专题4《硫与环境保护》检测题
一、单选题
1．某实验室有、、三种溶液，同学们进行的实验操作及现象如下：
①取一定体积的溶液于试管中，向试管中加入溶液，有白色沉淀生成；
②继续向试管中加入过量溶液，沉淀溶解并产生气体；
③再向试管中加入溶液，又有白色沉淀生成。
则、、三种溶液可能依次为
A．溶液、溶液、溶液
B．溶液、溶液、溶液
C．溶液、溶液、溶液
D．溶液、溶液、溶液
2．下列关于物质性质的认识错误的是
A．烟花燃放，五彩缤纷的焰火体现了某些金属元素的物理性质
B．“雾霆天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物无关
C．淀粉和纤维素都能水解，水解最终产物都为葡萄糖
D．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用
3．下列变化过程中，需加入还原剂才能实现的是（ ）
A．Cl2→Cl- B．Fe3+→Fe2+ C．Na→Na2O2 D．H2SO4(浓) →SO2
4．南海是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是
A．物质X常选用CaO
B．第①步中为了得到干燥的MgCl2 6H2O固体，应采用高温烘干
C．操作1中玻璃棒的作用是引流
D．第②步中反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO+2Br-+4H+
5．为确定下列置于空气中物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是
A．溶液(BaCl2) B．溶液(KSCN)
C．KI溶液(淀粉溶液) D．溶液(石蕊试液)
6．下列反应对应的离子方程式正确的是
A．与水反应：
B．稀硫酸和溶液的反应：
C．向溶液中滴入少量盐酸：
D．溶液中滴入氯水：
7．某离子反应中涉及、、、、、六种微粒。其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是
A．该反应的还原产物是 B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
C．反应后溶液的酸性明显增强 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
8．有下列2个演示实验：
① 向含有淀粉的酸性KIO3溶液中逐滴滴加NaHSO3溶液，观察到溶液先变蓝后褪色
② 向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，溶液变蓝，不褪色。对上述过程的分析，不合理的是
A．①变蓝是先发生了反应：2IO+5HSO=I2+5SO+ H2O+3H+
B．①褪色是后发生了反应 ：I2+ HSO+ H2O = 2I-+SO+3H+
C．①溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3) =1：1
D．②中可能发生了反应：IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O
9．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法不正确的是
A．汽车尾气中含有NO、CO等多种大气污染物
B．CO、和是形成酸雨的主要成因
C．雷雨天气有少量降落地面，可促进植物生长
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除
10．对于以下的反应过程，一定要加入氧化剂才能够实现的是
A．O2→H2O B．Fe2+→Fe3+ C．H2SO4→CuSO4 D．H2O2→O2
11．下列说法正确的是
A．糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物
B．溶液和过量的KI溶液反应，可用淀粉溶液检验该反应是否为可逆反应
C．可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
D．实验室用锌和稀硫酸反应制氢气，加入少量硫酸铜能加快反应速率
12．下列叙述和解释正确的是
选项 叙述 原因或解释
A SO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色 SO2具有漂白作用
B 将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性
C 过滤时应用玻璃棒引流和搅拌 防止滤液溅出和缩短过滤时间
D 浓硝酸应保存在棕色瓶中 浓硝酸易挥发
A．A B．B C．C D．D
13．向含有、、的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是
A．原混合溶液中
B．线段BC代表物质的量的变化情况
C．原溶液中
D．当通入时，溶液中已发生的离子反应可表示为：
14．下列哪种物质与臭氧层受损无关（ ）
A．氟氯代烷 B．灭火剂——哈龙 C．NO D．CO2
15．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是
A．氧化性：ClO–>I2>SO B．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
C．向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色 D．次氯酸钠可以与亚硫酸钠共存
二、填空题
