4.2硫及其化合物的相互转化
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是
A．HCl→Cl2 B．NH3→NO C．S→SO2 D．SiO2→H2SiO3
2．实现下列转化的反应方程式中，正确的是
A．H2 SO 3 →H2SO 4 ：H2SO 3 ＋ H2O 2 ＝ H2SO 4 +H2O
B．Fe→Fe3 ＋ ： 2Fe ＋ 6H＋ ＝ 2Fe3＋ ＋ 3H 2 ↑
C．Brˉ→Br 2 ： 2Brˉ ＋ I 2 ＝ Br 2 ＋ 2Iˉ
D．Cu→CuSO 4 ： Cu ＋ 2H2SO 4 （ 稀 ） ＝ CuSO4 ＋ SO2 ↑ ＋ 2H2O
3．下列化学反应对应的离子方程式正确的是
A．向溶液中滴入少量盐酸：
B．向溶液中滴入过量氨水：
C．用醋酸清除水壶中的水垢：
D．在澄清石灰水中加入足量：
4．从海水里提取溴的过程中，有如下反应：5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝3Br2＋3Na2SO4＋3H2O。与上述反应在原理上最相似的反应是
A．2NaBr＋Cl2＝Br2＋2NaCl
B．2KI＋Br2＝I2＋2KBr
C．2H2S＋SO2＝3S＋2H2O
D．Cl2＋H2O＝HCl＋HClO
5．已知卤素单质的氧化性强弱为：F2>Cl2>Br2>I2，下列说法或化学方程式不成立的是
A．Cl2与I-在水溶液中不能大量共存
B．2NaF+I2=2NaI+F2
C．还原性：Cl-
6．某温度下将通入溶液里，反应后得到的混合溶液，经测定的个数比为5：1，则与反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素个数比为
A．5：3 B．2：1 C．1：3 D．3：1
7．下列关于物质的应用中不涉及化学变化的是
A．碳酸钠作膨松剂 B．二氧化硫漂白纸张
C．维C片帮助人体吸收食物中的铁元素 D．二硫化碳去除试管壁上的硫
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．MgCO3(s)MgCl2(aq)Mg(s)
B．SiO2(s) SiCl4(l)Si(s)
C．FeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．N2(g)NH3(g)[Ag(NH3)2]NO3(aq)
9．将400mL浓度均为的、混合液分为甲、乙、丙、丁四等份，分别通入适量的，的物质的量与转移电子的物质的量的关系如图(只考虑氯气与、、发生反应，忽略副反应)。下列叙述正确的是
A．甲中离子方程式为
B．乙中通入氯气的体积为448mL(标准状况)
C．丁中生成的、和的物质的量之比为
D．
10．研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+ 5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（ ）
A．FeS2中的硫元素全部被氧化
B．5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．产物中SO42-有一部分是氧化产物
D．FeS2只用作还原剂
二、填空题
11．是广泛使用的漂白剂、消毒剂。某工厂生产和的反应原理为：
(1)中氯元素的化合价 ；该反应的还原剂为 ；
(2)用单线桥法标出上述化学方程式的电子转移情况 ；
(3)若生成标准状况下，则反应转移的电子数为 ；
(4)是市场上一种比较理想的饮用水消毒剂，在消毒时自身均被还原为，则的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是 (结果用最简分数表示)
12．NaNO2外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：
2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
(1)NaNO2中N的化合价为 。
(2)为了获取反应后溶液中的I2，可采用 方法
(3)将上述化学方程式改写为离子方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：
(4)根据上述离子反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸 (试纸上含KI和淀粉) ②淀粉 ③白酒 ④食醋，你认为应选用的物质有 (填序号)。
(5)若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，则反应过程中转移电子的数目为 NA，(NA表示阿伏加德罗常数的值)，被氧化的HI的物质的量为 ，发生反应的NaNO2的质量为 g．
13．化学实验中，如使某步反应中的有害产物作为另一步反应的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。如图所示。
(1)配平反应方程式并回答问题，用单线桥标出两个反应的电子转移的方向和数目。
反应①：， ，氧化剂为 (填化学式，后同)，氧化产物为 。
反应⑥：， ，还原剂为 ，还原产物为 。
(2)在上述有编号的步骤中，除了①⑥外，还需用到氧化剂的步骤是 （填编号）。
14．回答下列问题：
