4.2硫及其化合物的相互转化 同步练习
年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
一、选择题
1．下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）
A．漂粉精用于消毒游泳池水 B．SO2用于漂白纸浆
C．Na2S用于除去废水中的Hg2+ D．FeCl2溶液用于吸收Cl2
2．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
3．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应过程中，CuCl2、FeCl3可以循环利用
B．反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O
C．由图示的转化可得出：氧化性的强弱顺序为O2＞Cu2+＞S
D．保持溶液中Fe3+的量不变，反应中消耗标况下22.4L的O2，可以生成64g硫
4．下列微粒通常只具有氧化性的是（ ）
A．Na B．Fe2+ C．H+ D．Cl2
5．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：下列说法错误的是（ ）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O 被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
6．已知有如下反应：
①2BrO +Cl2=Br2+2ClO
②ClO +5Cl-+6H+=3Cl2 +3H2O
③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
④2FeCl2+Cl2=2FeCl3
下列叙述正确的是（ ）
A．氧化能力：ClO ＞BrO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．还原能力：Fe2+＞I-＞Cl-
C．反应ClO +Br-=Cl-+BrO 能顺利进行
D．反应Cl2+2I-=2Cl-+I2能顺利进行
7．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中加入足量的铁粉回收铜，则所得溶液中含有的金属离子是( )
A．Fe2+ B．Fe3+ C．Cu2+ D．Fe2+、Cu2+
8． 、 的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体剩余，则下列判断错误的是（ ）
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含有
C．溶液中一定含有
D．剩余固体中一定含有
9．关于反应 ，下列说法正确的是（ ）
A．Al2O3中的Al元素被还原
B．N2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶3
D．若生成28 g CO时转移电子数为2NA
10．自然界与人类活动均对硫的循环产生影响。下列说法错误的是（ ）
A．火山口附近的硫单质会被O2直接氧化为SO3
B．大气中的SO2遇雨水形成H2SO4进入地面或海洋
C．工业排放尾气中的SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4
D．水垢中的CaSO4可与饱和Na2CO3溶液反应生成CaCO3
11．下列反应中，酸体现还原性的是（ ）
A． 与浓盐酸共热制 B． 与浓硫酸共热制
C． 与稀硫酸反应制 D． 与稀硝酸反应制备
12．在常温下，发生下列几种反应：
①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B2=2A3++2B-
③2B-+Z2=B2+2Z-
根据上述反应，下列结论判断错误的是（ ）
A．溶液中可发生反应：Z2+2A2+=2A3++2Z-
B．Z元素在①、③反应中都被氧化
C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3+
D．反应①中，X2+是XO的还原产物
13．在Cl2＋H2O=HCl＋HClO中，水是( )
A．只作氧化剂 B．只作还原剂
C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂
二、非选择题
14．氯及其化合物在工业生产生活中有很重要的作用。已知：实验室中可用KMnO4与浓盐酸发生如下反应：KMnO4+HCl(浓)—KCl+Cl2↑+H2O+MnCl2
（1）配平该反应 ，该反应中氧化剂为 ；氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；
（2）标况下反应生成11.2L的Cl2，则该反应转移的电子的数目为 ；被氧化的HCl的物质的量为 mol，参加反应的HCl的物质的量为 mol。
（3）图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：
在装置D中可观察到的现象是 ，装置F中可观察到的现象是 ，装置G中发生的离子方程式 。
15．
（1）Ⅰ.某反应中反应物与生成物有：、、、、、和一种未知物质X。
已知1个在反应中得到6个电子生成X，则X的化学式为 。
（2）根据上述反应可推知____。
A．氧化性： B．氧化性：
C．还原性： D．还原性：
（3）化学方程式配平后氧化剂和还原剂及其系数分别为 。
（4）Ⅱ.实验室中利用固体进行如图所示实验：
回答下列问题：
在下列化学方程式中用双线桥法标出电子转移的方向和数目：
（5）写出图中生成气体单质H的所有离子方程式(不考虑与浓盐酸的反应)： 。
（6）也可以与浓盐酸反应制取氯气同时生成。若分别用和与浓盐酸反应制取相同数目的分子，则消耗和的个数之比为 。
16．金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。A是短周期元素中原子半径最大的金属元素(“→”所指的转化都是一步完成)。
（1）A与水反应的离子方程式： 。
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数，用含NA的代数式表示)。