16．亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似，有咸味，容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2.由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：_______NaNO2+_______KI+_______=_______NO↑+_______I2+_______K2SO4+_______Na2SO4+_______H2O
(1)请完成该化学方程式并配平_______。
(2)从物质分类角度来看，NaNO2是_______(填字母代号)。
a.酸 b.碱 c.酸式盐 d.正盐 e.电解质 f.非电解质
(3)上述反应的还原剂为_______，还原产物与氧化产物的个数比为_______。
(4)下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_______(填序号)。
A．分别溶于水，测溶液的pH
B．分别加强热并收集气体检验
C．用筷子分别蘸取固体品尝味道
D．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液
(5)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_______(填序号)反应中H2O2表现出的性质相同。
A．2H2O22H2O+O2
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O
(6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：_______。
17．已知：还原性I->Fe2+>Br-。向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入一定量的Cl2。
(1)若通入2molCl2，此时被氧化的离子是____，被氧化的离子的物质的量分别是_____。
(2)若通入3molCl2，则被氧化的离子是____，对应氧化产物的物质的量分别是_____。
三、计算题
18．金属及其化合物变化多，用途广。请完成下列计算：
（1）等物质的量的镁在氧气中充分灼烧，产物质量为a g，比它在空气中灼烧所得产物增重b g。它在空气中灼烧后的产物中Mg3N2的质量分数是________________（用a、b表示，只考虑空气中氮气、氧气参与反应）。
（2）硬铝（因其主要成分，在此仅看作Al-Cu合金）常用于建筑装潢。1.18g某种硬铝恰好与10mL某浓度的硝酸完全反应，生成的混合气体（其中NO2与NO的体积比为2：1）再与448mL氧气（标准状况）混合，恰好能被水完全吸收。
①计算该硝酸的物质的量浓度__________。
②计算并确定此种硬铝的化学式__________ 。
（3）取5.1g Al-Mg合金与200mL 1mol·L-1的NaOH(aq)充分反应，产生气体a L。过滤，向滤液中通入V L CO2后开始出现沉淀，继续通入CO2使沉淀完全。过滤、洗涤、干燥、灼烧，得到固体5.1 g。则a =_______，V =________。（气体体积均为标准状况）
（4）向Cu、Cu2O和CuO的混合粉末中加入500mL 0.6 mol·L-1HNO3(aq)，恰好完全溶解，同时收集到1120 mL NO（标准状况）。通过计算推断混合粉末中Cu的物质的量_____。
19．某化学课外小组用含铜96%的废铜屑制取胆矾（五水合硫酸铜）。将铜屑放入稀硫酸中，加热并不断鼓入空气，在氧气作用下便生成硫酸铜。
（1）写出生成硫酸铜的化学方程式。
（2）现用1kg这种废铜屑理论上能制取胆矾多少千克？
（3）①将胆矾与生石灰、水按质量比依次为1:0.56:100混合配成无机铜杀菌剂波尔多液。
此波尔多液中Cu2+和Ca2+离子的物质的量比为______（最简整数比）
②波尔多液有效成分的化学式可表示为CuSO4 xCu(OH)2 yCa(OH)2,此种配比当x=1时，试确定y的数值。
四、实验题
20．钢铁等铁制品是应用最广泛的金属材料，铁元素的单质及其化合物在元素化合物世界始终扮演着重要角色。
I、打磨过的细铁丝可在纯氧中剧烈燃烧，最终生成黑色固体；铁粉与水蒸气在高温下也可生成该黑色固体，
（1）反应的化学方程式为__________________________。
（2）将该黑色固体溶于盐酸中，反应的离子反应方程式_____________________。
II、某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：
请回答下列问题：
（1）步骤②中，除发生反应Fe +2HCl=FeCl 2+H 2↑外，其他可能反应的离子方程式为___________。
（2）若将③改加H2O2书写离子反应方程式_________。
（3）若溶液B中只含有Fe 2+而不含Fe 3+，可证明该事实的实验方法是( )
①先加氯水，后加KSCN溶液后显红色；
②先加KSCN溶液，不显红色，再加氯水后显红色；
③滴加NaOH溶液，只产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后呈红褐色；
④只滴加KSCN溶液不显红色。
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
（4）步骤④化学方程式为______________________。
（5）若除去氯化铜中氯化铁可以加入剂______________________。
