第32頁（共32頁）2025-2026學(xué)年上學(xué)期高一化學(xué)蘇教版（2019）期末必刷?？碱}之硫及其化合物之間的轉(zhuǎn)化一．選擇題（共16小題）1．（2025秋?保定期中）如圖是硫元素形成物質(zhì)的“價—類”二維圖，其中g(shù)、h為鈉鹽。下列說法錯誤的是（）A．可實現(xiàn)a→b→c→d→f→c→b→a的轉(zhuǎn)化 B．e溶液久置于空氣中會生成f，溶液的pH減小 C．蒸干g的溶液可得h D．將c通入紫色石蕊試液中，溶液先變紅后褪色2．（2025秋?云南期中）元素的“價﹣類”二維圖體現(xiàn)了化學(xué)變化之美。部分含硫、含氮物質(zhì)的類別與硫元素、氮元素化合價的對應(yīng)關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)圖中所示物質(zhì)的敘述正確的是（）A．i、j屬于酸性氧化物 B．可用e的濃溶液吸收a、g，且反應(yīng)原理相同 C．實驗室中，k的濃溶液儲存在棕色細(xì)口試劑瓶中 D．c、d均可溶于水，且水溶液均能導(dǎo)電，故c、d均為電解質(zhì)3．（2025春?凌源市期末）硫元素的“價﹣類二維圖”如圖所示。下列有關(guān)敘述不正確的是（）A．將c通入品紅溶液中，溶液褪色 B．b有多種同素異形體 C．物質(zhì)a與c、f、e都有可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成b D．將f的水溶液在空氣中放置一段時間，其pH值將變大4．（2025秋?廣州期中）一定條件下，當(dāng)溶液中XO4-與H2O2分子個數(shù)比恰好為2：3時，溶液中XO4A．+2 B．+3 C．+4 D．+55．（2025秋?安寧區(qū)校級期中）已知氯氣和NaOH溶液在一定溫度下能發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O。某溫度下，將氯氣通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，經(jīng)測定ClO﹣與ClO3-的個數(shù)比為1A．3：11 B．11：3 C．1：3 D．3：16．（2025秋?固始縣期中）某離子反應(yīng)中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六種粒子，其中N2的物質(zhì)的量隨時間變化A．反應(yīng)后溶液的酸性增強(qiáng) B．若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移3個電子，則消耗18g還原劑 C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：1 D．還原性：Cl﹣＞7．（2024秋?曲靖校級期末）R2O4x﹣離子在酸性溶液中與MnO4﹣反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)物為RO2、Mn2+、H2O。已知反應(yīng)中氧化劑與還原劑的個數(shù)之比為2：5，則x的值為（）A．1 B．2 C．3 D．48．（2025春?宿遷期中）硫化氫（H2S）是一種有臭雞蛋氣味的劇毒氣體，在水溶液中電離方程式為：H2S?HS-+H+；HS﹣?S2﹣+H+。除去煙氣中的H2S方法有：①Fe2（SO4）3溶液氧化脫除（原理如圖1）、②活性炭吸附氧化脫除（原理如圖A．圖1中總反應(yīng)Fe2（SO4）3的物質(zhì)的量幾乎不變 B．圖1脫除34gH2S，理論上消耗O2體積為11.2L C．圖2中，其他條件不變時，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大 D．圖2中，其他條件不變時，增大水膜的pH，促進(jìn)H2S的電離，H2S的去除率一定增大9．（2025?廣東模擬）部分含Ca和含C物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是（）A．g、h都是強(qiáng)電解質(zhì) B．可存在b→c→e→i的轉(zhuǎn)化 C．d為某二元羧酸，可以使酸性KMnO4溶液褪色 D．e可與Na2O2反應(yīng)產(chǎn)生O2，在此反應(yīng)中e作為氧化劑10．（2025?惠東縣三模）部分含C或S物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖。下列推斷合理的是（）A．b和d均能與同一物質(zhì)反應(yīng)生成c B．若a能與氧氣反應(yīng)，則氧化產(chǎn)物一定具有漂白性 C．可存在g→b→d→e的轉(zhuǎn)化，該過程是酸雨的形成過程 D．g能使澄清石灰水變渾濁，得到f，則g所含元素一定位于第ⅣA族11．（2025秋?德州月考）“價﹣類”二維圖有助于將知識結(jié)構(gòu)化，如圖所示是S、N元素的部分“價﹣類”二維圖。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、e、u、y四種物質(zhì)兩兩之間均能反應(yīng) B．常溫下，F(xiàn)e與e、z的濃溶液都不反應(yīng) C．c、w、x均可與水反應(yīng)，反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)分別為e、y、z D．將w通入紫色石蕊試液先變紅后褪色12．（2025秋?蘭州期中）硫元素的部分價﹣類二維圖如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．a(chǎn)和c都可以用濃硫酸干燥 B．c因具有漂白性而可使品紅溶液褪色，加熱后溶液紅色恢復(fù) C．b和足量氧氣不能通過反應(yīng)一步生成d D．c使溴水褪色體現(xiàn)c的還原性13．（2025秋?寶安區(qū)期中）能滿足下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化關(guān)系，且推理成立的是（）單質(zhì)X→O2氧化物1→O2氧化物2A．X可為鐵，上述轉(zhuǎn)化過程中，存在物質(zhì)顏色的變化 B．X可為硫，單質(zhì)X在過量O2中燃燒生成氧化物2 C．X可為氮，上述轉(zhuǎn)化中涉及反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng) D．X可為鈉，單質(zhì)X、氧化物1、氧化物2均能與鹽酸反應(yīng)生成鹽14．（2025秋?廣西月考）當(dāng)溶液中X2O72-和SO32-離子數(shù)之比為1：3A．+3 B．+7 C．+2 D．+415．（2025秋?鼓樓區(qū)校級月考）已知某物質(zhì)的XO（OH）2+與Na2SO3反應(yīng)時，XO（OH）2+作氧化劑，Na2SO3被氧化為Na2SO4。經(jīng)測得4分子XO（OH）2+與2分子的Na2SO3恰好完全作用。試問XO（A．+3 B．+4 C．+5 D．016．（2025?西湖區(qū)校級模擬）為研究不同價態(tài)含硫物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，做如下實驗。