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
文档属性
| 名称 | 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 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 209.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-15 20:26:05 | ||
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文档简介
4.2 硫及其化合物的相互转化 同步练习
一、单选题
1．用洗涤剂洗涤容器内附着的物质，合理的是（ ）
A B C D
附着物质 银镜 石蜡 食盐 硫磺
洗涤剂 氨水 蒸馏水 酒精 二硫化碳
A．A B．B C．C D．D
2．“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于氧化还原反应
B．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2
C．甲和丙中同种元素化合价不可能相同
D．丁物质一定是非金属单质
3．3NO2+H2O=2HNO3+NO中，关于NO2的说法正确的是（ ）
A．NO2是氧化剂 B．NO2是还原剂
C．NO2既是氧化剂又是还原剂 D．NO2既不是氧化剂也不是还原剂
4．下列物质间的转化一定需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．C→CO2 B．H2O2→O2 C．Na2SO3→SO2 D．KMnO4→MnO2
5．下列关于硫的说法错误的是
A．试管内壁附着的硫可用二硫化碳溶解除去
B．游离态的硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里
C．单质硫既有氧化性，又有还原性
D．硫在过量纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
6．下列物质的主要成分不是含硫化合物的是（ ）
A．黄铜矿 B．芒硝 C．钡餐 D．铁红
7．现有下列四个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeBr2+Br2=2FeBr3
③Cl2+2KBr=2KCl+Br2
④2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
若某溶液中有Fe2+、I、Br-、Cl-共存，要氧化除去Fe2+，而又不氧化Br-和Cl-，可加入的试剂是（ ）
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．Br2
8．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol L﹣1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1：2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol L﹣1
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL
9． 是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、亚硫酸盐等，生产 的反应为 。实验室用浓硫酸和 固体反应制取少量 。 排放到大气中会形成酸雨。下列有关 的说法正确的是（ ）
A． 在大气中不能转化为
B． 与 能形成分子间氢键
C． 的水溶液放置在空气中， 增大
D．生产 时 表现出还原性
10．已知：①在淀粉 KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列判断正确的是（ ）
A．上述实验证明氧化性：ClO－＞I2＞SO42-
B．上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3
C．实验①中硫酸的作用是作氧化剂和酸化剂
D．实验②证明SO32-既有氧化性又有还原性
11．2020年11 月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性： Ce4+ >Fe3+。下列说法正确的是
A．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈
C．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce+2Cu2+=2Cu+Ce4+
D．CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO2+4HI=CeI4+2H2O
12．新型陶瓷AlN可通过反应： 合成。下列叙述正确的是（ ）
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．AlN中氮元素的化合价为+3
C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
D．AlN的摩尔质量为41g
13．向溶液中逐渐通入，其中随通入的物质的量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．①代表，②代表
B．还原性强弱：
C．当时，溶液中
D．①的反应为
14．根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序（ ）
I2+SO2+2H2O = 4H+ + SO + 2I–；
2Fe2++ Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl–；
2Fe3+ + 2I– = 2Fe2+ + I2；
A．I–＞Fe2+＞Cl–＞SO2 B．Cl–＞Fe2+＞SO2＞I–
C．Fe2+＞I–＞Cl–＞SO2 D．SO2＞I–＞Fe2+＞Cl–
15．下列关于硫及其化合物的说法错误的是
A．硫单质为淡黄色固体，不溶于水
B．硫与金属反应表现了硫的氧化性
C．利用二氧化硫的还原性可漂白纸浆
D．二氧化硫属于酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应
16．下列说法中错误的是（ ）
A．自然界中硫是一种淡黄色难溶于水的固体
B．硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里
C．硫与金属反应，生成金属的低价态化合物
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
二、综合题
17．已知实验室制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此回答下列问题：
（1）该反应中氧化剂是 (填化学式)，氧化产物是 。
（2）该反应中氧化剂与还原剂的个数比为 。
（3）用单线桥法表示电子转移的方向和数目：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（4）“地康法”制取氯气的总反应方程式4HCl+O2==2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O
反应Ⅱ：……
①反应Ⅰ的离子方程式为 。
②反应Ⅱ的化学方程式为 。
18．煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料。随着人类社会的飞速发展，化石能 源大量消耗，人类已经面临较严重的能源危机。为此，提高能源的利用率和开发更多的新能源 显得相当重要。下图是煤化工产业链的一部分。
请回答：
（1）任意列举两项新能源 。
（2）上述处理煤的过程属于 （填“物理”或“化学”）变化。
（3）煤和石油等化石燃料燃烧排放的大量二氧化碳会引起全球气候变暖。一种新的处理方法是 将二氧化碳气体通入含有长石（地壳中最常见的矿石，含量高达 60%）成分的水溶液里，其中一种反应的化学方程式是：KAlSi3O8＋CO2＋2H2O＝KHCO3＋X↓＋3SiO2↓，则X的名称是 。
（4）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理如下图所示：
这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的两步反应的化学方程式依次是 。
（5）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨—空 气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到 100％，理论上 γ[n(O2)/n(NH3)]＝1.25，实际 生产要将 γ 值维护在 1.7~2.2 之间， 原因是 。 [温馨提示：n(O2)是可以认为是表示氧气分子堆积数目的一种物理量，即 n(O2)值越大，说明氧分子数目 越多]
