专题4《硫与环境保护》检测题（含解析）2023-2024学年上学期苏教版（2019）高一化学必修第一册

专题4《硫与环境保护》检测题
一、单选题
1．下列检验方法和结论都正确的是
A．加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有Cl-
B．在加入稀硝酸后的溶液中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有
C．加入盐酸后加热，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明原溶液中一定含有
D．加入紫色石蕊溶液，溶液显红色，证明溶液一定呈酸性
2．用下图所示装置进行实验，将①中溶液逐滴滴入②中，预测②中的现象与实际相符的是
选项 ①中溶液 ②中物质 预期②中现象
A 稀盐酸 饱和碳酸钠溶液 立即产生无色气体
B 饱和溶液 品红溶液 溶液红色逐渐褪去
C 蒸馏水 白色粉末 白色粉末溶解，溶液呈无色
D 浓硫酸 铜片 剧烈反应，产生无色气体
A．A B．B C．C D．D
3．汽车尾气催化转化装置的工作原理如图所示：
下列说法不正确的是
A．汽车尾气中含氮氧化物，是雾霾成因之一
B．该过程中NO2是既是反应物又是生成物
C．该过程中氧元素被还原，氮元素只被氧化
D．该过程中会发生反应：
4．将一定量的氯气通入50mL 10.00 mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列说法正确的是
A．与NaOH反应的氯气物质的量：0.25molB．若反应中转移的电子为n mol，则0.25C．溶液中n(Na＋)：n(Cl－)可能为7：5
D．溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为10：2：1
5．下列叙述或离子方程式正确的是
A．硫在足量氧气中充分灼烧，转移的电子数为
B．密闭容器中和充分反应，产物的分子数为
C．向溶液中通入，发生反应：
D．用溶液吸收少量：
6．在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是
A．将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性
B．向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+
C．将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸与铝片不反应
D．向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4+
7．制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是
A．参加反应的Fe2+全部作还原剂
B．每生成1 mol Fe3O4，被S2O32-还原的O2为0.5 mol
C．x=3
D．已知Fe3O4纳米颗粒直径为20 nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
8．用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应(未配平)，下列说法错误的是
A．该反应中硫单质既做氧化剂也做还原剂
B．也可以用清洗试管壁上的硫
C．生成的和的物质的量之比为
D．氧化产物是
9．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．重水中含有的质子数为
B．物质的量浓度为的溶液中，含有的数目为
C．标况下，足量的与点燃充分反应，转移电子数为
D．与足量的水充分反应后的形成的分子数为
10．下列物质转化在给定条件下不能实现的是
①SiSiO2H2SiO3；②SSO3H2SO4；③CCO2Na2CO3
④MgCl2溶液MgCl2·6H2OMg；⑤NaNa2O2NaOH
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16g O2和O3的混合物中所含氧原子数目为NA
B．1 mol Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA
C．78g Na2O2所含阴离子数目2NA
D．0.1 mol L－1的MgCl2溶液中含Cl－的数目为0.2NA
12．根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是
序号 操作 现象 解释或结论
A 在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液 溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
B 取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液 溶液变红色 FeSO4部分氧化
C 将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去 乙烯具有还原性
D 在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体 有沉淀生成 酸性：H2SO3＞HClO
A．A B．B C．C D．D
13．向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（ ）
实验 实验现象
Ⅰ 滴入V1mL NaClO溶液产生大量红褪色沉淀
Ⅱ 滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀
A．a～b段主要反应的离子方程式为：
B．d～e段主要反应的离子方程式为：
C．c、f点pH接近的主要原因是：
D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出
