专题4 硫与环境保护 单元检测题 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

专题4 硫与环境保护 单元检测题
一、单选题
1．使用非环保合成材料进行室内装修，易造成居室和办公室的空气污染，这种污染物的主要成分是（　　）
A．一氧化碳 B．甲醛 C．一氧化氮 D．二氧化硫
2．查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是（　　）
A．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥
B．SO2不能作食品添加剂，不该添加到葡萄酒中
C．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质
D．SO2可以使酸性 KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性
3．下列关于硫及其化合物说法正确的是（　　）
A．自然界中硫都以化合态形式存在
B．大量排放到空气中会形成酸雨
C．催化氧化时1mol可生成1mol
D．硫酸浓度越大，挥发性越强
4．硫元素在自然界中的循环如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．硫是组成某些蛋白质的生命元素
B．地壳中化合态的硫主要以硫化物和硫酸盐的形式存在
C．化石燃料的燃烧以及含硫矿物的冶炼是大气污染的主要来源
D．海水中的硫元素主要以形式存在
5．下列有关环境污染的说法中正确的是（　　）
A．二氧化碳能引起温室效应，是一种大气污染物
B．显酸性的雨水称之为酸雨
C．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量
D．含磷洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染
6．在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是（　　）
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存。
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为：
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生，转移电子数约为个
7．过氧化钠 几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应，根据所学知识分析，下列气态非金属氧化物与 发生氧化还原反应，生成物一定不合理的是（　　）
A． 生成物仅含
B． 生成物为 和
C． 生成物仅含
D． 生成物仅含
8．关于氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）
①氧化剂发生氧化反应②氧化剂具有氧化性③某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化④物质所含元素化合价是否发生变化是判断氧化还原反应的依据⑤失电子越多的还原剂，其还原性越强
A．①②④ B．②④ C．②③④ D．②④⑤
9．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 （　　）
A．过程Ⅰ中，白磷既做氧化剂又做还原剂
B．过程Ⅱ中，发生复分解反应
C．过程Ⅲ中，反应的化学方程式为：
D．理论上，通过本提纯工艺不会产生白磷损失
10．下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是（　　）
A． B． C． D．
11．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是（　　）
A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
12．我国古代四大发明之一黑火药由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按比例混合而成，爆炸时的反应为：，下列说法正确的是（　　）
A．硝酸钾中N元素化合价降低，被氧化
B．该条件下还原性：
C．32g S参与反应时，该反应转移2mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
13．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是（　　）
A．过程①发生非氧化还原反应
B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+
C．过程③中，氧气是氧化剂
D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
14．常温下，浓硫酸能使铁钝化是利用了浓硫酸的（　　）
A．脱水性 B．吸水性 C．酸性 D．强氧化性
15．下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（　　）
A．Mn2+→MnO4－ B．H2→H2O
C．NO3－→NO D．Zn→Zn2+
16．高铁酸钠（）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上一种制备高铁酸钠的方法的化学原理可用离子方程式表示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应中是氧化剂，是氧化产物
B．a、b、c、d、e、f的数值分别是3、2、10、2、3、5
C．是
D．胶体可以吸附水中杂质达到净水的目的，含个胶粒的氢氧化铁胶体中铁元素的质量为
17．下列物质不是常见氧化剂的是（　　）
A．FeCl3 B．MnO2 C．Fe D．O2
18．下列装置按制备、收集、验证漂白性及尾气处理的顺序进行实验(“→”表示气流方向)，能达到实验目的的是（　　）
A． B．
C． D．
二、综合题
19．金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。A是短周期元素中原子半径最大的金属元素(“→”所指的转化都是一步完成)。
（1）A与水反应的离子方程式：　 　。
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为　 　(用NA表示阿伏加德罗常数，用含NA的代数式表示)。
（3）200℃时，11.6gCO2和H2O的混合气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为　 　。
（4）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 mol·L-1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)　 　。
