产生的相同外界条件下的氢气的体积的比，故取等质量的钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是：：；
(5)Na不仅能够与HCl反应产生H2，也能够与溶剂H2O反应产生H2，根据方程式2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+ H2↑，可知0.2 mol Na充分反应产生0.1 mol H2；
Fe、Al只能与HCl反应产生H2，反应方程式分别为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，100 mL 0.1 mol/L盐酸中中含有溶质HCl的物质的量n(HCl)=0.1 mol/L×0.1 L=0.01 mol，其完全反应消耗Fe为0.01 mol，消耗Al为，显然金属Fe、Al过量，反应产生的H2以不足量的HCl为标准计算，二者产生H2的物质的量相等，均为0.005 mol，故三种金属反应产生氢气的物质的量关系是Na＞Fe=Al，根据V=n·Vm可知：气体的体积比等于气体的物质的量的比，因此三种金属反应产生氢气的体积比为Na＞Fe=Al；
(6)在反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到电子2×5e-，被还原；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子10×e-，被氧化，用双线桥法表示电子转移为：；
(7)在上述参加反应的16个HCl中，其中有10个HCl被氧化为Cl2，所以被氧化的HCl占参加反应的HCl总量的；
在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以Mn元素被还原；
(8)15.8 g KMnO4的物质的量n(KMnO4)=，盐酸中含有HCl的物质的量为1.2 mol，根据二者反应转化关系可知HCl过量，反应消耗HCl变为Cl2的物质的量是n(Cl2)=，过量的HCl及MnCl2电离产生的Cl-留在溶液中，根据Cl元素守恒可知：反应后溶液中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=1.2 mol-0.25 mol×2=0.7 mol， 则n(AgCl)=n(Cl-)=0.7 mol，因此m(AgCl)= 0.7 mol×143.5 g/mol=100.45 g。
【分析】(1)含有多种构成物质的微粒，属于混合物；只含有一种构成物质的基本微粒，属于纯净物；
(2) 在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，属于电解质；
(3)金属单质或含有自由移动的电子能够导电；
(4)利用得失电子守恒计算；
(5)利用金属与酸的有关反应计算；
(6)根据化合价变化标出双线桥；
(7)元素化合价降低，被还原； 元素化合价升高，被氧化；
(8)根据元素守恒计算。
18．【答案】（1）93%
（2）S
（3）答：原混合气体中硫化氢的体积分数为60%或70%；
（4）答：所得晶体的成分与物质的量为；；；．
【解析】【解答】解：（1）设ZnS的质量是x，则
2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2 减少的固体质量
194 162 32
x 1.56﹣1.32
即
=
，解得x=1.455g，
所以ZnS的质量分数=
×100%≈93%，
故答案为：93%；
（2）取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），消耗的硫酸的物质的量是0.012L×18.4mol/L﹣0.18mol=0.0408mol．设硫酸的还原产物中，硫元素的化合价是n，金属锌的物质的量是： =0.03mol，生成硫酸锌的物质的量是0.03mol，所以0.03mol的硫酸显示酸性，根据电子守恒： ×（2﹣0）=（0.0408mol﹣0.03mol）×（6﹣n），解得n=0，所以浓硫酸被还原的产物是硫单质，
故答案为：S；
（3）120℃，水为气态，H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O．若n（H2S）：n（O2）＞2：1，发生反应①，H2S有剩余，则：
2H2S+O2═2 S↓+2H2O 体积变化△V；
2 1 2 1
60mL 30mL 60mL 100mL ﹣70mL=30mL
剩余气体为硫化氢和水蒸气，H2S为70﹣60=10mL，原混合气体中H2S为70mL，原混合气体中硫化氢的体积分数为： ×100%=70%，
若n（H2S）：n（O2）＜2：3，发生反应②，
2H2S+3O2═2SO2+2H2O 体积变化△V；
2 3 2 2 1
60mL 90mL 60mL 60mL 100mL﹣70mL=30mL
气体为二氧化硫、水蒸气、氧气，其中二氧化硫为60mL、水蒸气为60mL，60+60=120mL＞70mL，不符合题意，
若2：3＜n（H2S）：n（O2）＜2：1，发生反应①②，气体为二氧化硫和水蒸气，则：
设参加反应的硫化氢分别为X、Y，则：
2H2S+O2═2 S↓+2H2O 2H2S+3O2═2SO2+2H2O，
X 0.5X X Y 1.5Y Y Y 则X+2Y=70，X+Y+0.5X+1.5Y=100，解得：X=50，Y=10，
H2S为X+Y=60mL，原混合气体中H2S为60mL，原混合气体中硫化氢的体积分数为： ×100%=60%，
答：原混合气体中硫化氢的体积分数为60%或70%；
（4）若4.48L即0.2mol标况下的SO2与氢氧化钠反应都生成Na2SO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，生成Na2SO325.2g，若4.48L即0.2mol标况下的SO2与氢氧化钠反应都生成NaHSO3，SO2+NaOH═NaHSO3，生成的NaHSO3质量为20.8g，所以最后得到的无水晶体不可能是这两种物质形成的混合物，也不可能是其中之一，由此其组成可能是Na2SO3和反应没有完全消耗掉的NaOH，在蒸干过程中，亚硫酸盐会被空气中氧气氧化为硫酸盐，亚硫酸氢盐会被氧化为硫酸氢盐，所以所得晶体还可以是或是亚硫酸钠、硫酸钠的混合物；或是亚硫酸氢钠、硫酸钠的混合物；或是硫酸钠、硫酸氢钠的混合物，若晶体组成是Na2SO3和反应没有完全消耗掉的NaOH此混合物中的氢氧化钠质量为26.8﹣25.2=1.6g，其物质的量为0.04mol，如果是亚硫酸钠、硫酸钠的混合物，硫酸钠是亚硫酸钠的氧化产物，根据硫元素守恒以及晶体质量之和是26.8g，解得他们各自的物质的量均是0.1mol，同理可得，如果是硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，物质的量分别是0.042mol、0.158mol，如果是硫酸钠、硫酸氢钠的混合物，物质的量分别是0.127mol、0.073mol，