19．阅读下面两条科普信息，回答问题：
⑴一个体重50Kg的健康人含铁2g，这2g铁在人体中不是以单质金属的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。
⑵在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，利用酶为催化剂把它转变成它们的皮鞘（可以用Fe2O3来表示其中的铁），后来便沉积下来形成铁矿；该反应的另一种反应物是CO2，反应后CO2转变成有机物甲醛（甲醛化学式：CH2O）。
这两则科普信息分别介绍了人体内和海水中的亚铁离子与铁离子（或者铁的高价化合物）相互转化的事实、方法和途径。
这说明亚铁离子具有 性，铁离子具有 性，（1）中的维生素C是 剂，（2）中的CO2 是 剂，写出（2）中的离子方程式
20．过氧化氢(H2O2，氧显-1价)俗名双氧水，医疗上利用它杀菌消毒的作用来清洗伤口。
根据下列反应回答问题：
A．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O
B.2H2O2=2H2O+O2↑
C.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
（1）上述反应中，H2O2分别表现 性质。
（2）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序 。
（3）某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：
O2、MnO4-、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。写出该反应的离子方程式为 。
21．氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：
KClO3 + HCl(浓)= KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O。
（1）配平上述方程式 。
（2）该反应氧化剂是 ，氧化产物是 。
（3）当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为 L(标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为 mol。
（4）若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)②MnO2(还原产物是Mn2+)③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)与浓盐酸反应制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．银不溶于氨水，不能用氨水洗涤，通常用稀硝酸洗涤，故A不符合题意；
B．石蜡不溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故B不符合题意；
C．食盐不溶于酒精，易溶于水，通常用水洗涤，故C不符合题意；
D．硫磺易溶于二硫化碳，通常可用二硫化碳洗涤硫磺，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银和氨水不反应，一般采用硝酸洗涤；
B、石蜡是有机物，大部分有机物不溶于水；
C、食盐不溶于酒精，易溶于水；
D、硫易溶于二硫化碳。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A不符合题意；
B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B不符合题意；
C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C符合题意；
D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。
3．【答案】C
【解析】【解答】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氮元素的化合价由NO2中的+4价变为HNO3中的+5价和NO中的+2价，氮元素的化合价既升高又降低，NO2既做氧化剂又做还原剂，
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的物质失去电子为氧化剂，化合价降低的物质得到电子为还原剂。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．C→CO2，C元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，A符合题意；
B．H2O2→O2，O元素的化合价降低，B与题意不符；
C．Na2SO3→SO2，所有元素的化合价不变，C与题意不符；
D．KMnO4→MnO2，Mn元素的化合价降低，D与题意不符；
故答案为A。
【分析】氧化剂反应时得电子，化合价降低，加入氧化剂才能实现，则此变化为还原剂的反应，化合价升高。
5．【答案】D
【解析】【解答】A、硫易溶于二硫化碳，因此可用二硫化碳溶解除去试管内壁附着的硫，A项说法不符合题意；
B、自然界中存在游离态的硫，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，B项说法不符合题意；
C、单质硫既可被氧化到+4价、+6价，也可被还原到－2价，因此单质硫既有氧化性，又有还原性，C项说法不符合题意；
D、硫燃烧时只能生成SO2，SO3可由SO2催化氧化制取，D项说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、硫易溶于二硫化碳；
B、自然界中存在游离态的硫，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里；
C、单质硫的化合价位于中间价；
D、硫燃烧时只能生成SO2。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．黄铜矿的主要成分是CuFeS2，是含硫化合物，故不选A；
B．芒硝是Na2SO4·10H2O，是含硫化合物，故不选B；
C．钡餐是BaSO4，主要成分是含硫化合物，故不选C；
D．铁红是Fe2O3，不是含硫化合物，
故答案为：D；
【分析】A.黄铜矿的主要成分是CuFeS2；
B.芒硝的成分是Na2SO4·10H2O；
C.钡餐的成分是BaSO4；
D.铁红成分是Fe2O3。
7．【答案】D
【解析】【解答】 ①还原剂I-，还原产物为Fe2+， ②还原剂Fe2+，还原产物Br-， ③还原剂Br-，还原产物Cl-， ④氧化剂KMnO4，氧化产物Cl2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以知道还原性强弱顺序为：I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性的强弱顺序则为Cl2>Br2>Fe3+>I2，要氧化除去Fe2+，又不氧化Br-和Cl-，则不能选择KMnO4，KMnO4会氧化Br-和Cl-，若选择Cl2，会氧化Br-，若选择Br2，则可以氧化Fe3+和I-，故答案为：D
【分析】化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 =0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则： ，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A错误；
B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为 mol/L=14mol/L，故B正确；
C．NO2和N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol：（0.05mol﹣0.04mol）=4：1，NO2的体积分数是 ×100%=80%，故C正确；
D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，故D正确；
故选A．
【分析】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n= 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B．根据c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C．根据n= 计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；
D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V= 计算需要氢氧化钠溶液的体积．
9．【答案】D
【解析】【解答】A． 具有还原性，在光照、烟尘中金属氧化物等作用下，大气中的二氧化硫与氧气反应生成 ，故A不符合题意；