21．利用工业废渣(主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe2O3)制备MgCO3 3H2O。
实验步骤如下：
步骤1：将废渣加入30%H2SO4溶液中，待其充分反应后进行操作1。
步骤2：向“步骤1”所得的溶液中加入有机萃取剂HX(密度小于水)萃取Fe3+，静置分层后进行操作2。
步骤3：边搅拌边向“步骤2”所得的水溶液中滴加Na2CO3溶液，至有大量沉淀生成，过滤、用蒸馏水洗涤、干燥，得到MgCO3 3H2O。
回答下列问题：
(1)步骤1发生反应时温度控制在80℃，边加入废渣边搅拌。
①适宜的加热方式为____，含镁化合物发生反应的离子方程式为MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3、____。
②判断废渣充分反应的方法为____，所加H2SO4不宜过多的原因是____。
(2)“步骤2”中HX萃取Fe3+的原理为Fe3+(aq)+3HX=FeX3(org)+3H+(aq)，org表示有机相。
①“操作1”和“操作2”的名称分别为____、____，萃取过程中水溶液的pH将____(填“升高”“降低”或“不变”)。
②萃取的具体操作为将萃取剂HX加入“步骤1”所得的溶液中____静置；重复多次“步骤2”，其目的是____。
(3)“步骤3”中检验MgCO3 3H2O洗涤干净的具体操作为____。
试卷第2页，共7页
参考答案：
1．D
【分析】①取一定体积的溶液于试管中，向试管中加入溶液，有白色沉淀生成，可能含有钡离子或钙离子；
②继续向试管中加入过量溶液，沉淀溶解并产生气体，则Y为溶液或溶液；
③再向试管中加入溶液，又有白色沉淀生成，由于②溶液中含有钡离子或钙离子，Z应为溶液；
【详解】由分析知、、三种溶液可能依次为溶液、溶液、溶液，先与反应生成BaCO3沉淀，加入溶液沉淀溶解并产生气体，得到BaCl2，再加入溶液得到BaSO4沉淀，符合题意，故选：D。
2．B
【详解】A．烟花燃放，五彩缤纷的焰火是利用不同金属灼烧产生不同焰色的性质，属于元素的物理性质，A正确；
B．“雾霆天气” “光化学烟雾” 的形成与氮的氧化物（NO和NO2）有关，“温室效应”与二氧化碳、甲烷等有关 ，B错误；
C．淀粉和纤维素为多糖，在酸性条件下，水解的最终产物均为葡萄糖，C正确；
D．利用原子守恒规律可以实现实现“碳”的循环利用，D正确；
故答案选B。
3．B
【详解】A.氯气与水或碱反应，都可实现 Cl2→Cl-的转化，不需另加还原剂，不合题意；
B. 氯化铁与铁或铜反应，都可实现Fe3+→Fe2+的转化，铁或铜是还原剂，符合题意；
C. 钠在空气或氧气中燃烧，可实现Na→Na2O2的转化，需要另加氧化剂，不合题意；
D. Na2SO3与浓硫酸反应，可实现H2SO4(浓) →SO2的转化，发生非氧化还原反应，不合题意。
故选B。
4．B
【分析】苦卤中加石灰乳沉淀Mg2+生成氢氧化镁，①中在HCl气流中蒸发得到无水氯化镁，滤液含NaBr，NaBr与氯气反应生成溴，②中溴与二氧化硫发生氧化还原反应，吸收液成分为硫酸和HBr；
【详解】A．苦卤中加OH-沉淀Mg2+生成氢氧化镁，物质X常选用CaO，氧化钙和水反应生成石灰乳便宜易得，且氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2+的沉淀剂，故A正确；
B．因加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，因此第①步是将MgCl2 6H2O晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故B错误；
C．操作1是过滤，其中玻璃棒的作用是引流，故C正确；
D．第②步SO2作还原剂，SO2与Br2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=+2Br-+4H+，故D正确；
故选：B。
5．A
【分析】根据物质的性质判断能否被空气中氧气氧化，选项中各物质都能被空气氧化生成新物质，滴加试剂要出现不同现象检验新的物质才能达到目的；
【详解】A．亚硫酸钠在空气中会被氧气氧化成硫酸钠，滴加氯化钡与硫酸根或亚硫酸根离子都会产生白色沉淀，故不能达到目的，故A符合题意；
B．氯化亚铁在空气中会被氧化成三价铁，故滴加KSCN可以检验三价铁，故B能达到目的，不符合题意；
C．KI中碘离子具有还原性，能被氧气氧化成碘单质，滴加淀粉可以检验，故能达到目的，不符合题意；
D．乙醛会被空气氧化成乙酸，石蕊试剂可以检验乙酸，故能达到实验目的，不符合题意；
故选答案A；
【点睛】此题考查物质的检验，在溶液中的反应实质检验离子，根据检验的条件出现不同现象才可证明进行判断。
6．D
【详解】A．所给离子方程式氧原子不守恒，应为，A错误；
B．离子方程式中离子比不符合化学式中实际离子比，应为 B错误；
C．向溶液中滴入少量盐酸，生成，不能放出CO2，应为，C错误；
D．溶液中滴入氯水生成FeCl3，，D正确；
故答案选D。
7．C
【分析】根据曲线变化图可知，是生成物，则为反应物，其中氮元素化合价由+3价升高到0价，所以是还原剂，上述离子中应该为氧化剂，被还原成-1价的，由此可推断出方程式为：+=+++
【详解】A．由方程可知反应的还原剂为，A错误；
B．N元素话合计由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；
C．反应生成，溶液酸性增强，C正确；