（5）某化学反应方程式(未配平)：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，请将方程式配平；　 　KMnO4+　 　KI+　 　H2SO4→　 　MnSO4+6I2+3KIO3+　 　K2SO4+　 　H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：　 　。
20．按要求填空
（1）铁屑加入硝酸银溶液中反应的离子方程式为　 　。
（2）醋酸（CH3COOH）与烧碱溶液反应的离子方程式为　 　。
（3）NaHSO4是一种　 　（填“酸、碱、盐”），向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，该反应的离子方程式为　 　。
（4）实验室制备少量Fe(OH)3胶体的化学方程式为　 　。
（5）配平下列方程式：　 　SO32-+　 　IO3-+　 　H+=　 　SO42-+　 　I2+　 　H2O
（6）一定条件下，RO3n-和氟气可发生如下反应：RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是　 　。
21．工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4 + 2CNa2S + CO2↑，完成下列填空：
（1）硫元素在周期表中的位置为　 　，硫原子核外有　 　种不同运动状态的电子。
（2）CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2　 　CO2(填“>、=、<”)。
（3）有关二硫化碳分子的描述正确的是____
A．含有非极性键
B．是直线形分子
C．属于极性分子
D．结构式为
（4）C元素和S元素比较，非金属性强的是　 　，写出一个能支持你的结论的事实：　 　。
（5）Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是　 　。
（6）天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示，
配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：　 　
_Fe2 (SO4)3 + _ H2S =_FeSO4 +_S↓ +_
（7）图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为　 　升。
22．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。
23．已知：SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+。现将101.6mgI2固体溶于水配成400mL溶液，(为了便于观察，可以加几滴淀粉)用于吸收空气管道中的SO2，若管道中空气流量为40L/min，经过5min溶液恰好褪色，请计算：
（1）所用碘水溶液的物质的量浓度　 　mol/L。
（2）空气样品中SO2的含量　 　mg/L。
（3）若空气中SO2的浓度不超过0.02mg/L为合格，则上述空气质量　 　(填“合格”或“不合格”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】甲醛有毒，甲醛易挥发，使用非环保合成材料进行室内装修，易造成居室和办公室的空气污染，这种污染物的主要成分是甲醛，
故答案为：B。
【分析】 易造成居室和办公室的空气污染物为甲醛。
2．【答案】C
【解析】【解答】
A、 SO2可以用浓硫酸干燥，二者化合价+4和+6是相邻价态，不会发生反应，A错误；
B、C、SO2添加到葡萄酒中，可以起到抗氧化的作用，所以B错误，C正确；
D、SO2可以使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于SO2具有还原性，而不是漂白性，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考察SO2的相关化学性质。SO2可以用浓硫酸干燥；SO2可以添加到葡萄酒中，防止葡萄酒氧化；SO2具有还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色。
易混淆的知识点：SO2的还原性和漂白性。
a.漂白性是指使有机色素褪色。还原性是指与氧化剂发生氧化还原反应，产生化合价的变化使有色离子变为无色离子。
b.SO2使品红溶液褪色是SO2的漂白性；SO2使高锰酸钾溶液褪色是SO2的还原性。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．自然界中硫部分以游离形式存在，如硫磺，故A不符合题意；
B．是形成酸雨的原因之一，大量排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故B符合题意；
C．催化氧化成是可逆反应，所以1mol不能生成1mol，故C不符合题意；
C．硫酸为难挥发性酸，浓硫酸具有吸水性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.自然界中部分硫以游离形式存在；
C.二氧化硫氧化生成三氧化硫的反应为可逆反应；
D.硫酸为难挥发性酸。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．有些蛋白质中含有S元素，如胰岛素，A不符合题意；
B．地壳中常见含有硫元素的物质有：①硫酸盐：重晶石BaSO4、芒硝Na2SO4·10H2O；②硫化物：硫铁矿FeS2、黄铜矿CuFeS2、闪锌矿ZnS等，B不符合题意；
C．化石燃料中硫元素燃烧后生成SO2，含硫矿物冶炼会产生大量SO2，C不符合题意；
D．由粗盐中含有杂质，知海水中硫酸素主要以硫酸根形式存在，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.有些蛋白质含有硫元素；
B.地壳中化合态的硫主要是硫化物和硫酸盐；
C.化石燃料中硫元素燃烧后生成SO2，含硫矿物的冶炼会生成大量SO2；
D.海水中的硫元素主要以硫酸根形式存在。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.温室效应主要是指由于人类向大气中大量排放二氧化碳等气体，增强了大气对红外线的吸收，阻止地球表面的热量向外散发，使地球表面的温度上升而形成，但二氧化碳未列入大气污染物，故A不符合题意；
B.酸雨的pH小于5.6，是由于空气中含有大量二氧化硫或氮氧化物所致，故B不符合题意；
C.燃煤时加入适量石灰石，高温下石灰石分解生成氧化钙，可与二氧化硫以及氧气反应生成硫酸钙，可大大减少废气中SO2的量，故C符合题意；
D.含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Z.cn二氧化碳不属于大气污染物；
B.酸雨的pH＜5.6；
C.燃煤中加入石灰石，加热时与二氧化硫反应生成硫酸该，可减少二氧化硫；
D.含磷洗涤剂会引起水的富营养化。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A不符合题意；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B不符合题意；