(1)火药是中国古代“四大发明”之一。黑火药爆炸时发生如下反应：。其中被氧化的元素是 。当生成22g时，电子转移 mol。
(2)阅读下列材料，回答有关问题：一个体重50kg的健康人，体内约含有2g铁，这2g铁在人体内不是以单质的形式存在，而是以和的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的转变成，有利于人体吸收。
①在人体中进行和的转化时，其中的作 剂(填“氧化”或“还原”)。
②“服用维生素C，可使食物中的转变成”这句话指出，维生素C在这一反应中具有 性。(填“氧化”或“还原”)
15．过氧化氢(H2O2)可作为采矿业的废液消毒剂，如消除采矿废液中有剧毒的氰化钾(KCN，其中氮元素为－3价)，化学方程式为KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑(已配平)，请回答下列问题：
(1)生成物A的化学式是 。
(2)该反应中发生氧化反应的物质是 ，理由是 。
(3)若生成4分子NH3，转移电子数为 个。
(4)用双线桥表示电子转移的方向和数目 。
16．某反应中反应物与生成物有、、、、、和一种未知物质。
(1)已知在反应中得到电子，则该反应的还原剂是 。
(2)已知2个在反应中得到10个电子生成，则的化学式为 。
(3)根据上述反应可推知 (填序号)。
a.氧化性：
b.氧化性：
c.还原性：
d.还原性：
(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下面的横线上，并标出电子转移的方向和数目： 。
17．含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：
I．多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。
(1)Na2S2的电子式为 。
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为 。
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为 。
II．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。
(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为 。
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为 。
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为 。
18．化学与人们的“衣、食、住、行”密不可分，请回答下列问题。
(1)衣：市场上的衣物琳琅满目，其主要成分有天然的棉、毛、丝及合成纤维，羊毛的主要成分是 (选填“糖类”“油脂”或“蛋白质”)，区分羊毛线和棉纱线的方法是 。
(2)食：淀粉属于 (选填“单糖”“二糖”或“多糖”)，粮食可以酿成含不同浓度乙醇的酒，乙醇分子中所含的官能团名称是 。
(3)住：居民小区楼房的铝合金门窗主要原料为金属铝，写出铝与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(4)行：重油通过催化裂化得到的汽油，可进一步裂解得到乙烯、乙烷等重要的化工原料。
如：C16H34C8H18+C8H16，C8H18C4H10+C4H8。
①由丁烷催化裂解的化学方程式是 。
②由乙烯可制得有机高分子材料、药物等成千上万种有用的物质。
已知：原子利用率是指期望产物的总质量与生成物的总质量之比。
i.常用的食品包装袋由聚乙烯制成。由乙烯制备聚乙烯的化学方程式是 。
ii.反应Ⅰ的反应类型是 。
iii.反应Ⅱ的化学方程式是 。
iv.比较反应Ⅱ、Ⅲ的原子利用率大小： 。
19．将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，已知H5IO6在反应中发生如下过程：H5IO6→HIO3。完成下列填空：
（1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置。
（2）在上图中标明电子转移的方向和数目：
（3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子的是 （选填序号）。
a. 盐酸 b. 硫化氢 c. 溴化钠 d. 硫酸亚铁
（4）若向含1mol H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气体产生。请写出此反应的化学方程式： ，此过程中至少可得到气体 L（标准状态下）。
20．(1)铁钉与氯气反应生成棕黄色物质，而铁钉在盐酸中生成浅绿色的溶液。则在、、中，具有氧化性的是 。
(2)在不同的反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现有如下两个反应，请写出在两个反应中表现出的性质：
① 。
② 。
(3)找出第(2)小题中属于氧化还原反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目 。
三、实验探究题
21．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3 5H2O，实验室可用如下装置(略去部分加持仪器)模拟生产过程。
