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
文档属性
| 名称 | 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 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 167.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-26 11:20:04 | ||
图片预览
文档简介
专题4 硫与环境保护 单元检测题
一、单选题
1．下列有关环境问题的说法正确的是（ ）
A．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量
B．臭氧的体积分数超过10﹣4%的空气有利于人体健康
C．CO，NO，NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D．含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染
2．我国计划在2030年实现“碳达峰”，体现了对解决全球环境问题的大国担当。下列说法正确的是（ ）
A．利用火力发电，减少CO2的排放
B．燃煤中加入CaO减少CO2气体排放
C．采取节能低碳生活方式，禁止使用化石燃料
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用
3．下列说法正确的是（ ）
A．做焰色反应的实验时，每次实验都要用盐酸把铂丝洗净
B．浓具有强吸水性，能吸收蔗糖中的水分并使其炭化
C．、均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
D．NO是一种无色、无味的气体，达到定浓度时有毒，对人有害无利
4．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4·5H2O B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．ZnSO4·7H2O
5．下列有关防止或减少酸雨的措施中不可行的是（ ）
A．对燃煤及燃煤烟气进行脱硫
B．推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料
C．对含SO2、NO2的废气处理后再排空
D．人工收集大气雷电产生的氮的氧化物
6．根据反应CuSO4+FeS2+H2O——Cu2S+FeSO4+H2SO4判断1 molCuSO4能氧化硫的物质的量是 （ ）
A．3/11mol B．1/7 mol C．5/7 mol D．4/7mol
7．已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法错误的是（ ）
A．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
B．1个KClO3参加反应时有5个电子转移
C．KClO3 是氧化剂
D．被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5
8．已知有如下反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3．
下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）
A．Cl2＞Fe2+＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+
C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．Fe2+＞Cl2＞I2
9．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣ D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣
10．根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是（ ）
A．I－>Fe2+>Cl－>SO2 B．Cl－>Fe2+>SO2>I－
C．Fe2+>I－>Cl－>SO2 D．SO2>I－>Fe2+>Cl－
11．下列说法不正确的是（ ）
A．发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染
B．农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，得到焦炭、煤焦油、焦炉气等
D．石油产品都可用于聚合反应
12．实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．属于盐类
B．发生反应I后溶液酸性增强
C．和在水溶液中能大量共存
D．发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化
13．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+
C．Ce3+、Fe2+、Sn3+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+
14．常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化 C．产生大量SO2 D．产生大量H2
15．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
16．下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是（ ）
A．用葡萄糖制镜
B．用硫酸铝净水
C．用小苏打作食品膨松剂
D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿
二、综合题
17．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为 ，c中的试剂为 ．
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是 ．
（3）d中的试剂为 ．
（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 （写出两条）．
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 ．
18．利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）X的化学式是 ；从硫元素的化合价变化角度分析，图中Y与H2O2的反应时，Y体现了 性(填“氧化”或“还原”)；写出检验物质Y的一种方法是 。
（2）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为 。