14．已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+，向含溶质amolFeBr2的溶液中通入bmolCl2，充分反应。下列说法不正确的是
A．离子的还原性强弱： Fe2+>Br->Cl-
B．当a=2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C．当a=b时，反应后的离子浓度：c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=1:2:2
D．当3a=2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
15．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是
氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr3 Cl-
② KClO 浓盐酸 Cl2
③ KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2+
A．第③组反应的离子方程式为：2MnO4-+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
B．第②组事实可以推测：ClO-、Cl-不能在溶液中大量共存
C．氧化性强弱的比较：KClO < Cl2
D．第①组的反应只可能有一种元素被氧化
二、填空题
16．铁是人类利用最为广泛的金属之一，工业炼铁一般用一氧化碳作还原剂。
(1)已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3+CO2FeO+CO2。反应形成的Fe2O3和FeO固体混合物中，元素铁和氧的质量比m(Fe)：m(O)不可能是 。
a．7:3 b．21: 8 c．14: 5 d．7:2
(2)若m(Fe)：m(O)=3：1，则Fe2O3与FeO的物质的量之比为 ，Fe2O3被CO还原的物质的量分数为 。
(3)3.04 g Fe2O3和FeO的混合固体粉末在加热条件下用足量CO使金属氧化物完全还原，生成的CO2气体通入含0.04 mol Ca(OH)2的澄清石灰水后，产生3.00 g白色沉淀。计算固体粉末中Fe2O3的质量。（保留1位小数）
(4)常温下，称取不同铁锈样品溶入足量盐酸，向溶液中加入足量NaOH溶液生成沉淀，然后过滤、洗涤、灼烧，得到Fe2O3固体，实验过程中产品无损失。
实验数据记录如下：
实验序号 铁锈质量/g 氧化铁质量/g
① 0.856 0.640
② 1.424 1.280
③ 0.979 0.880
④ 1.070 0.800
上述实验①②③④所用铁锈均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表4组数据，给出结论。
17．海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.5~8.6之间。应用海水脱硫的一种工艺流程如下图所示。
(1)SO2可导致的主要环境问题有 (填字母序号，下同)。
a．酸雨 b．臭氧层受损
(2)在吸收塔中SO2被海水吸收生成H2SO3，此反应属于 。
a．氧化还原反应 b．化合反应
(3)氧化主要是用氧气将吸收塔排出海水中的HSO、SO、H2SO3氧化为SO，写出其中H2SO3被氧化为SO的离子方程式 。
18．氧化亚铜(Cu2O)是一种砖红色粉末状固体,几乎不溶于水,可在酸性溶液中发生反应,与硫酸、盐酸、硝酸反应如下:
①Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
②Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O
③3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
(1)Cu2O中Cu元素的化合价为 。
(2)反应①中氧化剂为 ,还原剂为 （填具体物质的化学式）。
(3)反应② (填“是”或“不是”)氧化还原反应;若是请说明转移电子情况,若不是请说明判断依据: 。
(4)请写出反应③的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目: 。
19．下列是中学化学常见气体：①氧气 ②二氧化碳 ③氯化氢 ④氯气 ⑤一氧化氮 ⑥氨气 ⑦二氧化硫，回答下列问题：
(1)上述物质中溶于水能导电的非电解质是 (填序号)。
(2)上述两种无色气体相遇易产生白烟的是 (填序号)。
(3)一定条件下，一氧化氮与氨气反应可生成对环境友好的物质，该化学方程式为 。
(4)上述气体中 (填序号)能使品红溶液褪色；在通常状况下，将这两种气体等体积同时通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是 ，其原因是 (用离子方程式表示)。
20．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其在消毒(发生氧化还原反应)后可形成Fe(OH)3胶体，常用于处理饮用水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钾的方法。
(1)干法制备高铁酸钾时，先制备得到Na2FeO4，反应如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑
①该反应中，氧化剂是 ，氧化产物是 。
②每生成1 mol Na2FeO4，转移 mol电子。
(2)配平湿法制备高铁酸钾反应的离子方程式：
Fe(OH)3＋ ClO－＋ OH－=== FeO42－＋ Cl－＋ H2O
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，该反应表明氧化性：K2FeO4 (填“>”或“<”)Cl2。