實驗Ⅰ：H2實驗Ⅱ：硫酸酸化的KMnO4→滴加NaA．實驗1中反應(yīng)的離子方程式為5HB．由實驗Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀鹽酸也可以產(chǎn)生淡黃色沉淀 C．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能生成SO4D．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能生成硫膠體，可用激光筆照射來檢驗二．解答題（共4小題）17．（2025秋?長沙校級月考）高鐵酸鉀（K2FeO4，極易溶于水）是常見的水處理劑，其原理如圖所示?！静殚嗁Y料】向膠體中加入電解質(zhì)后，膠體因失去穩(wěn)定性而發(fā)生離子的聚集以至沉淀，稱為電解質(zhì)對膠體的聚沉作用，簡稱膠體的聚沉。回答下列問題：（1）過程①中活性菌表現(xiàn)了（填“氧化”或“還原”）性，該過程的還原產(chǎn)物是（填離子符號）。（2）根據(jù)上述原理分析，作水處理劑時，K2FeO4的作用有（填兩個）。（3）制備高鐵酸鉀常用的反應(yīng)原理為Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反應(yīng)未配平）。①該反應(yīng)中，Cl元素的化合價由價變?yōu)閮r；還原劑為。②通過該反應(yīng)說明：在此條件下，氧化性Cl2（填“＞”、“＝”或“＜”）K2FeO4。③配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式。（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）具有強(qiáng)氧化性可氧化HCl，2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O，在此反應(yīng)中，Cl2和K2FeO4的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系和（3）中制備K2FeO4反應(yīng)原理中的相反，原因是。18．（2025秋?鎮(zhèn)江月考）水體中的Cr2O72-、HCrO4（1）鋇鹽沉淀法：①HCrO4-部分轉(zhuǎn)化為Cr2O7②向含Cr（Ⅵ）的酸性廢水中加入鋇鹽，可生成難溶于水的BaCrO4沉淀，其他條件一定，使用等物質(zhì)的量的BaCl2或BaCO3，反應(yīng)足夠長的時間，使用BaCO3時Cr（Ⅵ）的沉鉻率要優(yōu)于使用BaCl2的原因是。（2）納米鐵粉還原法：納米鐵粉可將水體中Cr（Ⅵ）還原為Cr3+，再通過調(diào)節(jié)溶液pH轉(zhuǎn)化為Cr（OH）3沉淀而被除去。①在氮氣氣氛保護(hù)下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得納米鐵粉，反應(yīng)的離子方程式為2BH4-+Fe2++6H2O=Fe↓+2B②實驗發(fā)現(xiàn)，其他條件相同，含鐵的物質(zhì)的量相同，用納米鐵粉和鐵﹣銅粉分別處理pH＝5的含Cr（Ⅵ）廢水，廢水中Cr（Ⅵ）的去除率隨時間的變化關(guān)系如圖1所示，用鐵﹣銅粉處理含Cr（Ⅵ）廢水的效果更好，原因是。（3）還原吸附法：CuS—TiO2吸附并部分還原Cr（Ⅵ），原理如圖2所示。實驗控制在pH＜6的弱酸性條件下進(jìn)行。①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，在pH＞6的水溶液中表面帶負(fù)電荷。在弱酸性條件下，除鉻的速率比堿性條件下快的原因是。②起始pH＝4時，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的濃度隨時間的變化如圖3所示。Cu2+濃度先增大后減小的原因是。（4）離子交換法：陰離子交換樹脂去除酸性廢水中Cr（Ⅵ）的原理為2ROH+Cr2O72-?R2Cr2O7+2OH-。某樹脂的Cr（Ⅵ）摩爾交換總?cè)萘繛?.45mol?L﹣1，即每升濕樹脂最多吸收1.45molCr（Ⅵ）?，F(xiàn)將Cr（Ⅵ）含量為60mg?L﹣19．（2025秋?合肥校級月考）ⅥA族元素（氧、硫、硒等）及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用（1）我國是世界上硫儲量豐富的國家，在巖層深處的無氧環(huán)境下，硫元素通常以硫化物礦石如黃鐵礦（FeS2）存在，一種堿性條件下的電化學(xué)浸出法可有效回收礦石中的有色金屬，其反應(yīng)原理如圖所示：含硫物質(zhì)FeS2轉(zhuǎn)化的離子方程式。（2）SOCl2是一種液態(tài)化合物，實驗室可將SOCl2的與AlCl3?6H2O混合加熱得到無水AlCl3，試用文字解釋SOCl2在實驗過程中所起的作用：。（3）甲硫醇（CH3SH）具有一定的酸性，是合成農(nóng)藥、醫(yī)藥的重要中間體，工業(yè)上可通過硫化氫（H2S）與一氧化碳（CO）在催化劑作用下反應(yīng)制備，CH3SH的酸性于H2S的酸性（填“強(qiáng)”或“弱”）。（4）硒的某種氧化物為鏈狀聚合結(jié)構(gòu)如圖所示，其中Se的雜化方式為該氧化物的化學(xué)式為。（5）二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用如圖表示。已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1λ2（填“＞”或“＜”或“＝”）。（6）以工業(yè)硒為原料制備高純硒的流程如圖。工業(yè)硒(Se①下列說法正確的是（填字母序號）。a.過程ⅰ到過程ⅲ均為氧化還原反應(yīng)b.H2SeO3既有氧化性，又有還原性c.SeO2能與NaOH反應(yīng)生成Na2SeO3和H2Od.Se與H2化合比S與H2化合容易②過程ⅲ中使用的還原劑為N2H4?nH2O，對應(yīng)產(chǎn)物是N2。理論上，過程ⅰ消耗的O2與過程ⅲ中消耗的N2H4?nH2O的物質(zhì)的量之比為（工業(yè)硒中雜質(zhì)與O2的反應(yīng)可忽略）。20．（2025秋?和平區(qū)校級月考）物質(zhì)類別和核心元素的化合價是研究物質(zhì)性質(zhì)的兩個重要視角。以硫及其化合物與化合價變化為坐標(biāo)的二維轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。回答下列問題：（1）圖中X的電子式為；其水溶液在空氣中放置易變渾濁，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：。該變化說明硫的非金屬性比氧（填“強(qiáng)”或“弱”）。（2）下列物質(zhì)用于Na2S2O3的制備，從氧化還原反應(yīng)的角度考慮，理論上有可能的是（填字母）。a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3（3）濃H2SO4與木炭共熱反應(yīng)的方程式，為檢驗生成的產(chǎn)物應(yīng)將氣體依次通過（從以下選項中選擇，不可重復(fù)）。a.澄清石灰水b.無水硫酸銅c.品紅溶液d.NaOH溶液e.KMnO4溶液（4）將足量的SO2通入BaCl2溶液中，下列說法正確的是（填標(biāo)號）。a．溶液中出現(xiàn)白色沉淀b．溶液沒有明顯變化c．若再通入Cl2或NH3，則溶液中均會出現(xiàn)白色沉淀寫出一個能體現(xiàn)SO2氧化性的化學(xué)方程式。（5）治理含CO、SO2的煙道氣，以Fe2O3為催化劑，將CO、SO2在380℃時轉(zhuǎn)化為S和一種無毒氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。