（3）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是____(填字母)。
A．Na2S+S B．Na2SO3+S
C．SO2+Na2SO4 D．Na2SO3+Na2SO4
（4）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与20mL0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为 。
19．将一定质量的锌粒投入100mL 18.5mol/L的浓硫酸中，待锌粒完全溶解后，测得生成的H2和SO2共33.6L（标准状况），此时溶液中尚余0.1mol H+．计算可知：
（1）投入锌粒的质量为 g．
（2）生成的H2和SO2的物质的量之比为 ．
20．
（1）Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式为 ，该反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
（2）工业上电解冶炼铝的化学方程式为 。若电路中通过1 mol电子，可以得到Al g。
21．已知参与的三个化学方程式如下：
①；
②；
③。
（1）已知是二元弱酸，写出其第一步电离方程式： 。
（2）上述三个反应中，仅体现氧化性的反应是 (填序号，下同)，仅体现还原性的反应是 。
（3）根据上述反应推出、、的氧化性由强到弱的顺序是 。
（4）作反应物的某氧化还原的离子反应，反应物和生成物共五种微粒：、、、、。
①写出上述反应的离子方程式： 。
②如果上述反应中有13.44 L(标准状况)气体生成，转移的电子的物质的量为 。
（5）可作为消除采矿业胶液中NaCN的试剂，反应的原理如下：，其中A的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：A．煤燃烧时应加入适量的石灰石，以减少废气中的二氧化硫．煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质，故A正确；
B．臭氧具有强烈的刺激性，浓度较大时对人体健康有一定危害．故B错误；
C．NO易与氧气反应，不能在空气中稳定存在，故C错误；
D．磷为植物的营养物质，可导致水体富营养化，故D错误．
故选A．
【分析】A．氧化钙可与二氧化硫反应；
B．臭氧具有强烈的刺激性，浓度较大时对人体健康有一定危害；
C．NO易与氧气反应；
D．磷为植物的营养物质．
2．【答案】D
【解析】【解答】A．利用火力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO2的排放，故A不符合题意；
B．CaO和CO2高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO2气体排放，故B不符合题意；
C．采取节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新能源代替化石燃料，故C不符合题意；
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用，有利于减少CO2的排放，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A. 利用火力发电，会增加CO2的排放；
B.燃煤中加入CaO可减少SO2的排放；
C.化石燃料是人类能源的重要组成部分，在生产和生活中都少不了化石燃料，不能禁止使用化石燃料。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．焰色反应实验时，要用盐酸把铂丝洗净并在酒精灯上灼烧至无特殊焰色，A项符合题意；
B．浓具有强脱水性，能使蔗糖中的水分脱出使其炭化，B项不符合题意；
C．能使品红溶液褪色，是因为二氧化硫与有色物质结合，具有漂白性，不能说明其氧化性，C项不符合题意；
D．NO是一种无色、无味的气体，达到一定浓度时，可以治疗一些疾病，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性；
B.氯气不具有漂白性；
C.NO达到一定浓度时，可以治疗一些疾病。
4．【答案】B
【解析】【解答】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。
A、 CuSO4·5H2O 为蓝色晶体，A不符合题意；
B、FeSO4 7H2O是绿色晶体，B符合题意；
C、KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体，C不符合题意；
D、ZnSO4·7H2O为无色晶体，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】熟悉常见的硫酸盐的颜色，并能了解铁元素化合价变化导致的颜色变化，可以解答。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A．对燃煤及燃煤烟气进行脱硫，能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故A正确；
B．推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料，能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，所以能减少酸雨的形成，故B正确；
C．对含SO2、NO2的废气处理后再排空，能减少二氧化硫、二氧化氮的排放，所以能减少酸雨的形成，故C正确；
D．人工收集大气雷电产生的氮的氧化物，氮氧化物浓度较低，收集成本较高，不现实，故D错误；
故选D．
【分析】少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成．
6．【答案】B
【解析】【解答】根据硫酸铜中铜元素化合价降低值为1，FeS2中硫的化合价为-1，升到+6，升了7，根据电子守恒，得出关系式：CuSO4：S==7：1，所以1 molCuSO4能氧化硫的物质的量是：1/7mol。
故答案为：B
【分析】此题考查氧化还原反应中电子守恒，根据化合价的升降来判断电子得失关系，物质间的关系。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．H2SO4的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，因此该物质在反应中既不是氧化剂又不是还原剂，A不符合题意；
B．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低5价，所以1个KClO3参加反应时有5个电子转移，B不符合题意；
C．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以KClO3是氧化剂，C不符合题意；