烧瓶C中发生反应如下：
①Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (I)
②2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (II)
③S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (III)
(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若 ，则整个装置气密性良好；装置D的作用是 ；装置E中为 溶液。
(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 。
(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 。
a．蒸馏水
b．饱和Na2SO3溶液
c．饱和NaHSO3溶液
d．饱和NaHCO3溶液
(4)实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是 。
(5)已知反应(III)相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 。
(6)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品(主要含有Na2S2O3 5H2O和其他杂质)。某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取4.96 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.5000 mol L 1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O＋I2＝S4O＋2I ，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如下图，则产品的纯度为 。经仪器分析，该产品纯度为86%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因(忽略人为误差) 。[已知：M(Na2S2O3 5H2O)=248g／mol]
22．氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示，夹持装置及搅拌装置均已略去)：
Ⅰ．将浓硫酸、NaNO3、石墨粉末在仪器b中充分混合，置于冰水中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶塞；
Ⅱ．转至油浴中，35 °C下搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水，升温至98°C并保持1小时；
Ⅲ．转移至大烧杯中，静置冷却至室温，加入大量蒸馏水，而后往烧杯中滴入H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色；
Ⅳ．离心分离，稀盐酸洗涤沉淀；
V．蒸馏水洗涤沉淀；
Ⅵ．冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a的作用是 。
(2)步骤I中分批缓慢加入KMnO4粉末并置于冰水浴中，由此可判断该反应为 (填“放热反应”或“吸热反应”)。
(3)仪器b中可能发生的反应有H2SO4 (浓)+2NaNO3=Na2SO4 +2HNO3，该反应利用了H2SO4(浓)的 (填“ 氧化性”、“吸水性”、“脱水性”、“酸性”或“难挥发性”)。
(4)步骤III中，每消耗0.2mol氧化剂，同时消耗还原剂的物质的量为 mol，生成的气体体积为 L(标准状况下)。
(5)步骤IV中，离心分离所得的滤液中含有的溶质为 (填化学式)。
(6)若向步骤V的最后一次洗涤液中滴入无色酚酞， (填“能”或“不能”)确定洗涤液中无H+，其理由是 。
23．农药波尔多液是常见的杀菌剂，为天蓝色碱性悬浊液。以硫酸铜、生石灰及水为原料，制备波尔多液。
(一)硫酸铜的制备
如图为某兴趣小组用含较多杂质的铜粉制取硫酸铜晶体[CuSO4·5H2O]的两种实验方案。
(1)制备中需过滤得到硫酸铜晶体。过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
(2)方案Ⅰ通入氧气，少量Cu转化为CuSO4。该反应的化学方程式为 。
(3)方案Ⅱ中加入浓硫酸发生的反应有Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。方案Ⅰ优于方案Ⅱ的理由是 。
(二)波尔多液的制备及组成测定
为测定从波尔多液中分离出的天蓝色固体[CuSO4·aCu(OH)2·bCa(OH)2·cH2O]的组成，设计如下实验：
[实验Ⅰ]称取64.4g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba(NO3)2溶液，过滤，洗涤干燥得白色固体23.3g。
(4)判断Ba(NO3)2溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加 溶液，无现象。
[实验Ⅱ]另取64.4g天蓝色固体，用如图装置进行热分解实验：