D．由方程可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，D错误；
故选C。
8．C
【详解】① 向含有淀粉的酸性KIO3溶液中逐滴滴加NaHSO3溶液，观察到溶液先变蓝后褪色
② 向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，溶液变蓝，不褪色。对上述过程的分析，不合理的是 ( )
A． ①中溶液先变蓝说明生成了碘单质，KIO3表现氧化性，将HSO氧化为硫酸根离子，故①变蓝是先发生了反应：2IO+5HSO=I2+5SO+ H2O+3H+，A合理；
B． ①中后褪色说明碘单质发生了反应，碘单质继续氧化HSO，故①褪色是后发生了反应 ：I2+ HSO+ H2O = 2I-+SO+3H+，B合理；
C． ①中溶液恰好褪色时，碘单质被还原为碘离子，反应的方程式为2IO+6HSO=2I-+6SO+ 6H+，反应的n(KIO3)：n(NaHSO3) =1：3，C不合理；
D． 向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，则会发生反应2IO+5HSO=I2+5SO+ H2O+3H+，但是也可能发生反应2IO+6HSO=2I-+6SO+ 6H+，IO再将I-氧化为碘单质，发生反应IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O，D合理；
故选C。
9．B
【详解】A．汽车燃料不完全燃烧生成CO，氮气在高温下被氧化为一氧化氮，尾气中含有NO、CO等多种大气污染物，A项正确；
B．是形成酸雨的主要成因，CO不是，B项错误；
C．雷雨天部分氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气，水结合生成硝酸降落地面，为植物生长提供了氮肥，能够促进植物生长，C项正确；
D．石灰的主要成分是CaO，能与二氧化硫反应，所以工业废气中的二氧化硫可采用石灰法进行脱除，D项正确；
答案选B。
10．B
【详解】加入氧化剂才能发生氧化还原反应，则反应缺少还原剂，即化合价升高的反应。
A．O2→H2O中O元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，与题意不符，A错误；
B．Fe2+→Fe3+中Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，符合题意，B正确；
C．H2SO4→CuSO4元素化合价不变，为复分解反应，不是氧化还原反应，与题意不符，C错误；
D．H2O2→O2中O元素化合价降低，被还原，可加入还原剂，与题意不符，D错误；
答案为B。
11．D
【详解】A．单糖和二糖不是高分子化合物，A错误；
B．向淀粉KI溶液中滴加过量FeCl3溶液后，反应反应: 2Fe3++I-=2Fe2++I2，由于反应产生了I2，I2遇淀粉溶液变蓝色，因此不能确定反应是否是可逆反应，B错误；
C．二氧化硫有漂白性，可漂白纸浆，在葡萄酒酿制过程中用二氧化硫选择性杀菌，C错误；
D．首先发生Zn与Cu2+的反应，生成的Cu覆盖在Zn表面，因此Zn-稀H2SO4-Cu构成很多微小原电池,从而加快了反应速率，D正确；
故答案选D。
12．B
【详解】A、SO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，与NaOH反应，使酚酞褪色，体现了SO2酸性氧化物的性质，A项错误；
B、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，由于浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，然后因为浓硫酸的强氧化性，浓硫酸与C反应生成SO2、CO2，固体膨胀，B项正确；
C、过滤时应用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌，C项错误；
D、浓硝酸保存在棕色瓶中，是为了防止浓硝酸见光分解，D项错误；
本题答案选B。
13．A
【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，结合图象解答该题，由图知，1mol氯气和碘离子反应，碘离子的物质的量为2mol，(3-1)mol氯气和亚铁离子反应，亚铁离子是4mol，(6-3) mol氯气和溴离子反应，溴离子的物质的量是6mol，据此回答。
【详解】A．据分析，原混合溶液中，故A错误；
B．根据还原性强弱可知，(3-1)mol氯气和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，则BC段应代表物质的量的变化情况，故B正确；
C．据分析，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，原溶液中，故C正确；
D．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故D正确；
故答案为A。
14．D
【详解】消耗臭氧层的物质主要有氮氧化合物、CCl4、CH4、氟氯代烷，所谓哈龙(Halon的音译)，就是指属于卤代烷的化学品，主要用于灭火剂。CO2不会使臭氧层受损，故选D。
15．D
【详解】A．根据上述分析可知，氧化性：ClO–>I2>SO，A正确；
B．漂白粉溶液中含次氯酸根离子，根据上述分析可知，漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；