C．滴入少量FeSO4溶液，溶液仍显碱性，次氯酸根能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C不符合题意；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为6.02×1023个，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碘离子具有还原性，次氯酸钙具有强氧化性，ClO-与I-发生氧化还原反应；
B.Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能漂白pH试纸；
C.Ca(ClO)2与FeSO4发生反应2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO；
D.ClO-与Cl-发生反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O。
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 若Na2O2与NO2反应的产物只有NaNO2，则Na2O2中O元素化合价从-1价降低到-2价，NO2中N元素化合价从+4价降低到+3价，没有元素化合价升高，违背氧化还原反应的规律，故A不合理；
B. 若Na2O2与CO2反应的产物是 和 ，则Na2O2中O元素化合价一部分从-1价降低到-2价，一部分从-1价升高到0价，化合价有升有降，符合氧化还原反应的规律，故B合理；
C. 若Na2O2与CO反应的产物是 ，则Na2O2中O元素化合价从-1价降低到-2价，CO中C元素化合价从+2价升高到+4价，化合价有升有降，符合氧化还原反应的规律，故C合理；
D. 若Na2O2与SO2反应的产物是 ，则Na2O2中O元素化合价从-1价降低到-2价，SO2中S元素化合价从+4价升高到+6价，化合价有升有降，符合氧化还原反应的规律，故D合理；
故答案为：A。
【分析】过氧化钠与低价态的非金属氧化物发生化合反应，生成该非金属的最高价态的含氧酸盐，此时没有氧气产生；当非金属氧化物有高低价态时，过氧化钠与最高价态的非金属氧化物反应生成该非金属的最高价态的含氧酸盐和氧气，以此分析.
8．【答案】B
【解析】【解答】①氧化剂化合价降低得电子，发生还原反应，故不符合题意；②氧化剂在反应中元素的化合价降低，得电子，具有氧化性，故符合题意；③某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素的化合价可能升高，也可能降低，元素可能被氧化，如Cl﹣→Cl2，也可能被还原，如Cu2+→Cu，故不符合题意；④存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，所以物质所含元素化合价变化是判断氧化还原反应的依据，故符合题意；⑤还原性与失电子能力有关，与失电子数多少无关，越易失电子，还原性越强，故不符合题意；综上所述，②④符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应的实质为电子的转移，特征为化合价的升降，还原剂失电子，化合价升高，被氧化，得氧化产物；氧化剂得电子，被还原，得还原产物；根据元素周期律，失电子能力越强，还原性越强，与失电子多少无关，举例，钠的还原性强于铝； 化合物转化为单质， 元素的化合价可能升高，也可能降低；
9．【答案】D
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，磷元素化合价由0升高为+5、由0降低为-3，所以白磷既做氧化剂又做还原剂，故A不符合题意；
B．过程Ⅱ中，磷酸和氢氧化钙发生反应生成磷酸钙和水，属于复分解反应，故B不符合题意；
C．根据图示，过程Ⅲ中，磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成硅酸钙、CO、白磷，反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．通过本提纯工艺，有Cu3P生成，会产生白磷损失，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】因为有Cu3P的生成会带走部分的P，故会产生白磷的损失
10．【答案】D
【解析】【解答】A． 无需加氧化剂就能实现，如 直接与水或冷的碱反应均可生成 ，故A不选；
B． 需要加入活泼金属即可，故B不选；
C． 属于非氧化还原反应，所以 既不需要加氧化剂又不需要家还原剂，故C不选；
D． 中的C元素化合价升高北洋，所以需要加入氧化剂才能实现 的转化，
故答案为：D
【分析】需要加入氧化剂才能实现，说明给予的物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，且给予的物质不能自身发生氧化还原反应，据此分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A不符合题意；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B符合题意；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C不符合题意；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D不符合题意。
综上所述，本题符合题意答案为B。
【分析】根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析，硝酸钾中N元素化合价降低，被还原，故A不符合题意；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该条件下还原性：，故B符合题意；
C．根据分析，反应中3molC参与反应转移12mol电子，需要消耗1molS (32gS为1mol)，则1molS参与反应时，该反应转移12mol电子，故C不符合题意；
D．氧化产物二氧化碳与还原产物硫化钾和氮气物质的量之比为3：2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据元素化合价降低，被还原分析；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
C．根据反应中元素化合价的变化分析；
D．利用化学方程式分析。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B符合题意；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C不符合题意；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据标化合价发生的是复分解反应并非氧化还原反应
B.硫化铜是固体，不溶于水应写出化学式
C.根据元素化合价的变化，氧气是氧化剂
D.根据①②③三个反应的完整流程最终产生了铁离子，因此铁离子可以循环