[资料]①CuSO4、Cu(OH)2、Ca(OH)2在一定温度下能受热分解，分别生成两种氧化物，分解过程中各元素的化合价均不改变。
②天蓝色固体在110℃时，完全失去结晶水。
③Cu(OH)2在100℃时分解完全。CuSO4和Ca(OH)2在580℃左右时开始分解，到650℃时均能分解完全。
④浓硫酸可用于吸收SO3。
(5)按图连接好装置，实验前要先 。
(6)控制温度在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g。再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g。最终剩余固体中的成分是 。
(7)整个加热过程中，天蓝色固体分解生成水的总质量为 g。
(8)天蓝色固体CuSO4·aCu(OH)2·bCa(OH)2·cH2O中，a：b：c= 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，能通过一步反应实现，故A不符合；
B．氨气催化氧化生成一氧化氮，4NH3+5O24NO+6H2O，能通过一步反应实现，故B不符合；
C．硫单质点燃燃烧生成二氧化硫，S+O2SO2，能通过一步反应实现，故C不符合；
D．二氧化硅难溶于水不能直接生成硅酸，不能通过一步反应实现，故D符合；故选D．
【点评】本题考查元素化合物物质之间的转化等，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握．
2．A
【详解】A、H2SO3→H2SO4 ，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，反应的化学方程式2H2SO3+O2=2H2SO4，故A正确；
B、Fe→Fe3+，铁和稀盐酸、稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，实现此转化反应的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3，故B错误；
C、Br-→Br2，溴单质氧化性大于碘单质，碘单质不能氧化溴离子，实现此转化的离子方程式可以为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故C错误；
D、Cu→CuSO4，铜和稀硫酸不能发生反应．实现此转化反应的化学方程式Cu+2H2SO4浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故D错误；
故答案选A。
3．D
【详解】A．在亚硫酸钠中滴入少量盐酸，反应的离子方程式为，A项错误；
B．在氯化铝溶液中滴加氨水只能生成氢氧化铝，B项错误；
C．醋酸是弱酸不能拆成离子形式，C项错误；
D．在澄清石灰水中滴入过量反应的化学方程式为，对应离子方程式为，D项正确；
故答案选D。
4．C
【分析】NaBr中的溴元素化合价为-1价，NaBrO3中溴元素的化合价为+5价，最后都生成了0价的溴单质，属于氧化还原反应中的归中反应类型。
【详解】A．化合价变化的分别是溴元素和氯元素，不是归中反应类型，A错误；
B．该反应中化合价变化的元素是溴和碘元素，所以不是归中反应类型，B错误；
C．硫元素的化合价从-2价升到0价，还有的从+4价降到0价，属于氧化还原反应中的归中反应类型，C正确；
D．该反应中氯元素的化合价从0价变为+1价和-1价，属于歧化反应，D错误。
答案选C。
5．B
【详解】A．Cl2的氧化性大于I2，所以Cl2与I-在水溶液中会将I-氧化成I2，不能大量共存，故A不符合题意；
B．F2的氧化性大于I2，所以碘单质不能氧化氟离子，该方程式不成立，故B符合题意；
C．单质的氧化性越强，相应的阴离子的还原性越弱，所以还原性：Cl-
6．A
【分析】由信息可知，Cl元素的化合价由0升高为+1价、由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，结合电子守恒计算。
【详解】测定的个数比为5：1，设的物质的量之分别为5mol、1mol，生成KCl为xmol，由电子守恒可知5mol×（1-0）+1mol×（5-0）=xmol×（1-0），解得x=10，得到电子被还原、失去电子被氧化，则被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为10mol：（5mol+1mol）=5：3。
故选A。
7．D
【详解】A．碳酸钠与酸性物质反应会产生二氧化碳气体，故可做膨松剂，属于化学变化，A不符合题意；
B．二氧化硫漂白纸张是因为与有色物质结合生成无色物质，属于化学变化，B不符合题意；
C．维C具有还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，促进人体吸收，属于化学变化，C不符合题意；
D．硫能溶解于二硫化碳中，故可用二硫化碳去除试管壁上的硫，属于物理变化，D符合题意；
故选D。
8．D
【详解】A．MgCO3(s)和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，A错误；
B．SiO2(s)与盐酸不反应，B错误；
C．FeS2(s)在高温下和氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C错误；