2025-2026學(xué)年上學(xué)期高一化學(xué)蘇教版（2019）期末必刷?？碱}之硫及其化合物之間的轉(zhuǎn)化參考答案與試題解析一．選擇題（共16小題）題號1234567891011答案DCDCCABADAA題號1213141516答案ADABC一．選擇題（共16小題）1．（2025秋?保定期中）如圖是硫元素形成物質(zhì)的“價—類”二維圖，其中g(shù)、h為鈉鹽。下列說法錯誤的是（）A．可實現(xiàn)a→b→c→d→f→c→b→a的轉(zhuǎn)化 B．e溶液久置于空氣中會生成f，溶液的pH減小 C．蒸干g的溶液可得h D．將c通入紫色石蕊試液中，溶液先變紅后褪色【答案】D【分析】根據(jù)硫元素化合價以及物質(zhì)類別可知，a為H2S、b為S、c為SO2、d為SO3、f為H2SO4、e為H2SO3、g為含有+4價硫元素的鹽、h為含有+6價硫元素的鹽?！窘獯稹拷猓篈．a(chǎn)為H2S，可以被氧化生成S，硫在空氣中燃燒生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸、濃硫酸與Cu反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫與H2S發(fā)生歸中反應(yīng)生成硫單質(zhì)，硫單質(zhì)與氫氣反應(yīng)生成H2S，故可實現(xiàn)a→b→c→d→f→c→b→a的轉(zhuǎn)化，故A正確；B．f為H2SO4，e溶液為亞硫酸溶液，久置于空氣中會生成f，溶液酸性增強(qiáng)，溶液的pH減小，故B正確；C．蒸干亞硫酸鈉溶液可得硫酸鈉，故C正確；D．SO2通入紫色石蕊試液中只變紅不褪色，故D錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進(jìn)行解題。2．（2025秋?云南期中）元素的“價﹣類”二維圖體現(xiàn)了化學(xué)變化之美。部分含硫、含氮物質(zhì)的類別與硫元素、氮元素化合價的對應(yīng)關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)圖中所示物質(zhì)的敘述正確的是（）A．i、j屬于酸性氧化物 B．可用e的濃溶液吸收a、g，且反應(yīng)原理相同 C．實驗室中，k的濃溶液儲存在棕色細(xì)口試劑瓶中 D．c、d均可溶于水，且水溶液均能導(dǎo)電，故c、d均為電解質(zhì)【答案】C【分析】含硫、氮物質(zhì)的類別與硫元素和氮元素化合價的對應(yīng)關(guān)系分析可知，a為H2S，b為S，c為SO2，d為SO3，e為H2SO4，f為硫酸鹽，g為NH3，h為N2，i為NO，j為NO2，k為HNO3，以此解答?！窘獯稹拷猓篈．i為NO，j為NO2或N2O4，均不屬于酸性氧化物，故A錯誤；B．濃硫酸吸收NH3體現(xiàn)了濃硫酸的酸性，吸收H2S體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性，故B錯誤；C．k為HNO3，濃硝酸易分解，故濃硝酸儲存在棕色細(xì)口試劑瓶中，故C正確；D．c為SO2，d為SO3二者溶于水均生成酸，酸電離產(chǎn)生離子，離子定向移動導(dǎo)電，SO2為SO3不屬于電解質(zhì)，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查元素化合物知識，側(cè)重考查學(xué)生分析和解決問題的能力。3．（2025春?凌源市期末）硫元素的“價﹣類二維圖”如圖所示。下列有關(guān)敘述不正確的是（）A．將c通入品紅溶液中，溶液褪色 B．b有多種同素異形體 C．物質(zhì)a與c、f、e都有可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成b D．將f的水溶液在空氣中放置一段時間，其pH值將變大【答案】D【分析】硫元素的“價﹣類二維圖”如圖所示，a為﹣2價氫化物H2S，b為S，c為SO2，d為SO3，e為H2SO4，f為H2SO3，g為+4價含氧酸鹽，h為+6價含氧酸，據(jù)此分析判斷。【解答】解：A．SO2具有漂白性，將SO2通入品紅溶液中，溶液褪色，故A正確；B．S有多種同素異形體，如單斜硫、斜方硫等，故B正確；C．物質(zhì)H2S具有還原性，結(jié)合氧化還原反應(yīng)原理可知，與SO2、H2SO3、H2SO4都有可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成S，故C正確；D．將H2SO3的水溶液在空氣中放置一段時間，氧化為硫酸，其pH值將變小，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了元素化合物性質(zhì)分析判斷，主要是硫及其化合物性質(zhì)的理解應(yīng)用，題目難度不大。4．（2025秋?廣州期中）一定條件下，當(dāng)溶液中XO4-與H2O2分子個數(shù)比恰好為2：3時，溶液中XO4A．+2 B．+3 C．+4 D．+5【答案】C【分析】H2O2恰好將XO4-還原，反應(yīng)中H2O2變成O2，O元素的化合價由﹣1價升高為0價，則X【解答】解：H2O2恰好將XO4-還原，反應(yīng)中H2O2變成O2，O元素的化合價由﹣1價升高為0價，則X的化合價降低，設(shè)元素X在還原產(chǎn)物中的化合價為x，由電子守恒可知，2×（7﹣x）＝3×2×（1﹣0），x＝故選：C。【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，明確氧化還原反應(yīng)中元素的化合價升降及電子守恒是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大。5．（2025秋?安寧區(qū)校級期中）已知氯氣和NaOH溶液在一定溫度下能發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O。某溫度下，將氯氣通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，經(jīng)測定ClO﹣與ClO3-的個數(shù)比為1A．3：11 B．11：3 C．1：3 D．