D．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子被还原；KCl中Cl元素化合价为-1价，反应后变为Cl2中的0价，化合价升高1价，失去电子被氧化，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知KClO3、KCl反应的个数比为1：5，即被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D符合题意；
故答案为D。
【分析】 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O反应中，H2SO4的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，KClO3中Cl元素化合价降低，KCl中Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，进而解答该题。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：①中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+＞I2，
②中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3+，
综上得氧化性顺序为Cl2＞Fe3+＞I2．
故选C．
【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，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣．
故选C．
【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，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
10．【答案】D
【解析】【解答】氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI中SO2是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性SO2>I－；
2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中亚铁离子被氧化，作还原剂，氯气是氧化剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2+>Cl－；
2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中氯化铁是氧化剂，碘化氢是还原剂，则还原性是I－>Fe2+，
所以有关物质的还原性强弱顺序是SO2>I－>Fe2+>Cl－，答案选D。
【分析】根据氧化还原反应中，化合价的升降确定氧化剂与还原剂，以及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答；
11．【答案】D
【解析】【解答】解：
A、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，所以发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染，故A正确；
B、农业废弃物、水生植物、油料植物、城市与工业有机废弃物、动物粪便等均蕴藏着丰富的生物质能，故B正确；
C、把煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫煤的干馏，得到焦炭、煤焦油、焦炉气等，故C正确；
D、只有含有双键或三键的物质才可以用于聚合反应，石油分馏产品为烷烃，不能发生聚合反应，故D错误；
故选D．
【分析】A、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放；
B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量；
C、把煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫煤的干馏；
D、含有不饱和键的有机物能发生加成反应，据此判断；
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 属于铵盐类，A项正确；
B.反应I 方程为：产生H+溶液酸性增强，B正确；
C.根据上述反应可知， 具有氢氧化性，可以氧化二价铁，二者不能共存，C项错误；
D.高锰酸根离子、二价铁、三价铁都要颜色， 发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化 ，D项正确；
故答案为：D。
【分析】 反应I和反应Ⅱ都是氧化还原反应，利用氧化还原反应进行分析，将两个反应过程利用化合价升降相等配平进行分析即可。
13．【答案】A
【解析】【解答】在反应①Ge4＋+Fe2＋=Fe3＋+Ge3＋中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2＋是还原剂，Ge3＋是还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Ge3＋；在反应②Sn2＋+2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2＋是还原剂，Fe2＋是还原产物，所以还原性：Sn2＋＞Fe2＋，所以Fe2＋、Ge3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋、Fe2＋、Ge3＋，
故答案为：A。
【分析】根据氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物可得出结论
14．【答案】B
【解析】【解答】浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，铁表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，B符合题意。
故答案为：B
【分析】铁、铝遇到浓硫酸会发生钝化，阻止其进一步反应，所以可以用铁、铝的槽罐车运输浓硫酸，但是不能运送稀硫酸。
15．【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。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．用葡萄糖制镜即葡萄糖中醛基和银氨溶液反应生成银单质，葡萄糖被氧化，具有还原性，故A符合题意；
B．用硫酸铝净水，铝离子生成胶体而吸附杂质起净水作用，化合价未变化，故B不符合题意；
C．用小苏打作食品膨松剂，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化合价未变化，故C不符合题意；