（3）200℃时，11.6gCO2和H2O的混合气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为 。
（4）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 mol·L-1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计) 。
（5）某化学反应方程式(未配平)：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，请将方程式配平； KMnO4+ KI+ H2SO4→ MnSO4+6I2+3KIO3+ K2SO4+ H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目： 。
17．如图为一个五元环图案，小明在图案上依次写了五种物质，使图中相交的两种物质发生化学反应，A、B、C、D、E表示其相应的化学反应。
回答下列问题：
（1）反应A，B，C，D，E中属于氧化还原反应的是 (填字母)。
（2）根据已学过的知识及这五个反应，比较H+、Fe2+和Ag+的氧化性由强到弱的顺序： 。
（3）反应A的离子方程式为 。
（4）用双线桥分析反应B的离子方程式： 。
（5）已知反应： ，该反应的还原产物是 (写化学式，下同)。Cl2、NaClO3和ClO2均是常见的氧化剂，其中氧化性最强的是 。
18．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。KMnO4+HCl（浓）＝KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）。
（1）将上述化学方程式配平并改写为离子方程式 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（3）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl mol，转移的电子的数目约为 。
（4）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+ ＝Mn2++CO2↑+ 完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 ；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2 L。
19．已知：将盐酸滴入酸性高锰酸钾溶液中，会产生黄绿色的气体 ，而酸性高锰酸钾溶液的紫色会逐渐褪去。该氧化还原反应的体系中涉及 、 、 、 、 、 、 七种物质。
（1）写出该氧化还原反应的化学方程式并配平： 。
（2）该反应中，化合价升高的反应物是 ，化合价没有发生变化的反应物是 。氧化剂是 ， 氧化剂在反应中 (填“得到”或“失去”) 电子。
（3）如果在反应后的溶液中加入 ，溶液又变为紫色。由此推测 的具有较强的 性。
20．根据表格信息，解答有关问题。
氯气(Cl2) KMnO4 PbO2
有刺激性气味，呈黄绿色，有毒气体 易溶于水，溶液呈紫红色，可用于杀菌消毒 Pb的最高化合价为+4，其稳定化合价为+2，难溶于水，灰色固体
（1）在浓盐酸中加入少量KMnO4剧烈反应，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液紫红色褪去，已知该反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。其中氧化剂是 ，氧化产物是 。每生成71g氯气，则被氧化的还原剂的质量为 g。
（2）取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：
滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有无色气泡产生；再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
①在配制酸性KMnO4溶液时，能否用盐酸 ，原因是 。
②KMnO4、H2O2、PbO2的氧化性由强到弱的顺序为 。
（3）根据上述反应能否比较Cl2与H2O2的氧化性强弱 (填“能”或“不能”)。
21．空气中NOx(主要指NO和NO2)、废水中NO、NH等均会对环境造成污染。有效去除它们是环境保护的重要课题。
（1）将含氮氧化物(NOx)的烟气通入(NH4)2SO4、Ce2(SO4)3与Ce(SO4)2的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示。
①该处理过程中，起催化作用的离子是 。(填化学式)
②上述转化过程中，Ce4+与NH反应的离子方程式为 。
（2）电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。向0.1mol·L-1NaCl溶液(起始pH调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的去除率、溶液中含氯成分的浓度变化关系如图所示。
①电解时产生的ClO-会氧化吸收NO，其反应的离子方程式为 。
②当电流强度大于4A后，废气中NO的去除率下降的原因是 。
（3）用纳米Fe/Ni复合材料可以去除废水中的NO(Ni不参与反应)，其原理如图所示。
纳米Fe/Ni复合材料去除废水中NO的过程可以描述为 。
22．
（1）Ⅰ.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2是 （填氧化剂、还原剂），与CO2反应的化学反应方程式 。
（2）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为 mol。
（3）Ⅱ.已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是 。
（4）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c= （用含a、b的代数式表示）。
答案解析部分
1．A
A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；