(4)Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物沉降下来，用作净水剂。
①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是 。
②下列有关胶体的说法不正确的是 (填字母代号)。
a．光束通过Fe(OH)3胶体时形成光亮的“通路”
b．往Fe(OH)3胶体中加入稀硫酸，先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解消失
c．Fe(OH)3胶体粒子不能透过滤纸，能透过半透膜
d．Fe(OH)3胶体发生电泳时，其胶体粒子向阴极移动
21．纳米铁是一种黑色粉末，分散于水中形成纳米铁胶体，纳米铁可用于制作高密度磁性记录材料、磁性液体、电磁波吸收材料等。
(1)证明纳米铁粉分散于水中形成的是胶体的简单方法是 。
(2)一种制备纳米铁粉的实验步骤如下：

①洗涤时，能说明固体已洗涤干净的依据是 。
②当草酸亚铁全部转变为纳米铁粉时，将纳米铁粉快速倒在石棉网上，纳米铁粉立刻发生自燃并产生火星，上层为红棕色粉末，下层为黑色粉末，上层红棕色物质为 (填化学式)。
(3)活性炭负载纳米铁可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以Cr2O表示)，其原理为在强酸性条件下Cr2O首先被Fe2+还原为Cr3+，随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀而除去。上述两步反应的离子方程式分别是 ， 。
22．Ⅰ.下图为一“链状连环”图案，图案上由左到右分别写了Cl2、NO2、Na2O2、Na2CO3、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分由左到右用A、B、C、D代替。
请回答下列问题：
(1)请将上述字母代号填入相应的横线上。(填A、B、C、D)
①两种物质都不属于电解质
②两种物质都属于盐类
Ⅱ.不同的分类标准可将化学反应分为四种基本反应类型、离子反应和氧化还原反应。
(2)如图为离子反应、氧化还原反应、复分解反应和置换反应之间的关系，其中表示离子反应的是 (填字母)。
(3)新冠肺炎期间，化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。高铁酸钾是一种高效多功能的绿色消毒剂，工业制备高铁酸钾的方法，主要有湿法和干法两种。
①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下：
该流程的转化1和转化2反应类型分别属于上图中的 和 (填字母)。转化2反应能发生的原因是 。
②干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中可能有Cl－，也可能有，A错误；
B．在加入稀硝酸后的溶液中，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明原溶液中可能有，也可能为Ag+，但二者不能同时存在，B错误；
C．加入盐酸后加热，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明原溶液中可能含有或，或二者均有，C错误；
D．紫色石蕊试液遇酸变红，加入紫色石蕊试液，溶液显红色，证明溶液一定显酸性，D正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；
C．硫酸铜溶液呈蓝色，故C错误；
D．浓硫酸和铜反应需要加热，不会产生气泡，故D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．汽车尾气中含氮氧化物，排放到空气中形成雾霾，A正确；
B．题述过程中一氧化氮被氧化生成二氧化氮，二氧化氮在催化剂作用下反应生成氮气，该过程中既是生成物又是反应物，B正确；
C．氧元素从0价变为价，化合价降低被还原，氮元素化合价从价升高到价，价降低到0价，氮元素既有被氧化的过程又有被还原的过程，C错误；
D．由图可知，在催化剂条件下和CO反应，生成和，反应的化学方程式为，D正确；
故选C。
4．C
【详解】n(NaOH)=10.00mol/L×0.05L=0.5mol
A. 若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，则消耗氯气为0.25mol，若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯气为0.25mol，所以与NaOH反应的氯气物质的量为0.25mol，故A错误；
B. 氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O,当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.5molNaOH消耗0.25molCl2，生成0.25molNaCl转移电子的物质的量为0.25mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.5molNaOH消耗0.25molCl2，生成0.42molNaCl转移电子的物质的量为0.42mol，所以如果反应中转移的电子为nmol，则0.25C. 若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，生成0.25mol NaCl和0.25mol NaClO，n(Na＋)=0.5mol，n(Cl－)=0.25mol，n(Na＋)：n(Cl－)=2:1；若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，生成mol NaCl和mol NaClO，n(Na＋)= ，n(Cl－)= mol，n(Na＋)：n(Cl－)=0.5:=6:5,；若两个反应都存在，2>>，故C正确；
D. NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为10：2：1，反应中得到电子总物质的量为10×1=10mol，反应中失去电子总物质的量为2×1+1×5=7mol；得失电子不守恒，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算、方程式计算等相关知识。根据钠元素守恒及氯原子守恒分析；注意极限法与电子得失守恒的运用。
5．D
【详解】A．硫的物质的量为1mol，在足量氧气中充分灼烧生成SO2，转移的电子数为4NA，A错误；
B．SO2与O2反应生成SO3的反应是可逆的，因此产物SO3的分子数小于2NA，B错误；
C．次氯酸根具有强氧化性，会将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为：Ca2++SO2+H2O+3ClO-=CaSO4↓+2HClO+Cl-，C错误；
D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2生成亚硫酸氢钠：，D正确；
答案选D。
6．C
【详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；
B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；
C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；
D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，D项正确；
答案选C。
【点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；
性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。
7．B
【详解】A．由Fe元素守恒可知，3molFe2+中只有2molFe2+失去电子，则部分Fe2+作还原剂，故A错误；
B．Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为=0.5mol，故B正确；
C．由电荷守恒可知：2×3+2×( 2) x= 2，解得x=4，故C错误；
D．Fe3O4纳米颗粒分散在分散剂中形成胶体分散系，则Fe3O4纳米颗粒不是胶体，故D错误；
答案选B。
8．C
【分析】用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，根据得失电子守恒配平方程式为3S+6NaOH＝Na2SO3+2Na2S+3H2O，据此分析解答。
【详解】A．用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，故S在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；
B．S易溶于二硫化碳，所以也可以用CS2清洗试管壁上的硫，故B正确；
C．根据配平的方程式得到生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．Na2SO3中S元素的化合价是+4，是0价S元素化合价升高的结果，所以Na2SO3是氧化产物，故D正确；
故选C。
9．C
【详解】A．重水物质的量为，则含有的质子数为，故A错误；
B．物质的量浓度为的溶液中，由于溶液的体积未知，无法计算物质的量，故B错误；
C．标况下，物质的量为1mol，则足量的与点燃充分反应氯化铁，根据氯元素化合价变化，转移电子数为，故C正确；
D．二氧化硫与足量的水反应是可逆反应，则与足量的水充分反应后的形成的分子数小于，故D错误。
综上所述，答案为C。
10．C
【详解】试题分析：①二氧化硅不能和水反应，所以得不到硅酸，故①错误；②硫和氧气反应生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故②错误；③碳和二氧化硅反应生成一氧化碳，得不到二氧化碳，故③错误； ④将MgCl2 6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，电解熔融的氯化镁可得到Mg，所以电解MgCl2 6H2O得不到Mg，故④错误；⑤钠和氧气在点燃的条件下，生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，故⑤正确；故选C。
考点：考查了元素化合物的性质的相关知识。
11．A
【详解】A．O2和O3均由氧原子构成，16g O2和O3的混合物即16g氧原子，即=1mol氧原子，数目为NA，故A正确；
B．1 mol Fe在足量Cl2中充分燃烧完全转化为Fe3+，转移3mol电子，故B错误；
C．78g Na2O2的物质的量为1mol，所含阴离子为过氧根，数目为NA，故C错误；
D．溶液体积未知，无法确定离子的数目，故D错误；
综上所述答案为A。
12．C
【详解】A．在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；
B．取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；
C．将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；
D．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3＞HClO，D错误。
答案选C。
【点睛】选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银，否则不能。
13．B
【详解】A．a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A正确；