3：1【答案】C【分析】Cl2生成ClO﹣和ClO3-是被氧化，化合價由0價升高為+1價和+5價，Cl2生成Cl﹣是被還原，化合價由0價降低為﹣【解答】解：Cl2生成ClO﹣和ClO3-是被氧化，化合價由0價升高為+1價和+5價，Cl2生成Cl﹣是被還原，化合價由0價降低為﹣1價；假設(shè)反應(yīng)后溶液中有ClO﹣的個數(shù)為x，ClO3-的個數(shù)也為x，ClO﹣和ClO3-為氧化產(chǎn)物，共2x個；ClO﹣和ClO3-共失去電子的個數(shù)為x+x×5＝6x，Cl2轉(zhuǎn)化為Cl﹣，得到1個電子，則生成Cl﹣是還原產(chǎn)物，有故選：C?！军c評】本題考查氧化還原計算，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況，試題難度中等。6．（2025秋?固始縣期中）某離子反應(yīng)中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六種粒子，其中N2的物質(zhì)的量隨時間變化A．反應(yīng)后溶液的酸性增強(qiáng) B．若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移3個電子，則消耗18g還原劑 C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：1 D．還原性：Cl﹣＞【答案】A【分析】由圖可知，隨反應(yīng)進(jìn)行N2的物質(zhì)的量增大，故N2為生成物，則NH4+應(yīng)為反應(yīng)物，N元素化合價升高，則具有氧化性的ClO﹣為反應(yīng)物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，則反應(yīng)的方程式應(yīng)為ClO3-+2NH4+=N2【解答】解：A．由方程式ClO3-+2NH4+=N2↑+3H2O+ClB．N元素化合價由﹣3價升高到0價，由反應(yīng)可知，轉(zhuǎn)移3mol電子時消耗還原劑為18g，故B錯誤；C．由反應(yīng)可知，氧化產(chǎn)物（N2）與還原產(chǎn)物（Cl﹣）的物質(zhì)的量之比為1：1，故C錯誤；D．還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性：Cl﹣＜NH4+故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握元素的化合價變化、物質(zhì)的性質(zhì)、轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意基本概念的應(yīng)用，題目難度不大。7．（2024秋?曲靖校級期末）R2O4x﹣離子在酸性溶液中與MnO4﹣反應(yīng)，反應(yīng)產(chǎn)物為RO2、Mn2+、H2O。已知反應(yīng)中氧化劑與還原劑的個數(shù)之比為2：5，則x的值為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由信息可知，Mn元素從+7價降為+2價，則R元素的化合價升高，結(jié)合電子守恒計算?！窘獯稹拷猓涸O(shè)R2O4x﹣中R元素化合價為+n價，反應(yīng)中MnO4﹣是氧化劑，Mn元素從+7價降為+2價，R元素從+n價升高為+4價，由電子守恒可知（7﹣2）×2＝（4﹣n）×2×5，解得：n＝3，此時R2O4x﹣中（+3）×2+（﹣2）×4＝﹣2，即x＝2，故選：B。【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握元素的化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用，題目難度不大。8．（2025春?宿遷期中）硫化氫（H2S）是一種有臭雞蛋氣味的劇毒氣體，在水溶液中電離方程式為：H2S?HS-+H+；HS﹣?S2﹣+H+。除去煙氣中的H2S方法有：①Fe2（SO4）3溶液氧化脫除（原理如圖1）、②活性炭吸附氧化脫除（原理如圖A．圖1中總反應(yīng)Fe2（SO4）3的物質(zhì)的量幾乎不變 B．圖1脫除34gH2S，理論上消耗O2體積為11.2L C．圖2中，其他條件不變時，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大 D．圖2中，其他條件不變時，增大水膜的pH，促進(jìn)H2S的電離，H2S的去除率一定增大【答案】A【分析】圖1反應(yīng)的實質(zhì)為H2S和氧氣反應(yīng)生成S和水，F(xiàn)e2（SO4）3為催化劑；圖2為活性炭吸附氧化脫除H2S：核心反應(yīng)為HS﹣+O＝S+OH﹣?！窘獯稹拷猓簣D1反應(yīng)的實質(zhì)為H2S和氧氣反應(yīng)生成S和水，F(xiàn)e2（SO4）3為催化劑；圖2為活性炭吸附氧化脫除H2S：核心反應(yīng)為HS﹣+O＝S+OH﹣；A．圖1反應(yīng)的實質(zhì)為H2S和氧氣反應(yīng)生成S和水，所以Fe2（SO4）3的物質(zhì)的量幾乎不變，故A正確；B．沒有指明標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計算消耗O2的體積，故B錯誤；C．圖2中，氧氣分子在活性炭表面變?yōu)榛钚匝踉?，其他條件不變時，增大水膜的厚度，氧氣分子變?yōu)榛钚匝踉拥臄?shù)量降低，H2S的去除率降低，故C錯誤；D．圖2中，其他條件不變時，增大水膜的pH，抑制HS﹣+O＝S+OH﹣反應(yīng)進(jìn)行，H2S的去除率不一定增大，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查元素化合物，側(cè)重考查學(xué)生含硫物質(zhì)性質(zhì)的掌握情況，試題難度中等。9．（2025?廣東模擬）部分含Ca和含C物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是（）A．g、h都是強(qiáng)電解質(zhì) B．可存在b→c→e→i的轉(zhuǎn)化 C．d為某二元羧酸，可以使酸性KMnO4溶液褪色 D．e可與Na2O2反應(yīng)產(chǎn)生O2，在此反應(yīng)中e作為氧化劑【答案】D【分析】根據(jù)價類二維圖可知，a為CH4，b為C，c為CO，e為CO2，d為H2C2O4，f為Ca，g為CaO，h為Ca（OH）2，i為鈣鹽，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．g為CaO，屬于金屬氧化物，h為Ca（OH）2，屬于強(qiáng)堿，都是強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；B．b為C，c為CO，e為CO2，i為鈣鹽，可存在b→c→e→i（如CaCO3）的轉(zhuǎn)化，故B正確；C．d為H2C2O4，可以使酸性KMnO4溶液褪色，自己被氧化為CO2，故C正確；D．e為CO2，可與Na2O2反應(yīng)產(chǎn)生O2，在此反應(yīng)中Na2O2既是氧化劑，也是還原劑，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查碳、鈣及其化合物之間的轉(zhuǎn)化，屬于基本知識的考查，難度不大。10．（2025?惠東縣三模）部分含C或S物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖。下列推斷合理的是（）A．b和d均能與同一物質(zhì)反應(yīng)生成c B．若a能與氧氣反應(yīng)，則氧化產(chǎn)物一定具有漂白性 C．可存在g→b→d→e的轉(zhuǎn)化，該過程是酸雨的形成過程 D．g能使澄清石灰水變渾濁，得到f，則g所含元素一定位于第ⅣA族【答案】A【分析】A．b為+6價氧化物，只能是SO3；d為+6價酸，是H2SO4；c為+6價鹽，即硫酸鹽（如Na2SO4）；B．a(chǎn)為0價單質(zhì)，可能是C或S；C．g→b→d→e轉(zhuǎn)化中，g為+4價氧化物（SO2），b為SO3，d為H2SO4，e為+4價酸（H2SO3）；D．g為+4價氧化物（CO2或SO2），均能使澄清石灰水變渾濁生成f（碳酸鹽或亞硫酸鹽）?！窘獯稹拷猓篈．b為+6價氧化物，只能是SO3；d為+6價酸，是硫酸；c為+6價鹽，即硫酸鹽（如Na2SO4），三氧化硫與氫氧化鈉反應(yīng)：SO3+2NaOH＝Na2SO4+H2O；H2SO4與NaOH反應(yīng)：H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，二者均能與堿反應(yīng)生成c，故A正確；B．a(chǎn)為0價單質(zhì)，可能是C或S，若a為C，與氧氣反應(yīng)生成一氧化碳或二氧化碳，均無漂白性；若a為S，生成二氧化硫有漂白性，但“一定”錯誤，故B錯誤；C．g→b→d→e轉(zhuǎn)化中，g為+4價氧化物（SO2），b為SO3，d為H2SO4，e為+4價酸（H2SO3），酸雨形成是SO2→H2SO3→H2SO4或SO2→SO3→H2SO4，不存在H2SO4→H2SO3的步驟，故C錯誤；D．g為+4價氧化物（CO2或SO2），均能使澄清石灰水變渾濁生成f（碳酸鹽或亞硫酸鹽），二氧化碳含C（ⅣA族），SO2含S（ⅥA族），“一定位于ⅣA族”錯誤，故D錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進(jìn)行解題。11．（2025秋?德州月考）“價﹣類”二維圖有助于將知識結(jié)構(gòu)化，如圖所示是S、N元素的部分“價﹣類”二維圖。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、e、u、y四種物質(zhì)兩兩之間均能反應(yīng) B．常溫下，F(xiàn)e與e、z的濃溶液都不反應(yīng) C．c、w、x均可與水反應(yīng)，反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)分別為e、y、z D．將w通入紫色石蕊試液先變紅后褪色【答案】A【分析】由題干S、N的“價﹣類”二維圖可知，a是NH3、b是N2、c是NO、d是NO2或N2O4、e是HNO3，u是H2S、v是S、w是SO2、x是SO3、y是H2SO3、z是H2SO4，據(jù)此分析解題?！窘獯稹拷猓篈．a(chǎn)為NH3、e為HNO3、u為H2S、y為H2SO3，NH3與HNO3反應(yīng)生成NH4NO3，NH3與H2S反應(yīng)生成NH4HS或（NH4）2S，NH3與H2SO3反應(yīng)生成NH4HSO3或（NH4）2SO3，稀HNO3與H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S、NO和H2O，稀HNO3與H2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO、H2SO4和H2O，H2S與H2SO3發(fā)生歸中反應(yīng)：2H2S+H2SO3＝3S↓+3H2O，故a、e、u、y四種物質(zhì)兩兩之間均能反應(yīng)，故A正確；B．e為HNO3、z為H2SO4，常溫下Fe與濃HNO3、濃H2SO4發(fā)生鈍化，鈍化是化學(xué)變化（生成氧化膜），并非“不反應(yīng)”，故B錯誤；C．c為NO、w為SO2、x為SO3，NO與水不反應(yīng)，故C錯誤；D．w為SO2，二氧化硫通入紫色石蕊試液，二氧化硫與水反應(yīng)生成的亞硫酸使溶液變紅，但SO2不能漂白石蕊（僅漂白某些有機(jī)色素如品紅），不會褪色，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進(jìn)行解題。12．（2025秋?蘭州期中）硫元素的部分價﹣類二維圖如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．a(chǎn)和c都可以用濃硫酸干燥 B．c因具有漂白性而可使品紅溶液褪色，加熱后溶液紅色恢復(fù) C．b和足量氧氣不能通過反應(yīng)一步生成d D．c使溴水褪色體現(xiàn)c的還原性【答案】A【分析】根據(jù)價類二維圖可知，a為H2S、b為S、c為SO2、d為SO3、e為H2SO3、f為H2SO3、g為亞硫酸鹽、h為硫酸鹽，據(jù)此進(jìn)行解答。【解答】解：A．a(chǎn)為H2S，具有還原性，不能用濃硫酸干燥，故A錯誤；B．c為SO2，具有漂白性而可使品紅溶液褪色，加熱后溶液紅色恢復(fù)，故B正確；C．b為S，和足量氧氣不能通過反應(yīng)一步生成SO3，故C正確；D．c為SO2，使溴水褪色生成硫酸，S元素化合價升高，體現(xiàn)c的還原性，故D正確；故選：A。【點評】本題考查元素化合物，側(cè)重考查學(xué)生含硫物質(zhì)性質(zhì)的掌握情況，試題難度中等。13．（2025秋?寶安區(qū)期中）能滿足下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化關(guān)系，且推理成立的是（）單質(zhì)X→O2氧化物1→O2氧化物2A．X可為鐵，上述轉(zhuǎn)化過程中，存在物質(zhì)顏色的變化 B．X可為硫，單質(zhì)X在過量O2中燃燒生成氧化物2 C．X可為氮，上述轉(zhuǎn)化中涉及反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng) D．X可為鈉，單質(zhì)X、氧化物1、氧化物2均能與鹽酸反應(yīng)生成鹽【答案】D【分析】A．X可為鐵，可以是Fe→O2FeO→O2FeB．硫單質(zhì)和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；C．元素化合價發(fā)生變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)；D．若X可為鈉，則氧化物1為Na2O，氧化物2為Na2O2，Na、Na2O、Na2O2與鹽酸反應(yīng)生成NaCl。【解答】解：A．鐵的氧化物不溶于水，不能實現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化，故A錯誤；B．X可為硫，單質(zhì)X在過量O2中燃燒生成氧化物二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故B錯誤；C．X可為氮，N2→O2NO→O2NO2→H2OHNO3→NaOHNaNO3，其中D．