B．某些电负性大而原子半径较小的非金属原子，如氟、氧、氮等的氢化物能够形成分子间氢键，而 与 不能形成分子间氢键，故B不符合题意；
C． 是酸性氧化物，溶于水后部分与水反应生成亚硫酸，亚硫酸易被氧气氧化为硫酸，水溶液酸性增强， 减小，故C不符合题意；
D．由反应 可知，二氧化硫中硫元素化合价升高被氧化， 表现还原性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化还原反应进行判断，二氧化硫会被氧气氧化；
B.根据氢键的定义进行判断；
C.根据二氧化硫与氧气、水反应的变化判断pH的变化，酸性越强，pH越小；
D.根据化合价的变化判断物质变现出的性质，化合价升高表现还原性。
10．【答案】A
【解析】【解答】A、由上述分析可知，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性ClO－＞I2＞SO42-，故A符合题意；
B、②中滴加过量的Na2SO3溶液，所以反应后溶液中有Na2SO3和Na2SO4，Na2SO3与Na2SO4和BaCl2反应都生成白色沉淀，故B不符合题意；
C、①中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+H2O，H2SO4反应前后各元素的化合价都没变化，所以硫酸的作用是酸性，故C不符合题意；
D、②中的反应方程式Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3作还原剂，具有还原性，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】①中溶液变蓝，则NaClO将KI氧化为I2，②中蓝色逐渐消失，则Na2SO3与I2发生反应，根据实验③现象可知实验②中SO被I2氧化为SO。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．金属铈在空气中易被氧化变暗，则铈元素在自然界中主要以化合态形式存在，A说法符合题意；
B．金属铈能与水反应，则可通过电解Ce(SO4)2溶液可生成氢气和氧气，B说法不符合题意；
C．金属铈能与水反应，铈放入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢气，C说法不符合题意；
D．CeO2溶于氢碘酸，生成的Ce4+具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属铈在空气中易氧化变暗，能与水反应，说明其化学性质活泼，主要以化合态形式存在；
B.金属铈能与水反应；
C.氧化性：Ce4+＞Fe3+＞Cu2+，该反应不能发生；
D.Ce4+具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以发生氧化还原反应。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应中Al2O3中的Al元素和O元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．AlN中N元素为非金属元素，显负价，为-3价，B不符合题意；
C．每生成1molAlN则有0.5molN2被还原，且只有N2被还原，N元素化合价由0价变为-3价，所以转移3mol电子，C符合题意；
D．AlN的摩尔质量为41g/mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 反应中， N2化合价升高，失去电子，是还原剂；Al2O3化合价降低，得到电子，是氧化剂；依据氧化还原反应中得失电子守恒分析解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．先氧化亚铁离子，则图中①代表Fe2+，②代表Br-，故A不符合题意；
B．由图可知，通入氯气为0.2mol时，Fe2+恰好被完全氧化，而溴离子浓度不变，则还原性强弱：Fe2+＞Br-，故B不符合题意；
C．n(Cl2)=0.4mol时，0.2mol氯气氧化Fe2+，由2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，生成0.4mol Fe3+，溶液中c(Fe3+)==1 mol/L，0.2mol氯气氧化Br-，由2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，消耗0.4molBr-，溶液中c(Br-)==1mol/L，溶液中，故C不符合题意；
D．先氧化亚铁离子，则①为Cl2和Fe2+的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据离子的还原性顺序判断；
B．利用还原性强弱：Fe2+＞Br-分析；
C．依据得失电子守恒；
D．依据离子的还原性顺序判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】同一氧化还原反应中，还原性：还原剂＞还原产物；I2+SO2+2H2O = 4H++SO +2I–中SO2中S元素化合价升高被氧化，因此SO2为还原剂，I2中I元素化合价降低生成I–，因此还原产物为I–，则还原性：SO2＞I–；2Fe2++ Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl–中Fe元素化合价升高，Cl元素化合价降低，因此还原剂为Fe2+，还原产物为Cl-，则还原性：Fe2+＞Cl–；2Fe3+ + 2I– = 2Fe2+ + I2中Fe元素化合价降低，I元素化合价升高，因此还原剂为I–，还原产物为Fe2+，则还原性：I–＞Fe2+；故还原性由强到弱的顺序为：SO2＞I–＞Fe2+＞Cl–，
故答案为：D。
【分析】同一氧化还原反应中，还原性：还原剂＞还原产物；氧化性：氧化剂＞氧化产物；以此来分析判断该题。
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A.由分析可知，硫单质为淡黄色固体且不溶于水，A正确；
B.由分析可知，与多数金属在加热条件下反应，生成-2价硫化物，此时硫表现为氧化性。B正确；
C.漂白性体现的是二氧化硫的氧化性，C错误；
D. 二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应，生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查硫及其化合物的性质。
硫单质俗称硫磺， 淡黄色固体，不溶于水，密度比水大，易溶于CS2。机油氧化性，又有还原性。
①与多数金属在加热条件下反应，生成-2价硫化物，此时硫表现为氧化性。
②与非金属反应在点燃或加热条件下：
S+O2=SO2 点燃 还原性；
S+H2=H2S 加热 氧化性；
③既表现氧化性，又表现出还原性。在加热条件下，硫能与强碱溶液发生反应。
S还可与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下反应。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.硫是一种淡黄色、难溶于水的固体，A不符合题意；
B. 硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里，多为二氧化硫，B不符合题意；
C. 硫的非金属性比较弱，硫与金属反应生成金属的低价态化合物，C不符合题意；
D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物仍然是二氧化硫，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】自然界中硫是一种黄色的单质晶体，难溶于水，但易溶于二硫化碳，硫的化合物一般是存在于火山口等位置，硫的氧化性不强一般氧化成低价态的金属化合物，硫在空气和纯氧中产物都是二氧化硫
17．【答案】（1）MnO2；Cl2
（2）1：2
（3）
（4）CuO+2H+=Cu2++H2O；2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2
【解析】【解答】反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中，锰元素由+4价变为+2价，化合价降低，得电子，被还原，MnO2作氧化剂，MnCl2为还原产物，氯元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，被氧化，HCl 作还原剂，Cl2作氧化产物，其中盐酸中Cl元素的化合价只有部分发生变化，(1)该反应中氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2；(2)根据上述分析可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则个数比为1：2；(3)用单线桥法表示电子转移的方向和数目： ；(4)①已知反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，反应Ⅰ的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；②根据图示，反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2。