D．含氟牙膏主要指在牙膏内添加一定氟化物，氟化物可与牙齿内部的矿物质发生结合，形成氟化的矿物质，增强牙齿防龋能力，有效的将脱矿的牙釉质进行再矿化，达到预防龋齿的效果，化合价未变化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据反应中化合价的变化判断。
17．【答案】（1）SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O；硫化钠和碳酸钠的混合溶液
（2）S
（3）氢氧化钠溶液
（4）控制反应的温度或硫酸的滴加速度
（5）若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解
【解析】【解答】解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，故答案为：S；（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，
故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
【分析】①第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；②反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O；④通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；⑤硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
18．【答案】（1）H2S；还原；①将气体通入到品红溶液，溶液出现褪色；给溶液加热，溶液恢复原来的颜色。②气体通入紫色的酸性高锰酸钾溶液中，溶液会褪色。③将气体通入到硫化氢的水溶液中，出现黄色沉淀物
（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3）B
（4）+3
【解析】【解答】(1)根据分析，X为H2S；Y为SO2，有较强的还原性，H2O2中-1价的O有较强的氧化性，二者发生反应SO2+ H2O2=H2SO4，因此SO2为还原剂；SO2有漂白性，可以使品红褪色，但加热后品红又可以恢复，SO2有还原性，可以使KMnO4褪色，SO2有氧化性，可以将H2S氧化为S单质，因此可以用品红、KMnO4、H2S检验SO2；
(2)根据分析，Z为H2SO4，浓硫酸与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(3)Na2S2O3中S为+2价，由归中反应可知，一种反应物中S的化合价应比+2价高，一种反应物中S的化合价应比+2价低，
故答案为：B；
(4)设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒可得：2×0.024L×0.05mol·L-1=2×0.02L×0.02mol·L-1×(6-x)，解得x=+3。
【分析】由图像可知，横坐标表示物质类别，纵坐标表示S元素的化合价，则X为H2S；Y为SO2；Z为H2SO4；由此分析解答。
19．【答案】（1）97.5
（2）4：1
【解析】【解答】解析：（1）根据以上分析，生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol，根据得失电子守恒，可知消耗锌的物质的量是
=1.5mol，消耗锌的质量是 ； （2）反应后溶液中的溶质是硫酸锌和硫酸，根据锌元素守恒，反应生成硫酸锌的物质的量是1.5mol；溶液中尚余0.1mol H+，可知剩余硫酸0.05mol；根据硫元素守恒，反应生成SO2的物质的量是0.1L× 18.5mol/L-1.5mol-0.05mol=0.3mol；所以氢气的物质的量是1.5mol－0.3mol=1.2mol，生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1。
【分析】两种解法
（1）二元一次方程组 设SO2 和 H2 的物质的量分别为xmol、ymol，
则依据方程式Zn+2H2SO4浓=ZnSO4+SO2+2H2O Zn+H2SO4=ZnSO4+H2
x 2x x y y y
则22.4（x+y）=33.6 2x+y=0.1× 18.5-0.1/2=1.8 则x=0.3 y=1.2
消耗锌的质量是 1.5 m o l × 65 g / m o l = 97.5 g 生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1
（2）守恒法解题
1、根据以上分析，生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol，根据得失电子守恒，可知消耗锌的物质的量是 =1.5mol，
消耗锌的质量是 ；
2、反应后溶液中的溶质是硫酸锌和硫酸，根据锌元素守恒，反应生成硫酸锌的物质的量是1.5mol；溶液中尚余0.1mol H+，可知剩余硫酸0.05mol；根据硫元素守恒，反应生成SO2的物质的量是0.1L× 18.5mol/L-1.5mol-0.05mol=0.3mol；所以氢气的物质的量是1.5mol－0.3mol=1.2mol，生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1。
20．【答案】（1）8Al＋3Fe3O4 4Al2O3＋9Fe；Fe3O4；Al
（2）2Al2O3(熔融) 4Al＋3O2↑；9
【解析】【解答】（1） Al与Fe3O4发生氧化还原反应， Fe3O4中的铁化合价降低，得电子为氧化剂，Al的化合价升高，失电子为还原剂；
（2）工业上电解冶炼铝的方程式为2Al2O3(熔融) 4Al＋3O2↑，一个Al转移3个电子，若电路中通过1mol电子，则获得铝的质量为mol×27g/mol=9g。
【分析】本题主要考查氧化还原反应及电子转移数的计算。得电子化合价降低，发生还原反应为氧化剂；失电子化合价升高，发生氧化反应为还原剂；根据氧化还原反应中电子转移数计算其对应的质量即可。
21．【答案】（1）
（2）③；②
（3）
（4）；1.2 mol
（5）
【解析】【解答】(1)是二元弱酸，分两步电离，第一步电离方程式为；
(2)仅体现氧化性即双氧水所含元素的化合价只能降低，所以是第③个反应；仅体现还原性即双氧水所含元素的化合价只能升高，所以是第②个反应；
(3)利用三个反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可推出氧化性由强到弱的顺序是；
(4)①根据五种微粒中化合价的升降，可以写出离子方程式：；
②该反应中每生成转移电子的物质的量6 mol，标况下13.44 L气体，即，转移的电子的物质的量为1.2 mol；
(5)根据原子守恒，可推出反应中的A物质化学式为。
【分析】(1)二元弱酸分两步电离；
(2)依据元素的化合价变化判断；
(3)利用氧化剂的氧化性强于氧化产物判断；
(4)①根据五种微粒中化合价的升降书写；
②依据得失电子守恒；