C．氧化性：Cl2>I2，因为氧化性：I2>SO，所以氧化性：Cl2>SO，即向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色，C正确；
D．氧化性：ClO–>I2>SO，次氯酸钠可以与亚硫酸钠发生氧化还原反应，两者不能共存，D错误；
故选D。
16．(1)2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O
(2)de
(3) KI 2:1
(4)C
(5)B
(6)
【详解】（1）该反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O。
（2）NaNO2由酸根和金属阳离子构成，属于正盐；其在水溶液和熔融状态下都可以导电，属于电解质，故选de。
（3）上述反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，还原剂为KI，氧化剂为NaNO2，还原产物为NO，氧化产物为I2，还原产物与氧化产物的个数比为2:1。
（4）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，分别溶于水，测溶液的pH，可以区分NaNO2和NaCl，故A不符合题意；
B．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；
C．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故C符合题意；
D．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故D不符合题意；
故选C。
（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；
A．2H2O22H2O+O2中H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低， H2O2体现氧化性和还原性，故A不符合题意；
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故B符合题意；
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故C不符合题意；
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D不符合题意；
故选B。
（6）亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，NH4Cl中N元素由-3价上升到0价，NaNO2中N元素由+3价下降到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：用单线桥表示其电子转移的方向和数目为：。
17．(1) I-、Fe2+ 2 mol、2 mol
(2) I-、Fe2+、Br - 1 mol、3 mol、0.5 mol
【分析】在混合溶液中，实际上与氯气反应的是三种离子：I-为2 mol，Fe2+为3 mol，Br-为4 mol，按照“还原性I->Fe2+>Br-”依次反应即可作答。
(1)
当通入2molCl2时，2 mol I-消耗1mol Cl2，余下的1mol Cl2又可氧化2 mol Fe2+<3mol，故此时被氧化的离子是I-、Fe2+，被氧化的离子的物质的量均为2 mol，故答案为：I-、Fe2+；2 mol、2 mol。
(2)
当通入3molCl2时，首先2 mol I-被氧化生成1molI2，其次3 mol Fe2+被氧化生成3 mol Fe3+，此时共消耗Cl22.5mol，剩余的0.5mol Cl2，仍可氧化1mol Br-而生成0.5mol Br2，则被氧化的离子是I-、Fe2+、Br-，对应氧化产物的物质的量分别是1 mol、3 mol、0.5 mol，故答案为：I-、Fe2+、Br -；1 mol、3 mol、0.5 mol。
18． 12.8 mol/L Al2Cu 3.36 1.12 0.025mol＜n(Cu)＜0.075mol
【详解】（1）在氧气中生成氧化镁，在空气中生成氧化镁和氮化镁。假设有3mol的镁分别在氧气和空气燃烧，那么分别得到3molMgO(120g)和1 mol Mg3N2(100)g，质量相差120g－100g＝20 g，要使质量相差b g，则生成Mg3N2的质量为5bg，而空气中灼烧后的产物质量为a-b，所以，Mg3N2的质量分数是。
（2）根据电子的是守恒：金属失去的电子等于HNO3得到的电子，等于NO和NO2混合气体失去的电子，等于氧气得到的电子 ，根据n(O2)= 0.02mol，则转移电子的物质的量n(e-)=0.02mol4=0.08mol。
设合金中n(Al)=xmol、 n(Cu)=ymol，则3x+2y=0.08；
27x+64y=1.18，解之得x=0.02 、y=0.01 。
NO2、NO混合气体中，设NO物质的量=a，则NO2物质的量=2a；3a+2a=0.08，所以a=0.016，根据N原子守恒可得n(HNO3)=0.02mol3+0.01mol2+30.016mol=0.128mol，所以c(HNO3)=0.128mol÷0.01L =12.8mol/L；x:y=2:1，则合金化学式为Al2Cu。
（3）产生气体a L为氢气，2AL~3H2，灼烧后得到的5.1 g固体是氧化铝，其物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒可知，AlO2-的物质的量为0.1mol，根据关系式2AlO2-~2 CO2，可求出CO2的物质的量为0.05mol，故V= 1.12，根据关系式2AL~3H2求得氢气物质的量为0.15mol，故a= 3.36。