【分析】（1）根据氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高被氧化得氧化产物， HCl 中Cl从-1价升高为0价， MnO2 中Mn从+4价降低为+2价，得失电子守恒解答；
（2）根据氧化铜难溶于水，盐酸为强电解质、氯化铜易溶于水改写离子方程式解答；
根据图像：氯化铜与氧气生成氧化铜与氯气解答；
18．【答案】（1）太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等等
（2）化学
（3）氢氧化铝
（4）FeS2+7O2+2H2O 2FeSO4+H2SO4，4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O
（5）一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间
【解析】【解答】(1)常见的新能源有太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等，故答案为：太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等；
(2)煤的干馏、气化和液化都属于化学变化，故答案为：化学；
(3)根据化学方程式和质量守恒定律分析，反应前K：1个，反应后：1个，则x中不含K；反应前Al：1个，反应后应：1个，则x中含有一个Al，依此类推，x中还含有3个O，3个H，则X的化学式为 Al(OH)3；故答案为：氢氧化铝；
(4)第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，反应的方程式为：2FeS2+7O2+2H2O
2H2SO4+2FeSO4；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，方程式为：2H2SO4+O2+4FeSO4 2Fe2(SO4)3+2H2O；故答案为：2FeS2+7O2+2H2O
2H2SO4+2FeSO4；2H2SO4+O2+4FeSO4 2Fe2(SO4)3+2H2O；
(5)结合题干信息：由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，实际生产要将γ值维护在1.7-2.2之间，原因是浓度太少不利于NH3的转化，γ值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为：一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间。
正确答案为：（1）太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等；（2）化学；（3）氢氧化铝；（4）2FeS2+7O2+2H2O 2H2SO4+2FeSO4；2H2SO4+O2+4FeSO4 微 生 物 _ _ 2Fe2(SO4)3+2H2O；（5）一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间。
【分析】化学方程式的书写依据原子守恒，对于氧化还原反应方程式的书写注意利用化合价的升降进行判断书写，利用反应方程式中原子守恒在判断物质的化学式。
19．【答案】还原；氧化；还原；氧化；CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+
【解析】【解答】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高，表现出还原性；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低，表现出氧化性；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，表现出还原性（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+，表现出氧化性。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。答案为：还原；氧化；还原；氧化；
CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。
【分析】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式。
20．【答案】（1）A中体现还原性，B中既体现氧化性又体现还原性，C中体现氧化性。
（2）Ag2O>H2O2>K2CrO4
（3）2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】【解答】（1）A中氧的化合价升高，体现还原性，B中双氧水中氧元素化合价既升高也降低，既体现氧化性又体现还原性，C中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性。
答案：A中体现还原性，B中既体现氧化性又体现还原性，C中体现氧化性（2）反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，氧化银作氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag2O>H2O2，反应3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，双氧水作氧化剂，铬酸钾作氧化产物，则氧化性H2O2>K2CrO4，故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4；
答案：Ag2O>H2O2>K2CrO4（3）H2O2只发生了H2O2→O2的变化体现了双氧水的还原性，作还原剂，所以高锰酸根作氧化剂，还原产物是锰离子，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
答案： 2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【分析】（1）根据H2O2中氧元素的化合价变化进行分析；（2）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行分析；（3）根据得失电子相等、原子守恒和电荷守恒配平；
21．【答案】（1）2 4 2 1 2 2
（2）KClO3；Cl2
（3）4.48；0.4
（4）②
【解析】【解答】(1) KClO3 + HCl(浓)→ KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O反应中KClO3中氯元素+5价降低到+4价，变化了1价，HCl中氯元素-1价升高到+0价，生成了氯气，变化了2价，根据化合价升降总数相等，KClO3填系数2，Cl2填系数1，ClO2填系数2，最后根据原子守恒配平该反应，具体如下：2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O；
综上所述，本题答案是：2、4、2、1、2、2。(2) 该反应中KClO3中的Cl元素化合价由+5价变为+4价，发生还原反应，所以氯酸钾是氧化剂；HCl中氯元素的化合价由-1价变为0价，发生氧化反应，浓盐酸是还原剂；所以发生还原反应的是KClO3，氧化产物是Cl2；
因此，本题正确答案是: KClO3；Cl2。(3) 2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O反应发生后转移电子2e-；4molHCl(浓)参加反应，有2molHCl(浓)被氧化；根据2e--- Cl2--2HCl（被氧化）关系可知，当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为0.2×22.4=4.48L；被氧化的HCl的物质的量为0.4 mol。
综上所述，本题答案是：4.48， 0.4。(4) 假设氧化剂都是1mol，①1mol KMnO4转移5mol电子，得到氯气2.5mol；②1mol MnO2转移2mol电子，得到氯气1mol；③Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2+CaCl2+2H2O可知，1mol Ca(ClO)2参加反应生成2mol氯气；结合以上分析可知，生成氯气最少的是1mol MnO2,故②符合题；
故答案为：②。
【分析】（1）根据电子得失守恒对氧化还原反应进行配平；
（2）在氧化还原反应中，得到电子、化合价降低的物质是氧化剂，对于的产物是还原产物，失去电子，化合价升高的是还原剂，对应的产物是氧化产物；
（3）根据氧化还原方程式可知，氯气和被氧化的盐酸的物质的量之比是1:2，当有2mol电子转移时，生成1mol氯气；