若X可為鈉，則氧化物1為Na2O，氧化物2為Na2O2，Na、Na2O、Na2O2與鹽酸反應(yīng)生成NaCl，單質(zhì)X、氧化物1、氧化物2均能與鹽酸反應(yīng)生成鹽，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查元素及化合物的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。14．（2025秋?廣西月考）當(dāng)溶液中X2O72-和SO32-離子數(shù)之比為1：3A．+3 B．+7 C．+2 D．+4【答案】A【分析】X2O72-為氧化劑（被還原），SO32-為還原劑（被氧化）。SO32-→SO42-，S【解答】解：X2O72-為氧化劑（被還原），SO32-為還原劑（被氧化）。SO32-→SO42-，S從+4→+6，每個SO32-失去2e?，3mol共失去6mol電子，設(shè)還原后化合價為m，每個X2O72-獲得2×（6﹣m）mol電子，根據(jù)得失電子守恒：1molX2故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況，試題難度中等。15．（2025秋?鼓樓區(qū)校級月考）已知某物質(zhì)的XO（OH）2+與Na2SO3反應(yīng)時，XO（OH）2+作氧化劑，Na2SO3被氧化為Na2SO4。經(jīng)測得4分子XO（OH）2+與2分子的Na2SO3恰好完全作用。試問XO（A．+3 B．+4 C．+5 D．0【答案】B【分析】XO（OH）2+中X元素的化合價為+5，XO（OH）2+作氧化劑，X化合價降低，設(shè)還原產(chǎn)物中X的化合價為a；Na2SO3被氧化為Na2SO4，【解答】解：XO（OH）2+中X元素的化合價為+5，XO（OH）2+作氧化劑，X化合價降低，設(shè)還原產(chǎn)物中X的化合價為a；Na2SO3被氧化為Na2SO4，S元素化合價升高2；4分子XO（OH）2+與2分子的Na2SO3恰好完全作用，根據(jù)得失電子守恒4×（5﹣a）＝2×故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況，試題難度中等。16．（2025?西湖區(qū)校級模擬）為研究不同價態(tài)含硫物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，做如下實驗。實驗Ⅰ：H2實驗Ⅱ：硫酸酸化的KMnO4→滴加NaA．實驗1中反應(yīng)的離子方程式為5HB．由實驗Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀鹽酸也可以產(chǎn)生淡黃色沉淀 C．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能生成SO4D．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能生成硫膠體，可用激光筆照射來檢驗【答案】C【分析】A．實驗1中反應(yīng)是亞硫酸和硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)S；B．Na2S和Na2SO3的混合溶液在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S單質(zhì)；C．硫酸酸化的KMnO4溶液中含硫酸根離子，不能加入氯化鋇檢驗硫離子被氧化生成的硫酸根離子；D．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)。【解答】解：A．實驗1中是亞硫酸和硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)S，反應(yīng)的離子方程式為：5H2SO3+2S2﹣＝3S↓+4HSO3-+3H2OB．由實驗Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀鹽酸，酸性條件下也可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生淡黃色沉淀S，故B正確；C．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能是硫離子被氧化生成SO42-D．實驗Ⅱ中開始“無沉淀產(chǎn)生”可能生成硫膠體，可用激光筆照射來檢驗是否發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)證明，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了硫價化合物性質(zhì)的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。二．解答題（共4小題）17．（2025秋?長沙校級月考）高鐵酸鉀（K2FeO4，極易溶于水）是常見的水處理劑，其原理如圖所示?！静殚嗁Y料】向膠體中加入電解質(zhì)后，膠體因失去穩(wěn)定性而發(fā)生離子的聚集以至沉淀，稱為電解質(zhì)對膠體的聚沉作用，簡稱膠體的聚沉?；卮鹣铝袉栴}：（1）過程①中活性菌表現(xiàn)了還原（填“氧化”或“還原”）性，該過程的還原產(chǎn)物是Fe3+（填離子符號）。（2）根據(jù)上述原理分析，作水處理劑時，K2FeO4的作用有殺菌消毒、凈水（填兩個）。（3）制備高鐵酸鉀常用的反應(yīng)原理為Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反應(yīng)未配平）。①該反應(yīng)中，Cl元素的化合價由0價變?yōu)椹?價；還原劑為Fe（OH）3。②通過該反應(yīng)說明：在此條件下，氧化性Cl2＞（填“＞”、“＝”或“＜”）K2FeO4。③配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O。（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）具有強(qiáng)氧化性可氧化HCl，2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O，在此反應(yīng)中，Cl2和K2FeO4的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系和（3）中制備K2FeO4反應(yīng)原理中的相反，原因是溶液的酸堿性不同?！敬鸢浮浚?）還原；Fe3+；（2）殺菌消毒、凈水；（3）①0；﹣1；Fe（OH）3；②＞；③2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；（4）溶液的酸堿性不同。