B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；
D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；
故答案为：A。
若反应中，物质含某元素的化合价降低，则利用物质的氧化性，以此来解答。
2．A
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。
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。
3．C
A．从分析可知，在整个反应过程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循环使用，故A不符合题意；
B．将上述的三个反应处理后相加，即将第一个反应乘以2，第二个反应也乘以2，和第三个反应相加，得到总反应：2H2S+O2 2S↓+2H2O，故B不符合题意；
C．三步反应，第一个反应没有化合价的变化，不是氧化还原反应，第二个反应中的氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物S的氧化性，第三个反应中的氧化剂O2的氧化性强于氧化产物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性强弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，故C符合题意；
D．根据反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O，反应中消耗标况下22.4L的O2，即消耗1molO2时，可以生成2molS，即64g硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
从图示可以看出，Cu2+和H2S发生反应，生成CuS，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧气反应生成Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
4．C
A．钠单质中钠元素处于最低价态，仅具有还原性，故A不符合题意；
B．亚铁离子中铁元素为+2价，即可升高到+3价，又可降低到0价，即有氧化性又有还原性，故B不符合题意；
C．氢离子中氢元素为+1价，处于最高价态，仅具有氧化性，故C符合题意；
D．氯气单质中氯元素为0价，价态即可升高，又可降低，即有氧化性又有还原性，故D不符合题意；
故答案为：C。
由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性，以此来解答。
5．D
A．由Cr2O (橙色)+H2O 2CrO (黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A不符合题意；
B．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，故B不符合题意；
C．乙醇在酸性条件下被Cr2O 氧化成乙酸，而Cr2O 被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O 不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C不符合题意；
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D符合题意；
故答案为：D。
根据平衡移动原理判断溶液颜色变化，由实验②、④可知Cr2O72 具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42 不能，据此解答该题。
6．D
根据氧化还原反应规律，同一反应中，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，①2BrO3-+Cl2═Br2+2ClO3-中，氧化性：BrO ＞ClO ，②ClO3-+5Cl-+6H+═3Cl2 +3H2O中，氧化性：ClO ＞Cl2；③2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+；④2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl-。
A．根据上述分析，氧化能力：BrO ＞ClO ＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A不符合题意；
B．根据上述分析，还原能力：I-＞Fe2+＞Cl-，故B不符合题意；
C．氧化性：BrO ＞ClO ，则反应ClO +Br-=Cl-+BrO 不能顺利进行，故C不符合题意；
D．还原能力：I-＞Cl-，氧化能力：Cl2＞I2，则反应Cl2+2I-=2Cl-+I2能顺利进行，故D符合题意；
故答案为：D。
主要考察氧化还原反应，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；氧化剂被还原得还原产物，还原剂被氧化得氧化产物；
7．A
加入足量的铁粉，发生反应 、 ，则所得溶液中含有的金属离子是Fe2+，故A符合题意；
故答案为：A。
铁具有还原性，三价铁离子和二氧铜离子具有氧化性，发生氧化还原反应即可判断产物
8．B
FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，A．溶液中溶质一定没有Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，A不符合题意；
B.根据以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，B符合题意；
C.根据以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，C不符合题意；
D.Fe的还原性大于Cu，所以固体中一定含有Cu，D不符合题意；
故答案为：B。
Fe先和FeCl3反应，然后Fe再和CuCl2反应，如果充分反应后仍有固体存在，固体可以是Fe和Cu，溶液中溶质为FeCl2或固体是Cu，溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2 故溶液中可能含有铜离子，B项错误。