B．d～e段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，故B错误；
C．c、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2O HClO+OH-，故C正确；
D．盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；
故答案为B。
【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。
14．C
【分析】根据题中氧化性的强弱，推出还原性的强弱顺序是Fe2＋>Br－>Cl－，因此FeBr2溶液中通入Cl2，先发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当Fe2＋消耗完时，继续通入Cl2，再发生Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，据此分析；
【详解】A．根据氧化性Cl2>Br2>Fe3+，推出还原性的强弱顺序是Fe2＋>Br－>Cl－，故A说法正确；
B．根据A选项分析，加入氯气，先与还原性强的反应，即先与Fe2＋反应：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，当a=2b时，恰好发生Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故B说法正确；
C．根据得失电子数目守恒，因此有amol×1＋n(Br－)×1=bmol×2×1，当a=b时，解得n(Br－)=amol，反应后的离子物质的量n(Fe3＋)=amol，n(Br－)=(2amol－amol)=amol，n(Cl－)=2amol，相同溶液中，离子物质的量的比值等于物质的量浓度之比，即三者物质的量浓度之比为1:1:2，故C说法错误；
D．当3a=2b时，利用得失电子数目守恒，氯气将Fe2＋、Br－全部氧化成Fe3＋、Br2，氯气没有剩余，参加反应的Fe2＋、Br－、Cl2的物质的量之比为a:2a:=2:4:3，因此发生离子反应是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故D说法正确；
答案为C。
【点睛】一种氧化剂（还原剂）与多种还原剂（氧化剂）反应时，先与还原性（氧化性）强的反应，涉及氧化还原反应的计算，需要从得失电子数目守恒进行计算。
15．D
【详解】A.根据电子守恒，③组反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B.第②组得出氧化性KClO3 > Cl2，但 ClO-、Cl-在酸性条件下反应生成氯气，但在碱性条件下可以共存，故B错误；
C.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KClO3> Cl2> Br2> Fe3+，故C错误；
D. 根据C项分析可知，氧化性比较：Cl2> Br2> Fe3+，所以①组的反应可能有溴离子被氧化，故D正确；
故答案：D。
【点睛】根据氧化还原反应规律进行判断。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同一氧化剂氧化不同还原剂时，还原性强的先反应。
16． a、d 1:4 66.7% 1.6 g ①④是Fe2O3 3H2O；②③是Fe2O3 2H2O
【分析】(1)固体混合物为Fe2O3、FeO，采用极端分析法，先求出Fe2O3、FeO中的m(Fe)：m(O)，然后分析备选项，若在两个极端之间，则可能，否则不可能。
(2) m(Fe):m(O)=3:1，列方程求出Fe2O3与FeO的物质的量之比，再求出Fe2O3被CO还原的物质的量分数。
(3)Fe2O3和FeO的混合固体粉末在加热条件下用足量CO使金属氧化物完全还原，分别发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，FeO+COFe+CO2，生成二氧化碳物质的量可能为0.03mol，也可能为0.05mol，最后根据原混合物的组成，排除0.03mol，确定0.05mol 符合题意，然后列方程式计算。
(4)根据固体的质量之差可分别计算水和氧化物的质量，可确定化学式。
【详解】(1) Fe2O3中的m(Fe):m(O)=2×56:3×16=7:3，FeO中的m(Fe):m(O)=56:16=7:2，则Fe2O3、FeO混合物中，7:3(2) m(Fe):m(O)=3:1，设Fe2O3物质的量为x，FeO物质的量为y，则，从而求出x:y=1:4。设Fe2O3、FeO混合物中，Fe2O3为1mol，FeO为4mol，发生反应Fe2O3+CO2FeO+CO2，则生成4molFeO，被还原的Fe2O3物质的量为2mol，从而得出Fe2O3被CO还原的物质的量分数为=66.7%。答案为：66.7%；
(3)Fe2O3和FeO的混合固体粉末在加热条件下用足量CO使金属氧化物完全还原，分别发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，FeO+COFe+CO2，生成的CO2气体通入含0.04 mol Ca(OH)2的澄清石灰水后，产生3.00 g白色沉淀，n(CaCO3)==0.03mol，则生成二氧化碳物质的量可能为0.03mol[Ca(OH)2过量]，也可能为0.05mol(有0.01molCaCO3溶于过量的CO2)。若生成CO2为0.03mol，则混合物中n(O)=0.03mol，n(Fe)==0.046mol，不符合原混合物的组成关系，舍去。从而确定生成CO20.05mol，然后列方程式计算。设Fe2O3的物质的量为x，FeO的物质的量为y，则：160x+72y=3.04，3x+y=0.05，解方程得x=0.01mol，y=0.02mol，从而得出固体粉末中Fe2O3的质量为0.01mol×160g/mol=
1.6g。答案为：1.6g；