14．【答案】D
【解析】【解答】在常温下，浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化，故铁发生钝化现象是利用了浓硫酸的强氧化性，
故答案为：D。
【分析】依据在常温下，浓硫酸具有强氧化性分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、Mn2＋→MnO4－，Mn的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故A不符合题意；
B、H2→H2O，H的化合价由0价→＋1价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B不符合题意；
C、NO3－→NO，N的化合价由＋5价→＋2价，化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C符合题意；
D、Zn的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】需要加入还原剂才能发生，说明反应物得到电子，所含的某元素化合价降低。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe元素化合价升高，是还原剂，是氧化产物，故A不符合题意；
B．、、、、、的数值分别是、、、、、，故B符合题意；
C．根据电荷守恒，应是OH-，故C不符合题意；
D．胶粒是大分子或者离子的集合体，所以含有个胶粒的氢氧化铁胶体中的数目大于，铁元素的质量大于56g，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】首先利用化合价升降，判断ClO-是氧化剂，Fe3+为还原剂，利用化合价升降相等，可以判断a，b，d，e的数值，最后利用质量守恒和电荷守恒，确定X为OH-
17．【答案】C
【解析】【解答】A．FeCl3中Fe为+3价，可以得电子，具有氧化性，是常见的氧化剂，A不符合题意；
B．MnO2中Mn为+4价，可以得电子，具有氧化性，是常见的氧化剂，B不符合题意；
C．Fe单质为0价，金属无负价，故Fe只有还原性，C符合题意；
D．O2中O为0价，可以得电子，具有氧化性，是常见的氧化剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】常见氧化剂所含元素化合价处于最高价或容易得电子，具有氧化性，可从元素化合价的角度判断，以此解答。
18．【答案】D
【解析】【解答】A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A不符合题意；
B.二氧化硫密度大于空气，应该从长管进入，故AB不符合题意；
C.验证漂白性一般用品红溶液，故C不符合题意；
D.二氧化硫易溶于氢氧化钠，因此需要防倒吸，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.考虑反应需要加热；
B.考虑密度大小；
C.考虑漂白性主要是利用品红溶液；
D.考虑防倒吸。
19．【答案】（1）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（2）2NA
（3）23.2
（4）0.75 mol·L-1
（5）6；15；15；6；9；15；
【解析】【解答】(1)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；(2)若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为Na2O2，其供氧时，其供养时主要反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，1mol过氧化钠反应电子转移1mol，其供养时每生成1mol O2消耗2mol过氧化钠，转移2mol电子，则反应过程中转移的电子数为2NA；(3)若B为Na2O，与11.6g CO2和H2O的反应为化合反应，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为过氧化钠，由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2：1，m(增重)=m(吸收) m(放出)，即11.6g m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g 3.6g=8.0g，所以n(O2)= =0.25mol，n(CO2和H2O)=0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量为 =23.2g/mol；(4)n(NaHCO3)= =0.125 mol，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl) n(NaHCO3)=0.1L×2mol·L-1 0.125mol=0.075mol，所以溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)剩余= =0.75mol·L-1；(5)反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则I元素失去电子的数目为2×6(1 0)+3×[5 ( 1)]=30，则KMnO4的化学计量系数应为 =6，结合质量守恒可知，该反应的化学反应方程式为6KMnO4+15KI+15H2SO4=6MnSO4+6I2+3KIO3+9K2SO4+15H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目为： 。
【分析】A是短周期元素中原子半径最大的金属元素，则A为Na；流程主要考察钠以及钠的化合物之间的转化；钠的氧化物为Na2O或Na2O2，
(1)根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气改写离子方程式；
(2)Na2O2为呼吸面具中的供养剂，既作氧化剂又作还原剂，按照得失电子守恒计算电子数目
(3)B为Na2O或Na2O2，当B为Na2O时，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为Na2O2，结合方程式，利用质量差计算混合气体的成分；
(4)NaHCO3最终完全转变成NaCl，根据Na元素守恒，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，再计算剩余HCl物质的量，根据c= 计算溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度。
(5)根据Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，I元素化合价由-1价升高到0价和+5价，结合氧化还原反应中得失电子数目相等配平方程式并标出电子转移的方向和数目。
20．【答案】（1）Fe+2Ag+=Fe2++2Ag
（2）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