9．D
A．在该反应中Al元素化合价不变，因此Al既未被氧化，也未被还原，A不符合题意；
B．在该反应中N元素化合价由反应前N2的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到电子被还原，因此N2在反应过程中是得到电子，B不符合题意；
C．在该反应中N元素化合价降低，得到电子，N2作氧化剂；C元素化合价升高，失去电子，所以C单质为还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶1，C不符合题意；
D．根据方程式可知：每反应产生3 mol CO，反应转移6 mol电子。生成28 g CO的物质的量是1 mol，则转移电子数为2NA，D符合题意；
故答案为：D。
根据化学方程式标出化学价，找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物以及转移电子的数与氧化剂还原剂的关系，即可判断选项是否正确
10．A
A．硫和氧气生成二氧化硫不是三氧化硫，A符合题意；
B．二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸能被空气中氧气氧化为硫酸，B不符合题意；
C．氧气具有氧化性，可以把四价硫氧化为六价硫，SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4，C不符合题意；
D．饱和Na2CO3溶液中碳酸根离子浓度很大可以使硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，故CaSO4可与饱和Na2CO3溶液反应生成CaCO3，D不符合题意；
故答案为：A。
B.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在空气易被氧化成硫酸；
C.SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4；
D.沉淀会从溶解度较大向溶解度更小的沉淀转化。
11．A
A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A符合题意；
B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B不符合题意；
C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C不符合题意；
D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
常见的酸是盐酸、硫酸、硝酸、硫酸和硝酸中的硫元素和氮元素化合价已经是最高，只能左氧化剂和体现酸性，而盐酸中的氯元素化合价是-1价，化合价可以升高可以做还原剂
12．B
A．依据氧化性的传递性，氧化性Z2>B2>A3+，所以溶液中Z2＋2A2+＝2A3+＋2Z－能发生，A不符合题意；
B．①中Z元素被氧化，③中Z被还原，B符合题意；
C．由①知，氧化性XO >Z2，由前面分析，氧化性Z2>B2>A3+，所以氧化性：XO>Z2>B2>A3+，C不符合题意；
D．反应①中，XO是氧化剂，则X2+是XO的还原产物，D不符合题意；
故答案为：B。
A.氧化性Z2>B2>A3+，Z2＋2A2+＝2A3+＋2Z－能发生；
C.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
D.反应①中，XO是氧化剂，X2+是原产物。
13．D
在Cl2＋H2O=HCl＋HClO中，只有氯元素化合价发生变化，水中氢元素和氧元素化合价均未发生变化，故水既不是氧化剂又不是还原剂，
故答案为D。
根据氧化还原反应中，化合价升高为还原剂，降低为氧化剂解答；
14．（1）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+8H2O+2MnCl2；KMnO4；1：5
（2）NA；1；1.6
（3）干燥的有色布条无变化；湿润的淀粉KI试纸变蓝；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
(1)该反应中KMnO4中Mn的化合价为+7价，反应后变为+2价，1molKMnO4得到5mol电子，HCl中Cl的化合价从-1价部分升高到Cl2中的0价，生成1molCl2失去2mol电子，根据电子守恒，使得失电子数均为10，所以需要2molKMnO4、生成5molCl2，再根据质量守恒，可以配平其他物质的系数，配平后的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+8H2O+2MnCl2。KMnO4得到电子，做氧化剂；2molKMnO4参加反应，消耗16molHCl，16molHCl中只有10molHCl失去电子做还原剂生成Cl2，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10=1：5；
(2)标况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，生成1molCl2转移2mol电子，则生成0.5molCl2转移1mol电子，数目为NA或6.02×1023；生成1molCl2，被氧化的HCl为2mol，则生成0.5molCl2，被氧化的HCl的物质的量为1mol；根据化学方程式，生成5molCl2，参加反应的HCl为16mol，则生成0.5molCl2，参加反应的HCl的物质的量为1.6mol；
(3)通入D中是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，所以观察不到明显变化，F中氯气和KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，所以能观察到湿润的淀粉KI试纸变蓝，G中氯气和NaBr发生了置换反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。
（1）根据氧化还原反应的原理即可配平方程式即可找出氧化剂以及还原剂物质的量之比