(5)根据原子守恒判断。
一、单选题
1．下列有关环境问题的说法正确的是（ ）
A．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量
B．臭氧的体积分数超过10﹣4%的空气有利于人体健康
C．CO，NO，NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D．含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染
2．我国计划在2030年实现“碳达峰”，体现了对解决全球环境问题的大国担当。下列说法正确的是（ ）
A．利用火力发电，减少CO2的排放
B．燃煤中加入CaO减少CO2气体排放
C．采取节能低碳生活方式，禁止使用化石燃料
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用
3．下列说法正确的是（ ）
A．做焰色反应的实验时，每次实验都要用盐酸把铂丝洗净
B．浓具有强吸水性，能吸收蔗糖中的水分并使其炭化
C．、均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
D．NO是一种无色、无味的气体，达到定浓度时有毒，对人有害无利
4．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4·5H2O B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．ZnSO4·7H2O
5．下列有关防止或减少酸雨的措施中不可行的是（ ）
A．对燃煤及燃煤烟气进行脱硫
B．推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料
C．对含SO2、NO2的废气处理后再排空
D．人工收集大气雷电产生的氮的氧化物
6．根据反应CuSO4+FeS2+H2O——Cu2S+FeSO4+H2SO4判断1 molCuSO4能氧化硫的物质的量是 （ ）
A．3/11mol B．1/7 mol C．5/7 mol D．4/7mol
7．已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法错误的是（ ）
A．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
B．1个KClO3参加反应时有5个电子转移
C．KClO3 是氧化剂
D．被氧化与被还原的氯元素的质量比为1：5
8．已知有如下反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3．
下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）
A．Cl2＞Fe2+＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+
C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．Fe2+＞Cl2＞I2
9．已知如下氧化还原反应2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O
则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2 B．BrO3﹣＞Cl2＞ClO3﹣＞IO3﹣
C．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣ D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣
10．根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是（ ）
A．I－>Fe2+>Cl－>SO2 B．Cl－>Fe2+>SO2>I－
C．Fe2+>I－>Cl－>SO2 D．SO2>I－>Fe2+>Cl－
11．下列说法不正确的是（ ）
A．发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染
B．农业废弃物、城市工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，得到焦炭、煤焦油、焦炉气等
D．石油产品都可用于聚合反应
12．实验室常用标定，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．属于盐类
B．发生反应I后溶液酸性增强
C．和在水溶液中能大量共存
D．发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化
13．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+
C．Ce3+、Fe2+、Sn3+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+
14．常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化 C．产生大量SO2 D．产生大量H2
15．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
16．下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是（ ）
A．用葡萄糖制镜
B．用硫酸铝净水
C．用小苏打作食品膨松剂
D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿
二、综合题
17．硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为 ，c中的试剂为 ．
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是 ．
（3）d中的试剂为 ．
（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有 （写出两条）．
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 ．
18．利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）X的化学式是 ；从硫元素的化合价变化角度分析，图中Y与H2O2的反应时，Y体现了 性(填“氧化”或“还原”)；写出检验物质Y的一种方法是 。
（2）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为 。
（3）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是____(填字母)。
A．Na2S+S B．Na2SO3+S
C．SO2+Na2SO4 D．Na2SO3+Na2SO4