【分析】由圖可知，K2FeO4殺滅活細(xì)菌時，轉(zhuǎn)化為鐵離子，鐵元素化合價降低，被還原，活性菌表現(xiàn)了還原性，F(xiàn)e3+形成Fe（OH）3膠體，吸附河水中的懸浮顆粒物并沉降，可凈化水，據(jù)此分析；【解答】解：（1）由圖可知，過程①中，K2FeO4殺滅活細(xì)菌時，被還原為Fe3+，則K2FeO4表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，活性菌表現(xiàn)了還原性，該過程的Fe3+是還原產(chǎn)物，故答案為：還原；Fe3+；（2）由圖可知，過程①中K2FeO4殺滅活細(xì)菌，被還原為Fe3+，在過程②中Fe3+水解生成Fe（OH）3膠體，在過程③中吸附河水中的懸浮顆粒物并沉降，故K2FeO4的作用有：殺菌消毒（氧化）、凈水（膠體有吸附性），故答案為殺菌消毒、凈水，故答案為：殺菌消毒、凈水；（3）①由Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（未配平）可知，Cl元素的化合價由0價降低到﹣1價，F(xiàn)e元素由+3升高到+6價，Cl2將Fe（OH）3氧化為K2FeO4，F(xiàn)e（OH）3為還原劑，Cl2為氧化劑，K2FeO4為氧化產(chǎn)物，故答案為：0；﹣1；Fe（OH）3；②說明在堿性條件下，Cl2氧化性大于FeO故答案為：＞；③鐵元素化合價從+3價升高到+6價，氯元素從0價降低到﹣1價，依據(jù)化合價升降法配平后的方程式為2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案為：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；（4）根據(jù)K2FeO4的制備實驗（2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O）得出：氧化性Cl2大于FeO42-，此反應(yīng)是在堿性溶液中完成的；而2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O中氧化性FeO故答案為：溶液的酸堿性不同?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握情況，試題難度中等。18．（2025秋?鎮(zhèn)江月考）水體中的Cr2O72-、HCrO4（1）鋇鹽沉淀法：①HCrO4-部分轉(zhuǎn)化為Cr2O7②向含Cr（Ⅵ）的酸性廢水中加入鋇鹽，可生成難溶于水的BaCrO4沉淀，其他條件一定，使用等物質(zhì)的量的BaCl2或BaCO3，反應(yīng)足夠長的時間，使用BaCO3時Cr（Ⅵ）的沉鉻率要優(yōu)于使用BaCl2的原因是BaCO3與H+反應(yīng)，溶液中H+濃度減小，使2CrO42-+2H+?Cr（2）納米鐵粉還原法：納米鐵粉可將水體中Cr（Ⅵ）還原為Cr3+，再通過調(diào)節(jié)溶液pH轉(zhuǎn)化為Cr（OH）3沉淀而被除去。①在氮氣氣氛保護(hù)下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得納米鐵粉，反應(yīng)的離子方程式為2BH4-+Fe2++6H2O=Fe↓+2B②實驗發(fā)現(xiàn)，其他條件相同，含鐵的物質(zhì)的量相同，用納米鐵粉和鐵﹣銅粉分別處理pH＝5的含Cr（Ⅵ）廢水，廢水中Cr（Ⅵ）的去除率隨時間的變化關(guān)系如圖1所示，用鐵﹣銅粉處理含Cr（Ⅵ）廢水的效果更好，原因是形成Fe﹣Cu原電池，加快了反應(yīng)速率。（3）還原吸附法：CuS—TiO2吸附并部分還原Cr（Ⅵ），原理如圖2所示。實驗控制在pH＜6的弱酸性條件下進(jìn)行。①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，在pH＞6的水溶液中表面帶負(fù)電荷。在弱酸性條件下，除鉻的速率比堿性條件下快的原因是在酸性條件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，而Cr2O②起始pH＝4時，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的濃度隨時間的變化如圖3所示。Cu2+濃度先增大后減小的原因是CuS被Cr（Ⅵ）氧化為S和Cu2+，使溶液中Cu2+濃度增大；反應(yīng)過程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加劇，又使Cu2+濃度減小。（4）離子交換法：陰離子交換樹脂去除酸性廢水中Cr（Ⅵ）的原理為2ROH+Cr2O72-?R2Cr2O7+2OH-。某樹脂的Cr（Ⅵ）摩爾交換總?cè)萘繛?.45mol?L﹣1，即每升濕樹脂最多吸收1.45molCr（Ⅵ）。現(xiàn)將Cr（Ⅵ）含量為60mg?【答案】（1）①2HCr②BaCO3與H+反應(yīng)，溶液中H+濃度減小，使2CrO42-+2H+?（2）①0.25；②形成Fe﹣Cu原電池，加快了反應(yīng)速率；（3）①在酸性條件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，而Cr②CuS被Cr（Ⅵ）氧化為S和Cu2+，使溶液中Cu2+濃度增大；反應(yīng)過程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加劇，又使Cu2+濃度減?。唬?）達(dá)到?！痉治觥浚?）①HCrO4-②碳酸鋇能與溶液中的氫離子反應(yīng)，氫離子濃度減小，使2CrO4（2）①由電負(fù)性可知，四氫合硼酸鈉中氫元素為—1價、硼元素為+3價，則制備納米鐵粉的反應(yīng)中四氫合硼酸鈉為反應(yīng)的還原劑，亞鐵離子和水是氧化劑，由得失電子數(shù)目守恒可知，每生成1mol納米鐵粉時，轉(zhuǎn)移8mol電子；②由鐵—銅粉處理含Cr（Ⅵ）的酸性廢水時，鐵—銅在溶液中構(gòu)成原電池，原電池反應(yīng)使反應(yīng)速率加快；（3）①CuS—TiO2可吸附并部分還原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，Cr②根據(jù)原理圖可知，發(fā)生反應(yīng)：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++8Cr3++3SO（4）根據(jù)所給信息進(jìn)行計算，30mL濕樹脂最多吸收Cr（Ⅵ）的質(zhì)量：m1=1.45mol?L-1×30mL×10-3【解答】解：（1）①HCrO4-部分轉(zhuǎn)化為C故答案為：2HCr②碳酸鋇能與溶液中的氫離子反應(yīng)，氫離子濃度減小，使2CrO42-+2H+?故答案為：BaCO3與H+反應(yīng)，溶液中H+濃度減小，使2CrO42-+2H+?C（2）①由電負(fù)性可知，四氫合硼酸鈉中氫元素為—1價、硼元素為+3價，則制備納米鐵粉的反應(yīng)中四氫合硼酸鈉為反應(yīng)的還原劑，亞鐵離子和水是氧化劑，由得失電子數(shù)目守恒可知，每生成1mol納米鐵粉時，轉(zhuǎn)移8mol電子，被亞鐵離子氧化的四氫合硼酸根離子的物質(zhì)的量為1mol×24=0.5mol，則每轉(zhuǎn)移4mol電子，被Fe2+氧化的NaBH故答案為：0.25；②由鐵—銅粉處理含Cr（Ⅵ）的酸性廢水時，鐵—銅在溶液中構(gòu)成原電池，原電池反應(yīng)使反應(yīng)速率加快，所以用鐵—銅粉處理含Cr（Ⅵ）的廢水的效果更好，故答案為：形成Fe﹣Cu原電池，加快了反應(yīng)速率；（3）①CuS—TiO2可吸附并部分還原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，Cr故答案為：在酸性條件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面帶正電荷，而Cr②根據(jù)原理圖可知，發(fā)生反應(yīng)：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++8Cr3++3SO42-+16故答案為：CuS被Cr（Ⅵ）氧化為S和Cu2+，使溶液中Cu2+濃度增大；反應(yīng)過程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加劇，又使Cu2+濃度減小；（4）根據(jù)所給信息進(jìn)行計算，30mL濕樹脂最多吸收Cr（Ⅵ）的質(zhì)量：m1=1.45mol?L-1×30mL×10-3L?