（2）根据给出的数据结合方程式即可即可计算出转移的电子以及氧化的氯化氢以及反应的氯化氢的量
（3）根据流程结合性质即可写出现象以及离子方程式
15．（1）
（2）B；C
（3）、
（4）
（5）或
（6）2∶5
（1）1个K2Cr2O7在反应中得到6个电子，则1个Cr得到3个电子，K2Cr2O7中Cr的化合价为+6价，则生成物中Cr的化合价为+3价，X的化学式为。
（2）在反应中，K2Cr2O7中Cr的化合价降低，做氧化剂，AsH3中As的化合价升高，做还原剂，Cr2(SO4)3是还原产物，H3AsO4是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性和还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，氧化性：K2Cr2O7>H3AsO4，还原性：AsH3>Cr2(SO4)3，
故答案为：BC。
（3）反应中，Cr的化合价从+6降低到+3，1个K2Cr2O7得到6个电子，As的化合价从-3升高到+5，1个AsH3失去8个电子，根据电子守恒，K2Cr2O7和AsH3的个数之比为4：3，即氧化剂K2Cr2O7和还原剂AsH3的系数分别为4和3。
（4）反应中，Mn的化合价降低，从+7降低到+6和+4，得电子，O的化合价从-2价升高到0价，失去电子，用双线桥法标出电子转移的方向和数目为：。
（5）MnO2和浓盐酸加热条件下反应生成MnCl2、氯气和水，K2MnO4也能和浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2和水，反应的离子方程式分别为：和
。
（6）用KMnO4 和MnO2 与浓盐酸反应制取相同数目的Cl2分子，即转移相同数目的电子，KMnO4中Mn的化合价从+7价降低到+2价，1个KMnO4得到5个电子，MnO2中Mn的化合价从+4价降低到+2价，1个MnO2得到2个电子，则消耗KMnO4和MnO2 的个数之比为2∶5。
（1）结合化合价升降守恒判断；
（2）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；
（3）结合化合价升降守恒配平化学计量数；
（4）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
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；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
（5）二氧化锰和氯离子、氢离子加热生成锰离子、氯气和水；
（6）锰元素化合价降5氯元素化合价升2，结合化合价升降守恒判断可以得出化学计量数。
16．（1）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（2）2NA
（3）23.2
（4）0.75 mol·L-1
（5）6；15；15；6；9；15；
(1)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；(2)若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为Na2O2，其供氧时，其供养时主要反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，1mol过氧化钠反应电子转移1mol，其供养时每生成1mol O2消耗2mol过氧化钠，转移2mol电子，则反应过程中转移的电子数为2NA；(3)若B为Na2O，与11.6g CO2和H2O的反应为化合反应，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为过氧化钠，由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2：1，m(增重)=m(吸收) m(放出)，即11.6g m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g 3.6g=8.0g，所以n(O2)= =0.25mol，n(CO2和H2O)=0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量为 =23.2g/mol；(4)n(NaHCO3)= =0.125 mol，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl) n(NaHCO3)=0.1L×2mol·L-1 0.125mol=0.075mol，所以溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)剩余= =0.75mol·L-1；(5)反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则I元素失去电子的数目为2×6(1 0)+3×[5 ( 1)]=30，则KMnO4的化学计量系数应为 =6，结合质量守恒可知，该反应的化学反应方程式为6KMnO4+15KI+15H2SO4=6MnSO4+6I2+3KIO3+9K2SO4+15H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目为： 。
A是短周期元素中原子半径最大的金属元素，则A为Na；流程主要考察钠以及钠的化合物之间的转化；钠的氧化物为Na2O或Na2O2，
(1)根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气改写离子方程式；
(2)Na2O2为呼吸面具中的供养剂，既作氧化剂又作还原剂，按照得失电子守恒计算电子数目
(3)B为Na2O或Na2O2，当B为Na2O时，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为Na2O2，结合方程式，利用质量差计算混合气体的成分；
(4)NaHCO3最终完全转变成NaCl，根据Na元素守恒，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，再计算剩余HCl物质的量，根据c= 计算溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度。