（4）本题为混合物的计算，若建立方程组求解，则解题过程较为繁琐。若抓住反应的始态和终态利用守恒关系进行求解，则可达到化繁为简的目的。
利用氮(N)原子守恒，n(HNO3)= 0.3mol，n(NO)= 0.05mol，则n[Cu(NO3)2]=(0.3-0.05)÷2=0.125mol。
本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。转移电子总数：n(e-)= n(NO)×3=0.15mol。
设Cu的物质的量为Xmol，Cu则提供电子数为2Xmol，Cu2O提供电子数为 0.15-2Xmol，所以，n(Cu2O)=0.5(0.15-2X) mol ，n(CuO)= 0.125mol-X-0.5(0.15-2X)2=X－0.025。
根据电子守恒进行极端假设：若电子全由Cu提供则n(Cu)=0.075mol；若电子全由Cu2O提供则n(Cu2O)=0.075mol，则n(Cu2+)＞0.125mol，不可能，但n(CuO)= 0.125-X-（0.15-2X）=－0.025+X＞0，解得X＞0.025，所以0.025mol＜n(Cu)＜0.075mol。
19．（1）2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O
（2）
（3）①2 : 5 ②у＝4
【详解】考查了物质的量的计算。
（1）Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；
（2）×250=3.75
（3）①=2∶5。
②CuSO4+Ca（OH）2====Cu（OH）2+CaSO4
反应前 2 5 0 0
反应后 1 4 1 1
（注意CaSO4不是有效成分）
所以化学式为CuSO4·Cu（OH）2·4Ca（OH）2
y=4
点评：本题将化学计算与生产实际相结合，题目新颖，有较强的指导意义。
20． 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+ 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O B 2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2 氧化铜或氢氧化铜
【详解】I．（1）在高温下铁与水蒸气反应的方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2。
（2）四氧化三铁与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O。
II．（1）从题意中Fe中含有Fe2O3，因此其他可能反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+。
（2）双氧水具有强氧化性，能氧化亚铁离子，方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O。
（3）Fe2+的检验要考虑Fe3+的干扰，故先加KSCN无明显现象，后氧化后变红或加入NaOH开始只产生白色沉淀，答案选B。
（4）铁离子能腐蚀金属铜，则反应④的方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；
（5）由于不能引入新的杂质，则除去氯化铜中氯化铁可以加入氧化铜或氢氧化铜
21．(1) 水浴加热 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑ 不再有气体生成 避免步骤3中消耗更多的Na2CO3溶液
(2) 过滤 分液 降低 充分振荡 使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相
(3)取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干
【分析】步骤1中MgCO3与硫酸反应生成硫酸镁，MgSiO3与硫酸反应生成硫酸镁和硅酸，少量Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁；步骤2得到含Fe3+有机层，步骤3滴加Na2CO3溶液，至有大量沉淀MgCO3生成，系列操作得到MgCO3 3H2O；
【详解】（1）①反应时温度控制在80℃，适宜的加热方式为水浴加热，MgCO3与硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
②废渣中MgCO3与硫酸反应生成二氧化碳，判断废渣充分反应的方法为不再有气体生成；所加H2SO4不宜过多的原因是避免步骤3中消耗更多的Na2CO3溶液；
（2）①“操作1”分离固体和液体，操作名称是过滤，“操作2”分离有机层和水溶液，操作名称为分液；萃取过程中水溶液中H+增大，溶液的pH将降低；
②“步骤1”所得的溶液中充分振荡，Fe3+转移到有机层，重复多次“步骤2”，其目的是使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相；
（3）“步骤3”中硫酸镁和碳酸钠反应生成碳酸镁和硫酸钠，MgCO3 3H2O晶体表面附有硫酸钠，检验MgCO3 3H2O洗涤干净即检验硫酸根是否存在，具体操作为取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干