故答案為：達(dá)到?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況，試題難度中等。19．（2025秋?合肥校級月考）ⅥA族元素（氧、硫、硒等）及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用（1）我國是世界上硫儲量豐富的國家，在巖層深處的無氧環(huán)境下，硫元素通常以硫化物礦石如黃鐵礦（FeS2）存在，一種堿性條件下的電化學(xué)浸出法可有效回收礦石中的有色金屬，其反應(yīng)原理如圖所示：含硫物質(zhì)FeS2轉(zhuǎn)化的離子方程式FeS2+5（2）SOCl2是一種液態(tài)化合物，實驗室可將SOCl2的與AlCl3?6H2O混合加熱得到無水AlCl3，試用文字解釋SOCl2在實驗過程中所起的作用：SOCl2可與水發(fā)生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加熱時的水解。（3）甲硫醇（CH3SH）具有一定的酸性，是合成農(nóng)藥、醫(yī)藥的重要中間體，工業(yè)上可通過硫化氫（H2S）與一氧化碳（CO）在催化劑作用下反應(yīng)制備，CH3SH的酸性弱于H2S的酸性（填“強(qiáng)”或“弱”）。（4）硒的某種氧化物為鏈狀聚合結(jié)構(gòu)如圖所示，其中Se的雜化方式為sp3該氧化物的化學(xué)式為SeO2。（5）二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用如圖表示。已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1＜λ2（填“＞”或“＜”或“＝”）。（6）以工業(yè)硒為原料制備高純硒的流程如圖。工業(yè)硒(Se①下列說法正確的是bc（填字母序號）。a.過程ⅰ到過程ⅲ均為氧化還原反應(yīng)b.H2SeO3既有氧化性，又有還原性c.SeO2能與NaOH反應(yīng)生成Na2SeO3和H2Od.Se與H2化合比S與H2化合容易②過程ⅲ中使用的還原劑為N2H4?nH2O，對應(yīng)產(chǎn)物是N2。理論上，過程ⅰ消耗的O2與過程ⅲ中消耗的N2H4?nH2O的物質(zhì)的量之比為1：1（工業(yè)硒中雜質(zhì)與O2的反應(yīng)可忽略）。【答案】（1）FeS（2）SOCl2可與水發(fā)生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加熱時的水解；（3）弱；（4）sp3；SeO2；（5）＜；（6）①bc；②1：1?！痉治觥浚?）FeS2在堿性條件下和O2-反應(yīng)的離子方程式（2）實驗室將SOCl2與AlCl3?6H2O混合加熱得到無水AlCl3，SOCl2在實驗過程中所起的作用SOCl2可與水發(fā)生水解生成HCl；（3）甲基為推電子基團(tuán)，導(dǎo)致CH3SH的酸性弱于H2S的酸性；（4）Se形成2個單鍵、一個雙鍵，形成三個σ鍵，存在一對孤對電子，雜化方式為sp3，根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可判斷與Se結(jié)合的氧原子個數(shù)1+2×12（5）二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用下圖表示。已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1＜λ2，其原因是硫半徑小于硒半徑，S—S鍵的鍵長小于Se﹣Se鍵長，S—S鍵的鍵能大于Se﹣Se鍵的鍵能；（6）①a.過程ii中SeO2與水反應(yīng)生成H2SeO3，各元素化合價未改變；b.H2SeO3中Se化合價處于中間價態(tài)，既能升高又能降低；c.SeO2→過程ii水洗H2SeO3，SeO2為酸性氧化物能與NaOH反應(yīng)生成Na2SeO3和Hd.Se與H2化合比S與H2化合難，因為Se非金屬性小于S；②過程iii中使用的還原劑為N2H4?nH2O，對應(yīng)產(chǎn)物是N2，i中O元素由0價將為﹣2價，iii中N由﹣2價升高為0價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同?！窘獯稹拷猓海?）FeS2在堿性條件下和O2-反應(yīng)的離子方程式故答案為：FeS（2）實驗室將SOCl2與AlCl3?6H2O混合加熱得到無水AlCl3，SOCl2在實驗過程中所起的作用SOCl2可與水發(fā)生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加熱時的水解，故答案為：SOCl2可與水發(fā)生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加熱時的水解；（3）甲基為推電子基團(tuán)，導(dǎo)致CH3SH的酸性弱于H2S的酸性，故答案為：弱；（4）Se形成2個單鍵、一個雙鍵，形成三個σ鍵，存在一對孤對電子，雜化方式為sp3，根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可判斷與Se結(jié)合的氧原子個數(shù)1+2×12=2，所以該氧化物的化學(xué)式為故答案為：sp3；SeO2；（5）二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用下圖表示。已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1＜λ2，其原因是硫半徑小于硒半徑，S—S鍵的鍵長小于Se﹣Se鍵長，S—S鍵的鍵能大于Se﹣Se鍵的鍵能，則光譜能量高，波長短，故答案為：＜；（6）①a.過程ii中SeO2與水反應(yīng)生成H2SeO3，各元素化合價未改變，不是氧化還原反應(yīng)，a錯誤；b.H2SeO3中Se化合價處于中間價態(tài)，既能升高又能降低，既有氧化性，又有還原性，b正確；c.SeO2→過程ii水洗H2SeO3，SeO2為酸性氧化物能與NaOH反應(yīng)生成Na2SeO3和H2Od.Se與H2化合比S與H2化合難，因為Se非金屬性小于S，d錯誤；故答案為：bc；②過程iii中使用的還原劑為N2H4?nH2O，對應(yīng)產(chǎn)物是N2，i中O元素由0價將為﹣2價，iii中N由﹣2價升高為0價，轉(zhuǎn)移