（4）根据电子得失守恒可知，在氧化还原反应中，作为氧化剂变价越小，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量就越少。
一、单选题
1．用洗涤剂洗涤容器内附着的物质，合理的是（ ）
A B C D
附着物质 银镜 石蜡 食盐 硫磺
洗涤剂 氨水 蒸馏水 酒精 二硫化碳
A．A B．B C．C D．D
2．“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于氧化还原反应
B．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2
C．甲和丙中同种元素化合价不可能相同
D．丁物质一定是非金属单质
3．3NO2+H2O=2HNO3+NO中，关于NO2的说法正确的是（ ）
A．NO2是氧化剂 B．NO2是还原剂
C．NO2既是氧化剂又是还原剂 D．NO2既不是氧化剂也不是还原剂
4．下列物质间的转化一定需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．C→CO2 B．H2O2→O2 C．Na2SO3→SO2 D．KMnO4→MnO2
5．下列关于硫的说法错误的是
A．试管内壁附着的硫可用二硫化碳溶解除去
B．游离态的硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里
C．单质硫既有氧化性，又有还原性
D．硫在过量纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
6．下列物质的主要成分不是含硫化合物的是（ ）
A．黄铜矿 B．芒硝 C．钡餐 D．铁红
7．现有下列四个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeBr2+Br2=2FeBr3
③Cl2+2KBr=2KCl+Br2
④2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
若某溶液中有Fe2+、I、Br-、Cl-共存，要氧化除去Fe2+，而又不氧化Br-和Cl-，可加入的试剂是（ ）
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．Br2
8．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g mL﹣1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol L﹣1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1：2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol L﹣1
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL
9． 是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、亚硫酸盐等，生产 的反应为 。实验室用浓硫酸和 固体反应制取少量 。 排放到大气中会形成酸雨。下列有关 的说法正确的是（ ）
A． 在大气中不能转化为
B． 与 能形成分子间氢键
C． 的水溶液放置在空气中， 增大
D．生产 时 表现出还原性
10．已知：①在淀粉 KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列判断正确的是（ ）
A．上述实验证明氧化性：ClO－＞I2＞SO42-
B．上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3
C．实验①中硫酸的作用是作氧化剂和酸化剂
D．实验②证明SO32-既有氧化性又有还原性
11．2020年11 月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性： Ce4+ >Fe3+。下列说法正确的是
A．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈
C．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce+2Cu2+=2Cu+Ce4+
D．CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO2+4HI=CeI4+2H2O
12．新型陶瓷AlN可通过反应： 合成。下列叙述正确的是（ ）
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．AlN中氮元素的化合价为+3
C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
D．AlN的摩尔质量为41g
13．向溶液中逐渐通入，其中随通入的物质的量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．①代表，②代表
B．还原性强弱：
C．当时，溶液中
D．①的反应为
14．根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序（ ）
I2+SO2+2H2O = 4H+ + SO + 2I–；
2Fe2++ Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl–；
2Fe3+ + 2I– = 2Fe2+ + I2；
A．I–＞Fe2+＞Cl–＞SO2 B．Cl–＞Fe2+＞SO2＞I–
C．Fe2+＞I–＞Cl–＞SO2 D．SO2＞I–＞Fe2+＞Cl–
15．下列关于硫及其化合物的说法错误的是
A．硫单质为淡黄色固体，不溶于水
B．硫与金属反应表现了硫的氧化性
C．利用二氧化硫的还原性可漂白纸浆
D．二氧化硫属于酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应
16．下列说法中错误的是（ ）
A．自然界中硫是一种淡黄色难溶于水的固体
B．硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里
C．硫与金属反应，生成金属的低价态化合物
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
二、综合题
17．已知实验室制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此回答下列问题：
（1）该反应中氧化剂是 (填化学式)，氧化产物是 。
（2）该反应中氧化剂与还原剂的个数比为 。
（3）用单线桥法表示电子转移的方向和数目：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（4）“地康法”制取氯气的总反应方程式4HCl+O2==2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：
反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O
反应Ⅱ：……
①反应Ⅰ的离子方程式为 。
②反应Ⅱ的化学方程式为 。
18．煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料。随着人类社会的飞速发展，化石能 源大量消耗，人类已经面临较严重的能源危机。为此，提高能源的利用率和开发更多的新能源 显得相当重要。下图是煤化工产业链的一部分。
请回答：
（1）任意列举两项新能源 。
（2）上述处理煤的过程属于 （填“物理”或“化学”）变化。
（3）煤和石油等化石燃料燃烧排放的大量二氧化碳会引起全球气候变暖。一种新的处理方法是 将二氧化碳气体通入含有长石（地壳中最常见的矿石，含量高达 60%）成分的水溶液里，其中一种反应的化学方程式是：KAlSi3O8＋CO2＋2H2O＝KHCO3＋X↓＋3SiO2↓，则X的名称是 。
（4）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理如下图所示：
这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的两步反应的化学方程式依次是 。
（5）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨—空 气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到 100％，理论上 γ[n(O2)/n(NH3)]＝1.25，实际 生产要将 γ 值维护在 1.7~2.2 之间， 原因是 。 [温馨提示：n(O2)是可以认为是表示氧气分子堆积数目的一种物理量，即 n(O2)值越大，说明氧分子数目 越多]
19．阅读下面两条科普信息，回答问题：
⑴一个体重50Kg的健康人含铁2g，这2g铁在人体中不是以单质金属的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。