(5)根据Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，I元素化合价由-1价升高到0价和+5价，结合氧化还原反应中得失电子数目相等配平方程式并标出电子转移的方向和数目。
17．（1）A、B
（2）
（3）
（4）
（5）ClO2；NaClO3
（1）反应A为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，反应B为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，反应C为2AgNO3+BaCl2=2AgCl↓+Ba(NO3)2，反应D为BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反应E为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。其中反应A、B都为置换反应，属于氧化还原反应，反应C、D、E都为复分解反应，属于非氧化还原反应，故答案：A、B。
（2）在反应A中，氧化性： H+>Fe2+；在反应B中，Ag+作氧化剂，Fe2+是氧化产物，则氧化性： Ag+>Fe2+；再根据金属活动性顺序判断，氧化性： Ag+>H+；则H+、Fe2+、 Ag+的氧化性顺序为 ，故答案： 。
（3）反应A的化学反应方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，HCl和FeCl2都是强电解质能拆，所以反应A的离子方程式为： ，故答案： 。
（4）反应B化学反应方程式为：Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，Fe元素的化合价由0价升高到+2价，Ag元素的化合价由+1价降低到0价，双线桥表示时根据化合价的变化判断得失电子，分别标出得失的电子数，即 ，故答案： 。
（5）由 反应可知， 为氧化剂，对应的产物为 ，属于还原产物， 为还原剂，对应的产物为 ，属于氧化产物，所以氧化性：NaClO3> Cl2；NaClO3> ，其中氧化性最强的是NaClO3，故答案：NaClO3。
化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物；氧化还原反应中氧化剂化合价降低，得到电子，被还原发生还原反应，得到还原产物，还原剂化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物；反应中得失电子数目相等，以此分析解答该题。
18．（1）2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（2）②
（3）1；6.02×1023
（4）16H+；8H2O；C2O42－；22.4
(1)KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可以知道，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可以知道，配平后的化学反应为2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；改为离子反应时Cl2和8H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；(2)由反应可以知道，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性；答案是②；（3）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，转移的电子的数目约为6.02×1023；(4)反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可以知道Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可以知道，反应物中缺项为H+，由元素守恒可以知道生成物中缺项为H2O；配平后离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42-发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为22.4L。
（1）离子方程式要符合电子得失守恒和质量守恒定律；
（2）浓盐酸中氯元素有的变价有的不变价说明浓盐酸表现出来的酸性和还原性；
（3）每消耗1mol Cl2，转移的电子的数目为2mol电子；
（4）根据氧化还原反应中电子得失守恒可以完成反应的配平。
19．（1）
（2）；；；得到；5
（3）氧化
（1）由分析可知，该反应是HCl与KMnO4的氧化还原反应，Mn元素由+7价下降到+2价，Cl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方程式为： ；（2）该反应中，化合价升高的反应物是 ；化合价没有发生变化的反应物是 ；Mn元素由+7价下降到+2价， 是氧化剂；1mol氧化剂得到1mol×(7 2)=5mol电子；故答案为： ； ； ；得到；5；（3）加入NaBiO3，溶液又变紫红色，则NaBiO3具有强氧化性，将锰离子氧化为高锰酸根离子，说明NaBiO3将Mn2+氧化成了 ，因而说明NaBiO3的氧化性比KMnO4强；故答案为：氧化。
将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体 ，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应；则七种物质发生HCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答。
20．（1）KMnO4；Cl2；73
（2）不能；KMnO4的氧化性比氯气的强，可将盐酸氧化为氯气；PbO2>KMnO4>H2O2
（3）不能
（1）根据反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑可知，Mn元素化合价由+7价降为+2价，则氧化剂是KMnO4；Cl元素由-1价升高为0价，则HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；每生成5mol氯气，被氧化的还原剂为10mol，则每生成71g即1mol氯气，被氧化的还原剂的质量为2mol×36.5g/mol=73g；