D．氮气与氢气在高温高压和催化剂作用下可以生成氨气，向硝酸银溶液中通入氨气可以生成硝酸二氨合银，D正确。
故选D。
9．C
【详解】A．由丙、丁数据可知，丙中氯气恰好完全氧化、、生成、、。，，，根据电子守恒可知，，。由此可知，，，。还原性：，甲中氯气恰好将碘离子完全氧化，离子方程式为，A项错误；
B．根据乙中转移电子的物质的量为0.08mol，可得乙中通入氯气的物质的量为0.04mol，氯气体积为896mL(标准状况)，B项错误；
C．丁中生成的、、的物质的量依次为0.04mol、0.02mol、0.02mol，它们的物质的量之比为，C项正确；
D．由分析可知，，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】A．FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，所以FeS2中S元素部分被氧化，部分被还原，故A错误；
B．5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；
C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，所以产物中SO42-有一部分是氧化产物，故C正确；
D．FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；
故选C。
【点晴】本题考查氧化还原反应，从元素化合价的角度判断并计算，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算。
11．(1) +5
(2)
(3)或
(4)
【解析】(1)
中Na元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，氯元素的化合价是+5价；该反应中的被氧化为硫酸钠，作还原剂。
(2)
上述化学方程式的电子从的S元素失去，给了的Cl元素，共转移2e-，用单线桥法表达是：。
(3)
标准状况下物质的量是，根据方程式，转移的电子数为。
(4)
分子的Cl元素+4价，在消毒时被还原为-1价的，1mol得5NA电子，则以单位质量得到的电子数表示的消毒效率是。
12．(1)+3
(2)萃取
(3)
(4)①④
(5) 1 1mol 69
【详解】（1）NaNO2中各元素化合价代数和为0，Na显+1价，O显-2价，设N的化合价为x，1+x+2 (-2)=0，解得x=+3，即N的化合价为+3；
（2）I2易溶于有机溶剂，可利用CCl4或苯对反应后的碘溶液进行萃取后再蒸馏获得I2，故答案为：萃取；
（3）N的化合价降低，得到1个电子，I元素的化合价升高生成碘单质失去2个电子，根据氧化还原反应的规律用双线桥标明电子转移的方向和数目如下：；
（4）根据已知反应可推知，碘化钾在酸性条件下可与亚硝酸钠溶液反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变为蓝色，而氯化钠则无此现象，所以选择鉴别得试剂为：碘化钾淀粉试纸、食醋，故答案为：①④；
（5）对于反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，即NO的物质的量为1mol，根据关系式2e-2NO可知，反应过程中转移电子的物质的量为1mol，其数目为1NA，(NA表示阿伏加德罗常数的值)，2molNO生成时，4molHI被消耗，只有2molHI被氧化为碘单质，所以当有1molNO生成时，被氧化的HI的物质的量为1mol，发生反应的NaNO2的物质的量为1mol，其质量为=69g，故答案为：1；1mol；69。
13． ④
【详解】(1)反应①中Cr元素化合价由+6降低到+3，Cl元素化合价由-1升高到0，根据元素化合价升降总数相等及原子守恒配平方程式，得，其中氧化剂为，氧化产物为，用单线桥表示电子转移的方向和数目：
；反应⑥中Cl元素化合价从+5降低到-1，Cr元素化合价从+3升高到+6，则根据元素化合价升降总数相等、原子守恒及电荷守恒配平方程式，得，其中还原剂为，还原产物为，用单线桥表示电子转移的方向和数目：；
(2)根据转化关系图可知②③⑤中Cr元素化合价不变，不需要氧化剂，④中Cr元素化合价升高，需加入氧化剂。
14．(1) C 2
(2) 还原 还原
【详解】（1）反应2KNO3+C+S=K2S+2NO2↑+CO2↑中N的化合价由+5降到+4，S的化合价由0降到-2，均发生还原反应，C的化合价由0价升高到+4价，发生氧化反应，故被还原的元素是N和S，被氧化的元素是C；氧化剂是KNO3和S，还原剂是C。上述反应转移4mole-时生成1mol二氧化碳。故当生成22g即0.5mol二氧化碳时转移2mol电子；
（2）①Fe2+转化成Fe3+，被氧化，故Fe2+作还原剂；
②维生素C使Fe3+转化成Fe2+，故维生素C具有还原性。
15． KHCO3 KCN KCN中C由＋2价升高为＋4 8
【详解】（1）由质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒、原子个数守恒，则A的化学式为KHCO3；
（2）反应KCN＋H2O2＋H2O= KHCO3＋NH3↑，KCN中C由＋2价升高为＋4，被氧化发生氧化反应，故发生氧化反应的物质是KCN；
(3) 反应KCN＋H2O2＋H2O= KHCO3＋NH3↑转移的电子数为2，若生成4分子NH3，转移电子数为8个；