⑵在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，利用酶为催化剂把它转变成它们的皮鞘（可以用Fe2O3来表示其中的铁），后来便沉积下来形成铁矿；该反应的另一种反应物是CO2，反应后CO2转变成有机物甲醛（甲醛化学式：CH2O）。
这两则科普信息分别介绍了人体内和海水中的亚铁离子与铁离子（或者铁的高价化合物）相互转化的事实、方法和途径。
这说明亚铁离子具有 性，铁离子具有 性，（1）中的维生素C是 剂，（2）中的CO2 是 剂，写出（2）中的离子方程式
20．过氧化氢(H2O2，氧显-1价)俗名双氧水，医疗上利用它杀菌消毒的作用来清洗伤口。
根据下列反应回答问题：
A．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O
B.2H2O2=2H2O+O2↑
C.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
（1）上述反应中，H2O2分别表现 性质。
（2）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序 。
（3）某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：
O2、MnO4-、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。写出该反应的离子方程式为 。
21．氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：
KClO3 + HCl(浓)= KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O。
（1）配平上述方程式 。
（2）该反应氧化剂是 ，氧化产物是 。
（3）当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为 L(标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为 mol。
（4）若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)②MnO2(还原产物是Mn2+)③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)与浓盐酸反应制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．银不溶于氨水，不能用氨水洗涤，通常用稀硝酸洗涤，故A不符合题意；
B．石蜡不溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故B不符合题意；
C．食盐不溶于酒精，易溶于水，通常用水洗涤，故C不符合题意；
D．硫磺易溶于二硫化碳，通常可用二硫化碳洗涤硫磺，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、银和氨水不反应，一般采用硝酸洗涤；
B、石蜡是有机物，大部分有机物不溶于水；
C、食盐不溶于酒精，易溶于水；
D、硫易溶于二硫化碳。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A不符合题意；
B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B不符合题意；
C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C符合题意；
D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。
3．【答案】C
【解析】【解答】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氮元素的化合价由NO2中的+4价变为HNO3中的+5价和NO中的+2价，氮元素的化合价既升高又降低，NO2既做氧化剂又做还原剂，
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的物质失去电子为氧化剂，化合价降低的物质得到电子为还原剂。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．C→CO2，C元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，A符合题意；
B．H2O2→O2，O元素的化合价降低，B与题意不符；
C．Na2SO3→SO2，所有元素的化合价不变，C与题意不符；
D．KMnO4→MnO2，Mn元素的化合价降低，D与题意不符；
故答案为A。
【分析】氧化剂反应时得电子，化合价降低，加入氧化剂才能实现，则此变化为还原剂的反应，化合价升高。
5．【答案】D
【解析】【解答】A、硫易溶于二硫化碳，因此可用二硫化碳溶解除去试管内壁附着的硫，A项说法不符合题意；
B、自然界中存在游离态的硫，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，B项说法不符合题意；
C、单质硫既可被氧化到+4价、+6价，也可被还原到－2价，因此单质硫既有氧化性，又有还原性，C项说法不符合题意；
D、硫燃烧时只能生成SO2，SO3可由SO2催化氧化制取，D项说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、硫易溶于二硫化碳；
B、自然界中存在游离态的硫，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里；
C、单质硫的化合价位于中间价；
D、硫燃烧时只能生成SO2。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．黄铜矿的主要成分是CuFeS2，是含硫化合物，故不选A；
B．芒硝是Na2SO4·10H2O，是含硫化合物，故不选B；
C．钡餐是BaSO4，主要成分是含硫化合物，故不选C；
D．铁红是Fe2O3，不是含硫化合物，
故答案为：D；
【分析】A.黄铜矿的主要成分是CuFeS2；
B.芒硝的成分是Na2SO4·10H2O；
C.钡餐的成分是BaSO4；
D.铁红成分是Fe2O3。
7．【答案】D
【解析】【解答】 ①还原剂I-，还原产物为Fe2+， ②还原剂Fe2+，还原产物Br-， ③还原剂Br-，还原产物Cl-， ④氧化剂KMnO4，氧化产物Cl2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以知道还原性强弱顺序为：I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性的强弱顺序则为Cl2>Br2>Fe3+>I2，要氧化除去Fe2+，又不氧化Br-和Cl-，则不能选择KMnO4，KMnO4会氧化Br-和Cl-，若选择Cl2，会氧化Br-，若选择Br2，则可以氧化Fe3+和I-，故答案为：D
【分析】化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 =0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则： ，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A错误；
B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为 mol/L=14mol/L，故B正确；
C．NO2和N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol：（0.05mol﹣0.04mol）=4：1，NO2的体积分数是 ×100%=80%，故C正确；
D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，故D正确；
故选A．
【分析】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n= 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B．根据c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C．根据n= 计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；
D．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V= 计算需要氢氧化钠溶液的体积．
9．【答案】D
【解析】【解答】A． 具有还原性，在光照、烟尘中金属氧化物等作用下，大气中的二氧化硫与氧气反应生成 ，故A不符合题意；
B．某些电负性大而原子半径较小的非金属原子，如氟、氧、氮等的氢化物能够形成分子间氢键，而 与 不能形成分子间氢键，故B不符合题意；