（2）①在配制酸性KMnO4溶液时不能用盐酸，因为KMnO4的氧化性比氯气的强，可将盐酸氧化为氯气；
②取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有无色气泡产生，说明KMnO4的氧化性强于H2O2，再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色，说明PbO2的氧化性强于KMnO4，则KMnO4、H2O2、PbO2的氧化性由强到弱的顺序为PbO2>KMnO4>H2O2；
（3）根据上述反应不能比较Cl2与H2O2的氧化性强弱，因为未做有关氯气与H2O2反应的实验，根据上述反应只能知道Cl2与H2O2的氧化性均弱于KMnO4。
（1）反应过程中所含元素化合价降低的是氧化剂，氧化剂发生还原反应得到还原产物，则该反应中高锰酸钾是氧化剂，浓盐酸是还原剂，氧化产物是氯气；
（2）①高锰酸钾能氧化盐酸；
②KMnO4溶液能将H2O2氧化为O2，则表明氧化性KMnO4＞H2O2，PbO2固体能将Mn2+氧化为KMnO4，则表明氧化性PbO2＞KMnO4；
（3）只有通过氧化还原反应才可以比较氧化性和还原性的强弱。
21．（1）Ce4+；6Ce4++2NH=6Ce3++N2↑+8H+
（2）3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2NO+H2O；随着电流强度的增大，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱
（3）NO吸附在纳米Fe/Ni复合材料上被Fe还原为NO并从材料表面解吸出来，同时Fe失去电子被氧化为Fe2+；解吸出的NO又被吸附在纳米Fe/Ni复合材料上，继续被Fe还原为NH，并从复合材料表面解吸出来
(1)根据进出图可知，Ce4+把NH氧化为N2，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，同时还生成水。①该处理过程中，起催化作用的离子是Ce4+；②上述转化过程中，Ce4+与NH反应的离子方程式为6Ce4++2NH=6Ce3++N2↑+8H+。
(2)①根据题意，ClO-氧化吸收NO生成硝酸根，本身还原为氯离子，且溶液为碱性，故离子方程式为3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2NO+H2O；②根据图可知电流强度增大到4A之后，次氯酸根的浓度会下降，而氧化性较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO去除率下降，而只有温度较高时才会有氯酸根生成，所以答案为：随着电流强度的增大，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。
(3)根据图示，NO吸附在纳米Fe/Ni复合材料上被Fe还原为NO并从材料表面解吸出来，同时Fe失去电子被氧化为Fe2+；解吸出的NO又被吸附在纳米Fe/Ni复合材料上，继续被Fe还原为NH，并从复合材料表面解吸出来。
（1）①催化剂在反应前后不变；
②Ce4+把NH氧化为N2，自身被还原为Ce3+；
（2）①ClO-氧化吸收NO生成硝酸根，本身还原为氯离子；
②电流强度增大到4A之后，次氯酸根的浓度会下降；
（3）结合图示分析反应过程原理。
22．（1）氧化剂、还原剂；2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2
（2）2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；0.15
（3）I-、Fe2+
（4）3(a+b)/2
I（1）反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由-1价降低为-2价，由-1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠与CO2反应生成Na2CO3和氧气，反应的方程式为： 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2；
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，在碱性条件下进行的离子反应为
2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②反应2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中Cl-是还原产物，反应中转移6mol电子，生成3molCl-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol；
（3）II.向含有 1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中通入2mol Cl2，的溶液中先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mo碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是I- Fe2+；
（4）a molFeI2完全被氧化转移3amol电子， b mol FeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可以知道，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，消耗氯气为1/2(3amol+3bmol )，即c=3(a+b)/2。
（1）根据化合价判定氧化剂和还原剂；过氧化钠和二氧化碳反应可以做供氧剂；
（2）分析物质化合价变化，用最小公倍数进行配平；根据得失电子守恒计算物质的量；
（3）I-还原性大于Fe2+，所以氯气先和碘离子反应，再和亚铁离子反应，根据反应顺序考虑氯气的量；
（4）I－、Fe2＋、Br－分别被氧化为I2、Fe3＋、Br2，根据得失电子守恒计算 Cl2 物质的量。