（4）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与20mL0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为 。
19．将一定质量的锌粒投入100mL 18.5mol/L的浓硫酸中，待锌粒完全溶解后，测得生成的H2和SO2共33.6L（标准状况），此时溶液中尚余0.1mol H+．计算可知：
（1）投入锌粒的质量为 g．
（2）生成的H2和SO2的物质的量之比为 ．
20．
（1）Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式为 ，该反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
（2）工业上电解冶炼铝的化学方程式为 。若电路中通过1 mol电子，可以得到Al g。
21．已知参与的三个化学方程式如下：
①；
②；
③。
（1）已知是二元弱酸，写出其第一步电离方程式： 。
（2）上述三个反应中，仅体现氧化性的反应是 (填序号，下同)，仅体现还原性的反应是 。
（3）根据上述反应推出、、的氧化性由强到弱的顺序是 。
（4）作反应物的某氧化还原的离子反应，反应物和生成物共五种微粒：、、、、。
①写出上述反应的离子方程式： 。
②如果上述反应中有13.44 L(标准状况)气体生成，转移的电子的物质的量为 。
（5）可作为消除采矿业胶液中NaCN的试剂，反应的原理如下：，其中A的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：A．煤燃烧时应加入适量的石灰石，以减少废气中的二氧化硫．煤燃烧时生成的二氧化硫能和它们反应生成硫酸钙或亚硫酸钙等物质，故A正确；
B．臭氧具有强烈的刺激性，浓度较大时对人体健康有一定危害．故B错误；
C．NO易与氧气反应，不能在空气中稳定存在，故C错误；
D．磷为植物的营养物质，可导致水体富营养化，故D错误．
故选A．
【分析】A．氧化钙可与二氧化硫反应；
B．臭氧具有强烈的刺激性，浓度较大时对人体健康有一定危害；
C．NO易与氧气反应；
D．磷为植物的营养物质．
2．【答案】D
【解析】【解答】A．利用火力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO2的排放，故A不符合题意；
B．CaO和CO2高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO2气体排放，故B不符合题意；
C．采取节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新能源代替化石燃料，故C不符合题意；
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用，有利于减少CO2的排放，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A. 利用火力发电，会增加CO2的排放；
B.燃煤中加入CaO可减少SO2的排放；
C.化石燃料是人类能源的重要组成部分，在生产和生活中都少不了化石燃料，不能禁止使用化石燃料。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．焰色反应实验时，要用盐酸把铂丝洗净并在酒精灯上灼烧至无特殊焰色，A项符合题意；
B．浓具有强脱水性，能使蔗糖中的水分脱出使其炭化，B项不符合题意；
C．能使品红溶液褪色，是因为二氧化硫与有色物质结合，具有漂白性，不能说明其氧化性，C项不符合题意；
D．NO是一种无色、无味的气体，达到一定浓度时，可以治疗一些疾病，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性；
B.氯气不具有漂白性；
C.NO达到一定浓度时，可以治疗一些疾病。
4．【答案】B
【解析】【解答】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。
A、 CuSO4·5H2O 为蓝色晶体，A不符合题意；
B、FeSO4 7H2O是绿色晶体，B符合题意；
C、KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体，C不符合题意；
D、ZnSO4·7H2O为无色晶体，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】熟悉常见的硫酸盐的颜色，并能了解铁元素化合价变化导致的颜色变化，可以解答。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A．对燃煤及燃煤烟气进行脱硫，能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故A正确；
B．推广天然气、甲醇等作为汽车的燃料，能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，所以能减少酸雨的形成，故B正确；
C．对含SO2、NO2的废气处理后再排空，能减少二氧化硫、二氧化氮的排放，所以能减少酸雨的形成，故C正确；
D．人工收集大气雷电产生的氮的氧化物，氮氧化物浓度较低，收集成本较高，不现实，故D错误；
故选D．
【分析】少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成．
6．【答案】B
【解析】【解答】根据硫酸铜中铜元素化合价降低值为1，FeS2中硫的化合价为-1，升到+6，升了7，根据电子守恒，得出关系式：CuSO4：S==7：1，所以1 molCuSO4能氧化硫的物质的量是：1/7mol。
故答案为：B
【分析】此题考查氧化还原反应中电子守恒，根据化合价的升降来判断电子得失关系，物质间的关系。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．H2SO4的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，因此该物质在反应中既不是氧化剂又不是还原剂，A不符合题意；
B．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低5价，所以1个KClO3参加反应时有5个电子转移，B不符合题意；
C．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以KClO3是氧化剂，C不符合题意；
D．在反应前KClO3中Cl元素化合价为+5价，反应后变为Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子被还原；KCl中Cl元素化合价为-1价，反应后变为Cl2中的0价，化合价升高1价，失去电子被氧化，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知KClO3、KCl反应的个数比为1：5，即被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D符合题意；