C． 是酸性氧化物，溶于水后部分与水反应生成亚硫酸，亚硫酸易被氧气氧化为硫酸，水溶液酸性增强， 减小，故C不符合题意；
D．由反应 可知，二氧化硫中硫元素化合价升高被氧化， 表现还原性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化还原反应进行判断，二氧化硫会被氧气氧化；
B.根据氢键的定义进行判断；
C.根据二氧化硫与氧气、水反应的变化判断pH的变化，酸性越强，pH越小；
D.根据化合价的变化判断物质变现出的性质，化合价升高表现还原性。
10．【答案】A
【解析】【解答】A、由上述分析可知，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性ClO－＞I2＞SO42-，故A符合题意；
B、②中滴加过量的Na2SO3溶液，所以反应后溶液中有Na2SO3和Na2SO4，Na2SO3与Na2SO4和BaCl2反应都生成白色沉淀，故B不符合题意；
C、①中的反应方程式NaClO+2KI+H2SO4=I2+NaCl+K2SO4+H2O，H2SO4反应前后各元素的化合价都没变化，所以硫酸的作用是酸性，故C不符合题意；
D、②中的反应方程式Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3作还原剂，具有还原性，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】①中溶液变蓝，则NaClO将KI氧化为I2，②中蓝色逐渐消失，则Na2SO3与I2发生反应，根据实验③现象可知实验②中SO被I2氧化为SO。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．金属铈在空气中易被氧化变暗，则铈元素在自然界中主要以化合态形式存在，A说法符合题意；
B．金属铈能与水反应，则可通过电解Ce(SO4)2溶液可生成氢气和氧气，B说法不符合题意；
C．金属铈能与水反应，铈放入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢气，C说法不符合题意；
D．CeO2溶于氢碘酸，生成的Ce4+具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属铈在空气中易氧化变暗，能与水反应，说明其化学性质活泼，主要以化合态形式存在；
B.金属铈能与水反应；
C.氧化性：Ce4+＞Fe3+＞Cu2+，该反应不能发生；
D.Ce4+具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以发生氧化还原反应。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应中Al2O3中的Al元素和O元素的化合价没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．AlN中N元素为非金属元素，显负价，为-3价，B不符合题意；
C．每生成1molAlN则有0.5molN2被还原，且只有N2被还原，N元素化合价由0价变为-3价，所以转移3mol电子，C符合题意；
D．AlN的摩尔质量为41g/mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 反应中， N2化合价升高，失去电子，是还原剂；Al2O3化合价降低，得到电子，是氧化剂；依据氧化还原反应中得失电子守恒分析解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．先氧化亚铁离子，则图中①代表Fe2+，②代表Br-，故A不符合题意；
B．由图可知，通入氯气为0.2mol时，Fe2+恰好被完全氧化，而溴离子浓度不变，则还原性强弱：Fe2+＞Br-，故B不符合题意；
C．n(Cl2)=0.4mol时，0.2mol氯气氧化Fe2+，由2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，生成0.4mol Fe3+，溶液中c(Fe3+)==1 mol/L，0.2mol氯气氧化Br-，由2Br-+Cl2=2Cl-+Br2可知，消耗0.4molBr-，溶液中c(Br-)==1mol/L，溶液中，故C不符合题意；
D．先氧化亚铁离子，则①为Cl2和Fe2+的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据离子的还原性顺序判断；
B．利用还原性强弱：Fe2+＞Br-分析；
C．依据得失电子守恒；
D．依据离子的还原性顺序判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】同一氧化还原反应中，还原性：还原剂＞还原产物；I2+SO2+2H2O = 4H++SO +2I–中SO2中S元素化合价升高被氧化，因此SO2为还原剂，I2中I元素化合价降低生成I–，因此还原产物为I–，则还原性：SO2＞I–；2Fe2++ Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl–中Fe元素化合价升高，Cl元素化合价降低，因此还原剂为Fe2+，还原产物为Cl-，则还原性：Fe2+＞Cl–；2Fe3+ + 2I– = 2Fe2+ + I2中Fe元素化合价降低，I元素化合价升高，因此还原剂为I–，还原产物为Fe2+，则还原性：I–＞Fe2+；故还原性由强到弱的顺序为：SO2＞I–＞Fe2+＞Cl–，
故答案为：D。
【分析】同一氧化还原反应中，还原性：还原剂＞还原产物；氧化性：氧化剂＞氧化产物；以此来分析判断该题。
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A.由分析可知，硫单质为淡黄色固体且不溶于水，A正确；
B.由分析可知，与多数金属在加热条件下反应，生成-2价硫化物，此时硫表现为氧化性。B正确；
C.漂白性体现的是二氧化硫的氧化性，C错误；
D. 二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应，生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查硫及其化合物的性质。
硫单质俗称硫磺， 淡黄色固体，不溶于水，密度比水大，易溶于CS2。机油氧化性，又有还原性。
①与多数金属在加热条件下反应，生成-2价硫化物，此时硫表现为氧化性。
②与非金属反应在点燃或加热条件下：
S+O2=SO2 点燃 还原性；
S+H2=H2S 加热 氧化性；
③既表现氧化性，又表现出还原性。在加热条件下，硫能与强碱溶液发生反应。
S还可与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下反应。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.硫是一种淡黄色、难溶于水的固体，A不符合题意；
B. 硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里，多为二氧化硫，B不符合题意；
C. 硫的非金属性比较弱，硫与金属反应生成金属的低价态化合物，C不符合题意；
D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物仍然是二氧化硫，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】自然界中硫是一种黄色的单质晶体，难溶于水，但易溶于二硫化碳，硫的化合物一般是存在于火山口等位置，硫的氧化性不强一般氧化成低价态的金属化合物，硫在空气和纯氧中产物都是二氧化硫
17．【答案】（1）MnO2；Cl2
（2）1：2
（3）
（4）CuO+2H+=Cu2++H2O；2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2
【解析】【解答】反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中，锰元素由+4价变为+2价，化合价降低，得电子，被还原，MnO2作氧化剂，MnCl2为还原产物，氯元素化合价由-1价变为0价，化合价升高失电子，被氧化，HCl 作还原剂，Cl2作氧化产物，其中盐酸中Cl元素的化合价只有部分发生变化，(1)该反应中氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2；(2)根据上述分析可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则个数比为1：2；(3)用单线桥法表示电子转移的方向和数目： ；(4)①已知反应Ⅰ：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，反应Ⅰ的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；②根据图示，反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2。