（3）盐；2OH-+Ba2++2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
（4）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+2HCl
（5）5；2；2；5；1；1
（6）+5
【解析】【解答】(1)铁屑加入硝酸银溶液中发生置换反应，反应的离子方程式为Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，故答案为：Fe+2Ag+=Fe2++2Ag；
(2)醋酸与烧碱溶液发生中和反应，CH3COOH为弱酸，用化学式表示，反应的离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故答案为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
(3)NaHSO4电离生成了金属阳离子和酸根离子，属于盐类，NaHSO4是二元强酸的酸式盐，向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，反应的化学方程式为：2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，则离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：盐；2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
(4)制备Fe(OH)3胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
(5)____SO32-+___IO3-+___H+=___SO42-+___I2+___H2O中S元素由+4价升高为+6价，升高2，I元素由+5价降低为0价，降低10，根据化合价升降守恒，有5SO32-+2IO3-+___H+=5SO42-+I2+___H2O，再结合质量守恒和电荷守恒配平得：5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，故答案为：5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O；(6)由离子方程式RO3n-+F2+2OH-=RO4-+2F-+H2O，反应后1个RO4-离子带1个单位的负电荷、2个F-离子带2个单位的负电荷，而反应前2个OH-离子带2个单位负电荷，根据反应前后的电荷守恒，可判断n=1，则离子RO3n-为RO3-；设RO3-离子中R元素的化合价为x，则有x+(-2)×3=-1，解得x=+5。故答案为：+5。
【分析】（1）铁与银离子反应生成亚铁离子和银；
（2）醋酸是弱酸，在离子方程式中写为化学式；
（3）硫酸氢钠是盐，是氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，注意离子的个数比；
（4）饱和氯化铁溶液的水解生成氢氧化铁胶体；
（5）根据化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。
21．【答案】（1）第三周期第VIA族；16
（2）>
（3）B
（4）硫；硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
（5）c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)
（6）Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4
（7）5.6
【解析】【解答】（1）硫的原子序数是16，其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。
（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。
（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为，分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A、C、D不正确，故答案为：B。
（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。
（5）Na2S溶液中发生水解，，，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。
（6）根据元素守恒，若Fe2 (SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2 (SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1mol Fe2 (SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4。
（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2 (SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【分析】（1）由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，每个电子运动状态均不相同。
（2）分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；
（3）依据CS2的结构与CO2相似判断；
（4）元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
（5）依据水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（7）根据得失电子守恒计算。
22．【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。
23．【答案】（1）1×10-3
（2）0.128
（3）不合格
【解析】【解答】(1) 碘水溶液的物质的量浓度101.6 x 10-3 x 0.4/253.8mol/L =1×10-3 mol/L，
故答案为： 第1空、1×10-3
(2) 二氧化硫的物质的量为4×10-4mol，空气样品的体积为200L， SO2 的含量为4 x 10-4mol x 64g/mol x 103mg/g/200L=0.128 mg/L，
故答案为： 第1空、0.128
(3)SO2 的含量超过0.02mg/L，
故答案为： 第1空、不合格
【分析】(1) 碘水溶液的物质的量浓度101.6 x 10-3 x 0.4/253.8mol/L =1×10-3 mol/L，
(2) 二氧化硫的物质的量为4×10-4mol，空气样品的体积为200L， SO2 的含量为4 x 10-4mol x 64g/mol x 103mg/g/200L=0.128 mg/L，
(3)SO2 的含量超过0.02mg/L为不合格。