(4) 反应KCN＋H2O2＋H2O= KHCO3＋NH3↑，KCN中C由＋2价升高为＋4，H2O2中O由-1价变为-2价，转移电子数为2，用双线桥表示电子转移的方向和数目为。
16． ac
【详解】(1)在反应中得到电子，则溴元素化合价降低，还原剂中元素化合价升高、在反应中失去电子被氧化，所给物质中砷元素化合价发生了变化，故反应物是还原剂；
(2)2个在反应中得到10个电子，说明溴元素在反应中降低了5价，则X中溴元素呈0价，所以的化学式为；
(3)根据以上分析，可知该反应的氧化剂为，还原产物为，还原剂为，氧化产物为，则由同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，可知a、c正确，b、d错误；
(4)利用氧化还原反应中得失电子守恒与原子守恒可配平该反应的化学方程式：，则答案为：。
17． S52 +2H+=H2S↑+4S↓ 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 +4 S2O52 +O2+H2O=2SO42 +2H+ Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2
【分析】Ⅰ．(1)Na2S2为离子化合物，两个S原子间形成一对共用电子，构成[S-S]2-。
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，由此可写出反应的离子方程式。
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，由此可写出反应的化学方程式。
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为 2价，依据化合物中化合价的代数和为0，可计算得到硫元素的化合价。
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，由此可写出反应的离子方程式。
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠、二氧化碳，由此可写出反应的化学方程式。
【详解】Ⅰ．(1)Na2S2为离子化合物，两个S原子间形成一对共用电子，电子式为。答案为：；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52 +2H+=H2S↑+4S↓。答案为：S52 +2H+=H2S↑+4S↓；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为 2价，依据化合物中化合价的代数和为0，可计算得到硫元素的化合价为+4。答案为：+4；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52 +O2+H2O=2SO42 +2H+。答案为：S2O52 +O2+H2O=2SO42 +2H+；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠、二氧化碳，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2。答案为：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2。
【点睛】对于反应FeS2+O2——Fe2O3+SO2，涉及三种元素的化合价变化，配平时，先将有定量关系的两种变价元素以固定组成看成一种“元素”，即1molFeS2共失去11mole-，1molO2得到4mole-，依据得失电子守恒，FeS2应为4mol，O2应为11mol，即4FeS2+11O2——Fe2O3+SO2，然后依据质量守恒，配平产物的化学计量数，从而得出4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。
18．(1) 蛋白质 分别点燃羊毛线和棉纱线，有烧焦羽毛的特殊气味的是羊毛线，反之是棉纱线
(2) 多糖 羟基
(3)2Al+6H+=2Al3++3H2↑
(4) C4H10C2H4+C2H6 nCH2=CH2 加成反应 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O III>II
【详解】（1）羊毛的主要成分是蛋白质；蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，棉纱线灼烧没有烧焦羽毛的气味，所以可以用灼烧的方法鉴别羊毛线和棉纱线，答案为：蛋白质；分别点燃羊毛线和棉纱线，有烧焦羽毛的特殊气味的是羊毛线，反之是棉纱线；
（2）淀粉属于多糖，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇中官能团名称是羟基，故答案为：多糖；羟基；
（3）铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，化学反应方程式为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故答案为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
（4）①由J烷催化裂解生成乙烯和乙烷，反应方程式为C4H10C2H4+C2H6，故答案为C4H10C2H4+C2H6；