故答案为D。
【分析】 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O反应中，H2SO4的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，KClO3中Cl元素化合价降低，KCl中Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，进而解答该题。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：①中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+＞I2，
②中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3+，
综上得氧化性顺序为Cl2＞Fe3+＞I2．
故选C．
【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，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：①2BrO3﹣+Cl2=Br2+2ClO3﹣ 中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，
③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，
综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣．
故选C．
【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，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．
10．【答案】D
【解析】【解答】氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI中SO2是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性SO2>I－；
2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中亚铁离子被氧化，作还原剂，氯气是氧化剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2+>Cl－；
2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中氯化铁是氧化剂，碘化氢是还原剂，则还原性是I－>Fe2+，
所以有关物质的还原性强弱顺序是SO2>I－>Fe2+>Cl－，答案选D。
【分析】根据氧化还原反应中，化合价的升降确定氧化剂与还原剂，以及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答；
11．【答案】D
【解析】【解答】解：
A、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，所以发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染，故A正确；
B、农业废弃物、水生植物、油料植物、城市与工业有机废弃物、动物粪便等均蕴藏着丰富的生物质能，故B正确；
C、把煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫煤的干馏，得到焦炭、煤焦油、焦炉气等，故C正确；
D、只有含有双键或三键的物质才可以用于聚合反应，石油分馏产品为烷烃，不能发生聚合反应，故D错误；
故选D．
【分析】A、利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放；
B、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量；
C、把煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫煤的干馏；
D、含有不饱和键的有机物能发生加成反应，据此判断；
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 属于铵盐类，A项正确；
B.反应I 方程为：产生H+溶液酸性增强，B正确；
C.根据上述反应可知， 具有氢氧化性，可以氧化二价铁，二者不能共存，C项错误；
D.高锰酸根离子、二价铁、三价铁都要颜色， 发生反应I和反应Ⅱ时，溶液颜色均发生了变化 ，D项正确；
故答案为：D。
【分析】 反应I和反应Ⅱ都是氧化还原反应，利用氧化还原反应进行分析，将两个反应过程利用化合价升降相等配平进行分析即可。
13．【答案】A
【解析】【解答】在反应①Ge4＋+Fe2＋=Fe3＋+Ge3＋中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2＋是还原剂，Ge3＋是还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Ge3＋；在反应②Sn2＋+2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2＋是还原剂，Fe2＋是还原产物，所以还原性：Sn2＋＞Fe2＋，所以Fe2＋、Ge3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋、Fe2＋、Ge3＋，
故答案为：A。
【分析】根据氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物可得出结论
14．【答案】B
【解析】【解答】浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，铁表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，B符合题意。
故答案为：B
【分析】铁、铝遇到浓硫酸会发生钝化，阻止其进一步反应，所以可以用铁、铝的槽罐车运输浓硫酸，但是不能运送稀硫酸。
15．【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。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．用葡萄糖制镜即葡萄糖中醛基和银氨溶液反应生成银单质，葡萄糖被氧化，具有还原性，故A符合题意；
B．用硫酸铝净水，铝离子生成胶体而吸附杂质起净水作用，化合价未变化，故B不符合题意；
C．用小苏打作食品膨松剂，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化合价未变化，故C不符合题意；