答：所得晶体的成分与物质的量为
；
；
；
．
【分析】（1）闪锌矿（主要成分为ZnS）在空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2，根据固体质量差量法来计算即可；
（2）根据电子守恒和化合价变化之间的关系来计算；
（3）120℃，水为气态，H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O，据此讨论；
（4）SO2与氢氧化钠反应都生成Na2SO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，SO2与氢氧化钠反应都生成NaHSO3，可通过化学方程式的计算得出其质量，比较极限反应获得固体质量和实际质量之间的关系可以进行讨论，在根据S元素守恒和质量关系计算各自的量的多少即可．
19．【答案】（1）还原；变为蓝色
（2）
（3） 或
（4）
（5）；；；；；7
【解析】【解答】(1)①若要解毒可将人体中的血红蛋白的三价铁还原为二价铁，美蓝溶液应具有还原性。②亚硝酸钠( )在酸性条件下能氧化碘离子生成 ， 遇淀粉会变蓝；
(2)该反应中Al元素化合价由0价变为+3价、N元素化合价由+5价变为0价，电子由Al转移为N元素，转移电子数为30，转移电子方向和数目为， ，故答案为： ；
(3) 可将溶液中的 还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4及电子守恒可知， ，解得 ，则对应的氧化产物为 ；
(4) 被 氧化，生成 和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为 ；
(5)发生 的反应，Bi元素由+5价降低为+3价即发生还原反应，一个氧化还原反应体系则还要发生氧化反应即 ，Mn元素由+2升高为+7，发生 ，由电子守恒及质量守恒定律可知，该反应为 。
【分析】（1）注意已知条件的运用（酸性条件下亚硝酸钠可以氧化碘离子），了解碘单质的检验方法（淀粉检验，碘单质遇到淀粉会变蓝）。
（2）双线桥法的正确使用，要注意箭头的指向，电子转移方向和数目一定要标注 。
（3）注意氧化剂还原剂的判断（化合价升高的是还原剂，化合价下降的是氧化剂），以及得失电子守恒的运用。
（4）要注意缺项配平，当反应物中缺少氢元素，可以考虑在反应物中加水来提供氢元素。
（5）注意氧化剂还原剂的判断（化合价升高的是还原剂，化合价下降的是氧化剂），以及氧化还原反应的正确配平（ 最小公倍数法的运用）。
20．【答案】（1）2；1；2；2；1；4；
（2）Fe3+；SO2
（3）1:2
（4）棕黄色；浅绿色
【解析】【解答】（1）该反应中，Fe由＋3价变为＋2价， 得到一个电子，S由＋4价变为＋6价，失去两个电子，根据的是电子守恒可得，Fe3＋和Fe2＋的系数为2，SO2和SO42－的系数为1；根据电荷守恒可得H＋的系数为4，根据氢原子个数守恒可得H2O的系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；
其电子转移的方向和数目为：；
（2）该反应中Fe由+3价变为+2价，化合价降低，发生还原反应，因此Fe3+为氧化剂；S由+4价变为+6价，化合价升高，发生氧化反应，因此SO2为还原剂；
（3）由反应的离子方程式可知，该反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:2；
（4）反应过程中，反应物含Fe3+，溶液为棕黄色，反应后生成Fe2+，溶液为浅绿色，因此溶液颜色由棕黄色变为浅绿色；
【分析】（1）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式，根据化合价变化标出电子转化的方向和数目；
（2）根据反应过程中元素化合价的变化分析；
（3）根据反应的离子方程式配平的系数进行分析；
（4）根据溶液中离子颜色进行分析；
21．【答案】（1）酸雨
（2）2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3· H2O
（3）HSO3 ；HSO3 +O3=SO42 +O2+H+（2HSO3 +O3=SO42 +O2+H2SO3）；O3将ZnSO3· H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞
【解析】【解答】(1)SO2造成的环境问题主要是酸雨；
(2) ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3· H2O，化学方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3· H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线，pH＝3.5的溶液中HSO3 浓度远远大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3 ；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3 氧化为SO42 ，硫酸是强电解质，HSO3 的氢离子被释放，溶液的pH减小；离子方程式是：HSO3 +O3=SO42 +O2+H+(或2HSO3 +O3=SO42 +O2+H2SO3)；
③O3将ZnSO3· H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。
【分析】（1）二氧化硫溶于水，雨水的酸性增强；
（2）ZnO将SO2转化为ZnSO3 H2O，无元素的化合价变化，反应物还有水；
（3）①由图1可知，pH=3.5的溶液中含亚硫酸分子、亚硫酸氢根离子；
②一段时间后，溶液的pH减小，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸；
③ZnSO3 H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水，O3氧化ZnSO3 H2O生成可溶性盐。