②i.乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，由乙烯制聚乙烯的化学方程式是nCH2=CH2，故答案为nCH2=CH2；
ii.反应I的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
iii.反应1I的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
iv.反应II、III分别是取代反应、加成反应，反应II的原子利用率小于100%、反应III的原子利用率为100%，比较反应II、III的原子利用率大小：II＜III，故答案为：II＜III。
19． b 2H5IO6 +7H2O2 =I2 +12H2O +7O2↑ 78.4L
【详解】（1）—（2）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂。其中I元素的化合价从＋7价降低到＋5价，得到2个电子。Mn元素的化合价从＋2价升高到＋7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5:2，因此电子转移的方向和数目为。
（3）由于氯气、单质溴以及铁离子的氧化性均强于单质碘的，所以选项acd不可能将高碘酸还原为碘离子。单质碘的氧化性强于S的，因此H2S可以把高碘酸还原为碘离子，答案选b。
（4）向含1mol H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成。同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，所以反应的化学方程式为2H5IO6 + 7H2O2 =I2 + 12H2O + 7O2↑；根据反应关系可知，含1mol H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，产生氧气的物质的量是3.5mol，在标准状况下的体积是3.5mol×22.4L/mol＝78.4L。
20． 、 酸性或氧化性 酸性
【详解】(1)中氧元素处于最低价态，不具有氧化性，中氢元素处于最高价态，具有氧化性，中氯元素处于中间价态，且是常见的强氧化剂，所以具有氧化性的是和；
(2)①与反应，表现出酸性或氧化性；
②与反应生成盐和水，发生中和反应，表现为酸性；
（3）镁的化合价升高失去电子，氢元素的化合价降低得到电子，双线桥标出电子转移的方向和数目如图：
21． 液柱高度保持不变 防止倒吸 NaOH 2∶1 c 控制滴加硫酸的速度 溶液变澄清(或浑浊消失) 90.5% 粗产品中含有Na2SO3(或Na2S)可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大
【分析】A中由70%的硫酸和Na2SO3反应制备二氧化硫，反应为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，经过装置B中的溶液进入C装置中与Na2S、Na2SO3发生反应制得Na2S2O3溶液，装置D为安全瓶，装置E为尾气处理装置，结合二氧化硫的性质和题示方程式分析解答。
【详解】(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；尾气中含有SO2、H2S等污染空气的气体，装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，SO2、H2S为酸性气体，可用碱液吸收，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；
(2)装置A中反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，①Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)，②2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)，③S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3～3Na2S2O3，2molNa2S反应时会同时生成2molNa2SO3，因此还需要1molNa2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；
(3) 装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断的，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为：c；
(4)分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞可以控制滴加硫酸的速度，从而控制产生二氧化硫的速率，可以使SO2缓慢进入烧瓶C，故答案为：控制滴加硫酸的速度；
(5)根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生的反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清(或浑浊消失)，故答案为：溶液变澄清(或浑浊消失)；