D．含氟牙膏主要指在牙膏内添加一定氟化物，氟化物可与牙齿内部的矿物质发生结合，形成氟化的矿物质，增强牙齿防龋能力，有效的将脱矿的牙釉质进行再矿化，达到预防龋齿的效果，化合价未变化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据反应中化合价的变化判断。
17．【答案】（1）SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O；硫化钠和碳酸钠的混合溶液
（2）S
（3）氢氧化钠溶液
（4）控制反应的温度或硫酸的滴加速度
（5）若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解
【解析】【解答】解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，故答案为：S；（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，
故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
【分析】①第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；②反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O；④通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；⑤硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
18．【答案】（1）H2S；还原；①将气体通入到品红溶液，溶液出现褪色；给溶液加热，溶液恢复原来的颜色。②气体通入紫色的酸性高锰酸钾溶液中，溶液会褪色。③将气体通入到硫化氢的水溶液中，出现黄色沉淀物
（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（3）B
（4）+3
【解析】【解答】(1)根据分析，X为H2S；Y为SO2，有较强的还原性，H2O2中-1价的O有较强的氧化性，二者发生反应SO2+ H2O2=H2SO4，因此SO2为还原剂；SO2有漂白性，可以使品红褪色，但加热后品红又可以恢复，SO2有还原性，可以使KMnO4褪色，SO2有氧化性，可以将H2S氧化为S单质，因此可以用品红、KMnO4、H2S检验SO2；
(2)根据分析，Z为H2SO4，浓硫酸与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(3)Na2S2O3中S为+2价，由归中反应可知，一种反应物中S的化合价应比+2价高，一种反应物中S的化合价应比+2价低，
故答案为：B；
(4)设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒可得：2×0.024L×0.05mol·L-1=2×0.02L×0.02mol·L-1×(6-x)，解得x=+3。
【分析】由图像可知，横坐标表示物质类别，纵坐标表示S元素的化合价，则X为H2S；Y为SO2；Z为H2SO4；由此分析解答。
19．【答案】（1）97.5
（2）4：1
【解析】【解答】解析：（1）根据以上分析，生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol，根据得失电子守恒，可知消耗锌的物质的量是
=1.5mol，消耗锌的质量是 ； （2）反应后溶液中的溶质是硫酸锌和硫酸，根据锌元素守恒，反应生成硫酸锌的物质的量是1.5mol；溶液中尚余0.1mol H+，可知剩余硫酸0.05mol；根据硫元素守恒，反应生成SO2的物质的量是0.1L× 18.5mol/L-1.5mol-0.05mol=0.3mol；所以氢气的物质的量是1.5mol－0.3mol=1.2mol，生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1。
【分析】两种解法
（1）二元一次方程组 设SO2 和 H2 的物质的量分别为xmol、ymol，
则依据方程式Zn+2H2SO4浓=ZnSO4+SO2+2H2O Zn+H2SO4=ZnSO4+H2
x 2x x y y y
则22.4（x+y）=33.6 2x+y=0.1× 18.5-0.1/2=1.8 则x=0.3 y=1.2
消耗锌的质量是 1.5 m o l × 65 g / m o l = 97.5 g 生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1
（2）守恒法解题
1、根据以上分析，生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol，根据得失电子守恒，可知消耗锌的物质的量是 =1.5mol，
消耗锌的质量是 ；
2、反应后溶液中的溶质是硫酸锌和硫酸，根据锌元素守恒，反应生成硫酸锌的物质的量是1.5mol；溶液中尚余0.1mol H+，可知剩余硫酸0.05mol；根据硫元素守恒，反应生成SO2的物质的量是0.1L× 18.5mol/L-1.5mol-0.05mol=0.3mol；所以氢气的物质的量是1.5mol－0.3mol=1.2mol，生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1。
20．【答案】（1）8Al＋3Fe3O4 4Al2O3＋9Fe；Fe3O4；Al
（2）2Al2O3(熔融) 4Al＋3O2↑；9
【解析】【解答】（1） Al与Fe3O4发生氧化还原反应， Fe3O4中的铁化合价降低，得电子为氧化剂，Al的化合价升高，失电子为还原剂；
（2）工业上电解冶炼铝的方程式为2Al2O3(熔融) 4Al＋3O2↑，一个Al转移3个电子，若电路中通过1mol电子，则获得铝的质量为mol×27g/mol=9g。
【分析】本题主要考查氧化还原反应及电子转移数的计算。得电子化合价降低，发生还原反应为氧化剂；失电子化合价升高，发生氧化反应为还原剂；根据氧化还原反应中电子转移数计算其对应的质量即可。
21．【答案】（1）
（2）③；②
（3）
（4）；1.2 mol
（5）
【解析】【解答】(1)是二元弱酸，分两步电离，第一步电离方程式为；
(2)仅体现氧化性即双氧水所含元素的化合价只能降低，所以是第③个反应；仅体现还原性即双氧水所含元素的化合价只能升高，所以是第②个反应；
(3)利用三个反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可推出氧化性由强到弱的顺序是；
(4)①根据五种微粒中化合价的升降，可以写出离子方程式：；
②该反应中每生成转移电子的物质的量6 mol，标况下13.44 L气体，即，转移的电子的物质的量为1.2 mol；
(5)根据原子守恒，可推出反应中的A物质化学式为。
【分析】(1)二元弱酸分两步电离；
(2)依据元素的化合价变化判断；
(3)利用氧化剂的氧化性强于氧化产物判断；
(4)①根据五种微粒中化合价的升降书写；
②依据得失电子守恒；
(5)根据原子守恒判断。