(4)铁锈的化学成分为水合氧化铁，则可利用质量差求出水的质量，然后求出Fe2O3与H2O的物质的量之比，从而求出化学组成。
实验①中，m(Fe2O3)=0.640g，m(H2O)= 0.856g-0.640g=0.216g，n(Fe2O3):n(H2O)==0.004:0.012mol=1:3，从而得出化学式为Fe2O3 3H2O；
实验②中，m(Fe2O3)=1.280g，m(H2O)= 1.424g-1.280g=0.144g，n(Fe2O3):n(H2O)==0.008:0.008mol=1:1，从而得出化学式为Fe2O3 H2O
实验③中，m(Fe2O3)= 0.880g，m(H2O)= 0.979g-0.880g=0.099g，n(Fe2O3):n(H2O)==0.0055:0.0055mol=1:1，从而得出化学式为Fe2O3 H2O；
实验④中，m(Fe2O3)= 0.800g，m(H2O)= 1.070g-0.800g=0.270g，n(Fe2O3):n(H2O)==0.005:0.015mol=1:3，从而得出化学式为Fe2O3 3H2O；
由此得出：①④是Fe2O3 3H2O；②③是Fe2O3 2H2O。答案为：①④是Fe2O3 3H2O；②③是Fe2O3 2H2O。
【点睛】在利用“生成的CO2气体通入含0.04 mol Ca(OH)2的澄清石灰水后，产生3.00 g白色沉淀”这段话进行CO2的物质的量计算时，很容易出现错误。若我们认为生成 CaCO30.03mol，Ca(OH)20.04 mol，显然Ca(OH)2过量，则我们无法得出结果。
17． a b 2H2SO3 + O2 = 2SO+ 4H+
【分析】二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，据此分析解答。
【详解】(1)二氧化硫为酸性氧化物，其水溶液呈酸性，SO2可导致的主要环境问题是形成酸雨，故答案为：a；
(2)二氧化硫与水反应生成亚硫酸，该反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应；该反应中有两种反应物、一种生成物，所以属于化合反应，故答案为：b；
(3)亚硫酸具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸，反应的离子方程式为2H2SO3+O2=4H++2SO，故答案为：2H2SO3+O2=4H++2SO。
18． +1价 Cu2O Cu2O 不是 反应前后没有元素化合价发生改变 3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O（6e-）.
【分析】（1）Cu2O中O元素的化合价为-2价，根据化合物中化合价的代数和为零计算；
（2）反应①中只有Cu元素的化合价发生变化；
（3）反应②没有元素化合价的变化；
（4）氧化物、气体、水写成分子，强酸、强碱、易溶于水的盐写成离子，据此写出离子方程式；N元素从+5价降低到+2价，据此计算；发生化合价变化的硝酸作氧化剂．
【详解】(1) Cu2O中O元素的化合价为 2价，则Cu为+1价；故答案为+1；
(2)反应①中只有Cu元素的化合价发生变化, Cu2O中Cu元素的化合价降低作氧化剂,同时Cu2O中Cu元素的化合价升高作还原剂；
故答案为Cu2O; Cu2O
(3)反应②Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应；
故答案为不是；反应前后没有元素化合价的改变；
(4) 3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O的离子方程式 3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O;反应中N元素从+5价降低到+2价,当生成标准状况下22.4LNO,则转移的电子为1mol×(5 2)=3mol,即转移电子数为3NA；发生化合价的变化的硝酸作氧化剂，其物质的量为1mol；
故答案为3Cu2O+14H++2NO 3═6Cu2++2NO↑+7H2O;3NA；
【点睛】Cu2O中O元素的化合价为-2，根据化合物中化合价的代数和为零计算；
氧化剂：得到电子、化合价降低的物质；还原剂：失去电子、化合价升高的物质；
氧化还原反应：凡有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，反应过程有电子得失；
氧化物、气体、水用化学式表示，强酸、强碱、易溶于水的盐拆成离子形式，据此书写离子方程式；
19．(1)②⑥⑦
(2)③⑥
(3)4NH3+6NO5N2+6H2O
(4) ④⑦ 溶液变红色
【详解】（1）①氧气是单质，既不是电解质又不是非电解质；②二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸溶液能导电；③氯化氢的水溶液能导电，氯化氢是电解质；④氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质；⑤一氧化氮自身不能电离，NO是非电解质；NO难溶于水；⑥氨气自身不能电离，氨气是非电解质，氨气溶于水生成一水合氨，氨水能导电；⑦二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸溶液能导电；溶于水能导电的非电解质是②二氧化碳、⑥氨气、⑦二氧化硫；
（2）氨气和氯化氢反应生成氯化铵，两种无色气体相遇易产生白烟的是氨气和氯化氢；
（3）一定条件下，一氧化氮与氨气反应可生成对环境友好的氮气和水，反应的化学方程式为；
（4）氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；二氧化硫具有漂白性；④氯气、⑦二氧化硫能使品红溶液褪色；在通常状况下，将这两种气体等体积同时通入紫色石蕊试液中，发生反应，观察到的现象是溶液变红。