(6)根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中液面的初始读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL-0.00mL=18.10mL，根据反应2S2O＋I2＝S4O＋2I 可知，n(S2O)=2n(I2)= 0.5000 mol L-1×18.10×10-3L×2=0.01810mol，所以4.96g产品中含有Na2S2O3 5H2O质量为0.01810mol×248g/mol=4.4888g，故则产品的纯度为×100%=90.1%；经仪器分析，该产品纯度为86%，测得的产品纯度偏大，可能是粗产品中含有Na2SO3(或Na2S)，使消耗的碘水体积偏大，测定结果偏高，故答案为：90.5%；粗产品中含有Na2SO3(或Na2S)可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大。
【点睛】本题的易错点为(6)，要注意误差分析时，不要考虑人为误差。
22．(1)冷凝回流，提高原料的利用率
(2)放热反应
(3)难挥发性
(4) 0.5 11.2
(5)K2SO4、MnSO4、Na2SO4
(6) 不能 稀盐酸和水都不能使无色酚酞变色
【详解】（1）仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；
（2）步骤I中KMnO4粉末置于冰水浴中，目的是降温，说明步骤I的反应为放热反应；
（3）仪器b中可能发生的反应有H2SO4 (浓)+2NaNO3=Na2SO4 +2HNO3，该反应利用了难挥发的浓硫酸参与反应生成易挥发的硝酸，该反应利用了H2SO4(浓)的难挥发性；
（4）由方程式2+5+6H+===2Mn2++8H2O+5O2知，氧化剂KMnO4为0.2mol，则还原剂H2O2为0.5mol，生成氧气0.5mol即为11.2L；
（5）由反应2KMnO4+5+3H2SO4===2MnSO4+8H2O+5O2+K2SO4和H2SO4 (浓)+2NaNO3=Na2SO4 +2HNO3知，离心分离所得的滤液中含有的溶质为K2SO4、MnSO4、Na2SO4；
（6）不能，因为稀盐酸和水都不能使无色酚酞变色，无法确定洗涤液中有无H+。
23．(1)漏斗
(2)2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O
(3)没有污染气体SO2产生
(4)Ba(NO3)2
(5)检查气密性
(6)CuO、CaO
(7)18
(8)1：4：5
【分析】实验Ⅰ，利用杂铜制得氧化铜后，在氧化铜中加入稀硫酸同时通氧气得到硫酸铜溶液，或者直接将氧化铜和浓硫酸加热制得硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液经过系列操作即可制得硫酸铜晶体。
实验Ⅱ：称取64.4 g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba(NO3)2溶液，过滤，洗涤干燥得白色固体23.3g，即生成BaSO4的质量为23.3g，根据关系式，可计算得64.4g天蓝色固体中含有16 g CuSO4，根据可知，生成8gSO3和8g CuO，在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g，再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g，装置B吸收的SO2和H2O的质量为15. 2 g，则Ca(OH)2分解生成水的质量为15.2g-8g=7.2g，故生成水的总质量为10.8 g+7.2 g=18 g，同时生成22.4 gCaO，最终剩余固体为CuO和CaO，其质量为64.4g-10.8g-15.2g=38.4 g，则可以算出由Cu(OH)2分解所生成的CuO的质量为38.4 g-22.4 g-8g=8g，根据可知，分解的Cu(OH)2的质量为9.8g，生成的水质量为1.8g。 因为到110℃时装置B质量增加10.8 g，所以固体所带结晶水的质量为10. 8g-1.8g=9g。
【详解】（1）过滤时需要的玻璃仪器为有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：漏斗；
（2）通入氧气，少量Cu转化为CuSO4，即铜在氧气和稀硫酸作用下加热反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；
（3）方案Ⅱ中生成了SO2，SO2会污染空气，而方案Ⅰ中不会生成SO2气体，因此方案Ⅰ优于方案Ⅱ，故答案为：没有污染气体SO2产生；
（4）钡离子和硫酸根离子反应会生成硫酸钡沉淀，判断Ba(NO3)2溶液已过量就是检验硫酸根离子无剩余，所以对应的方法是：静置，向上层清液中滴加硝酸钡溶液，无现象，故答案为：Ba(NO3)2；
（5）有气体参与的反应，在实验前需要检验装置气密性，所以按图连接好装置，实验前要先检查装置气密性，故答案为：检查气密性；
（6）由上述分析可知，最终剩余固体中的成分是 CuO和CaO，故答案为：CuO、CaO；
（7）由上述分析可知，天蓝色固体分解生成水的总质量为18g，故答案为：18；
（8）由上述分析可知，天蓝色固体组成中，，，即，则a：b：c=1：4：5，故答案为：1：4：5。
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