【分析】（1）根据氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高被氧化得氧化产物， HCl 中Cl从-1价升高为0价， MnO2 中Mn从+4价降低为+2价，得失电子守恒解答；
（2）根据氧化铜难溶于水，盐酸为强电解质、氯化铜易溶于水改写离子方程式解答；
根据图像：氯化铜与氧气生成氧化铜与氯气解答；
18．【答案】（1）太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等等
（2）化学
（3）氢氧化铝
（4）FeS2+7O2+2H2O 2FeSO4+H2SO4，4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O
（5）一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间
【解析】【解答】(1)常见的新能源有太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等，故答案为：太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等；
(2)煤的干馏、气化和液化都属于化学变化，故答案为：化学；
(3)根据化学方程式和质量守恒定律分析，反应前K：1个，反应后：1个，则x中不含K；反应前Al：1个，反应后应：1个，则x中含有一个Al，依此类推，x中还含有3个O，3个H，则X的化学式为 Al(OH)3；故答案为：氢氧化铝；
(4)第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，反应的方程式为：2FeS2+7O2+2H2O
2H2SO4+2FeSO4；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，方程式为：2H2SO4+O2+4FeSO4 2Fe2(SO4)3+2H2O；故答案为：2FeS2+7O2+2H2O
2H2SO4+2FeSO4；2H2SO4+O2+4FeSO4 2Fe2(SO4)3+2H2O；
(5)结合题干信息：由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，实际生产要将γ值维护在1.7-2.2之间，原因是浓度太少不利于NH3的转化，γ值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为：一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间。
正确答案为：（1）太阳能、地热能、氢能、风能、生物质能、核能等；（2）化学；（3）氢氧化铝；（4）2FeS2+7O2+2H2O 2H2SO4+2FeSO4；2H2SO4+O2+4FeSO4 微 生 物 _ _ 2Fe2(SO4)3+2H2O；（5）一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另一方面 γ 值在该范围，氨的氧化率已高达 95～99%， 再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将 γ 值 维持在 1.7～2.2 之间。
【分析】化学方程式的书写依据原子守恒，对于氧化还原反应方程式的书写注意利用化合价的升降进行判断书写，利用反应方程式中原子守恒在判断物质的化学式。
19．【答案】还原；氧化；还原；氧化；CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+
【解析】【解答】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高，表现出还原性；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低，表现出氧化性；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，表现出还原性（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+，表现出氧化性。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。答案为：还原；氧化；还原；氧化；
CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。
【分析】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式。
20．【答案】（1）A中体现还原性，B中既体现氧化性又体现还原性，C中体现氧化性。
（2）Ag2O>H2O2>K2CrO4
（3）2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】【解答】（1）A中氧的化合价升高，体现还原性，B中双氧水中氧元素化合价既升高也降低，既体现氧化性又体现还原性，C中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性。
答案：A中体现还原性，B中既体现氧化性又体现还原性，C中体现氧化性（2）反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O中，氧化银作氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag2O>H2O2，反应3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，双氧水作氧化剂，铬酸钾作氧化产物，则氧化性H2O2>K2CrO4，故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4；
答案：Ag2O>H2O2>K2CrO4（3）H2O2只发生了H2O2→O2的变化体现了双氧水的还原性，作还原剂，所以高锰酸根作氧化剂，还原产物是锰离子，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
答案： 2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【分析】（1）根据H2O2中氧元素的化合价变化进行分析；（2）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行分析；（3）根据得失电子相等、原子守恒和电荷守恒配平；
21．【答案】（1）2 4 2 1 2 2
（2）KClO3；Cl2
（3）4.48；0.4
（4）②
【解析】【解答】(1) KClO3 + HCl(浓)→ KCl + Cl2↑+ ClO2 + H2O反应中KClO3中氯元素+5价降低到+4价，变化了1价，HCl中氯元素-1价升高到+0价，生成了氯气，变化了2价，根据化合价升降总数相等，KClO3填系数2，Cl2填系数1，ClO2填系数2，最后根据原子守恒配平该反应，具体如下：2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O；
综上所述，本题答案是：2、4、2、1、2、2。(2) 该反应中KClO3中的Cl元素化合价由+5价变为+4价，发生还原反应，所以氯酸钾是氧化剂；HCl中氯元素的化合价由-1价变为0价，发生氧化反应，浓盐酸是还原剂；所以发生还原反应的是KClO3，氧化产物是Cl2；
因此，本题正确答案是: KClO3；Cl2。(3) 2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2 +2H2O反应发生后转移电子2e-；4molHCl(浓)参加反应，有2molHCl(浓)被氧化；根据2e--- Cl2--2HCl（被氧化）关系可知，当有0.4mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为0.2×22.4=4.48L；被氧化的HCl的物质的量为0.4 mol。
综上所述，本题答案是：4.48， 0.4。(4) 假设氧化剂都是1mol，①1mol KMnO4转移5mol电子，得到氯气2.5mol；②1mol MnO2转移2mol电子，得到氯气1mol；③Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2+CaCl2+2H2O可知，1mol Ca(ClO)2参加反应生成2mol氯气；结合以上分析可知，生成氯气最少的是1mol MnO2,故②符合题；
故答案为：②。
【分析】（1）根据电子得失守恒对氧化还原反应进行配平；
（2）在氧化还原反应中，得到电子、化合价降低的物质是氧化剂，对于的产物是还原产物，失去电子，化合价升高的是还原剂，对应的产物是氧化产物；
（3）根据氧化还原方程式可知，氯气和被氧化的盐酸的物质的量之比是1:2，当有2mol电子转移时，生成1mol氯气；
（4）根据电子得失守恒可知，在氧化还原反应中，作为氧化剂变价越小，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量就越少。