20． Na2O2 Na2FeO4和O2 5 2 3 4 2 3 5 > FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl c
【分析】(1)①分析反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化可以解答；
②反应2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中元素化合价变化较多，由降低O元素计算方便；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化；
(3)由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得答案；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②根据胶体的性质解答。
【详解】(1)①2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，则氧化剂为Na2O2，还原剂为FeSO4和Na2O2；
②2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价既升高又降低，由降低O元素可知每生成1molNa2FeO4转移的电子数为1mol×5×（2-1）=5mol；
(2)湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，方程式为：2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Cl2↑，该反应中K2FeO4中Fe元素化合价降低是氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高是还原剂生成氧化产物Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：K2FeO4>Cl2；
(4)①实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；
②a. 胶体能发生丁达尔效应，故a正确；
b. 向胶体中加入电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁与过量的稀硫酸发生化学反应而溶解，故b正确；
c. 胶体粒子的大小在1-100nm之间，可以透过滤纸但不能透过半透膜，故c错误；
d. 氢氧化铁胶体具有吸附性，吸附阳离子，则胶体粒子带电，在电场作用下氢氧化铁胶粒会移向阴极，阴极附近颜色变深，会产生电泳现象，故d正确；说法不正确的是c。
21．(1)丁达尔效应
(2) 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀生成，则证明已经洗涤干净 Fe2O3
(3) Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O xCr3++(1-x)Fe3++3H2O=CrxFe1-x(OH)3↓+3H+
【分析】本题考查了胶体的性质、SO42-的检验以及Cr2O与Fe2+的反应。
【详解】（1）胶体具有丁达尔效应，证明纳米铁粉分散于水中形成的是胶体的简单方法是丁达尔效应。
（2）①过滤后的固体表面应该附着有硫酸根离子，证明固体已洗涤干净的操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀生成，则证明已经洗涤干净；
②铁的氧化物中，只有Fe2O3为红棕色粉末，故上层红棕色粉末为Fe2O3。
（3）在强酸性条件下Cr2O首先被Fe2+还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O；随溶液pH上升(pH始终小于7)再形成CrxFe1-x(OH)3沉淀，离子方程式为xCr3++(1-x)Fe3++3H2O=CrxFe1-x(OH)3↓+3H+。
22．(1) A D
(2)C
(3) A和C C和D 同温度下，高铁酸钾(K2FeO4)的溶解度较小 5:3
【详解】（1）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质。Cl2是单质，NO2溶于水不是本身电离，所以都不是电解质；Na2O2属于氧化物，在熔融状态下能电离；Na2CO3、FeCl3属于盐，在水溶液中熔融状态下都能电离，故两种物质都不属于电解质的是A，两种物质都属于盐类的是D。
（2）置换反应一定属于氧化还原反应，属包含关系，复分解反应一定不是氧化还原反应，则A是氧化还原反应，B是置换反应，C是离子反应，D是复分解反应。故其中表示离子反应的是C。
（3）①“转化1”中氯气、氢氧化钠、浓硝酸铁发生反应得到高铁酸钠(Na2FeO4)，反应为3Cl2+16NaOH+2Fe(NO3)3= 2Na2FeO4+6NaCl+6NaNO3+8H2O，“除杂”中加入稀氢氧化钾溶液除去过量的铁离子形成氢氧化铁沉淀，“转化2”加入浓氢氧化钾溶液由Na2FeO4转化为K2FeO4，发生反应是Na2FeO4+2KOH= K2FeO4↓+ 2NaOH，这一步能发生的原因可能是同温度下，高铁酸钾(K2FeO4)的溶解度较小。故该流程的转化1属于氧化还原反应，同时也是离子反应，转化2是复分解反应，也是离子反应，该流程的转化1和转化2反应类型分别属于上图中的A和C，C和D。转化2反应能发生的原因是同温度下，高铁酸钾(K2FeO4)的溶解度较小。
②反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，每6份Na2O2生成1份O2，则6份Na2O2中一份做还原剂，5份做氧化剂，FeSO4也是还原剂，根据反应系数，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:3。
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