2025届高三化学一轮复习 专题4第二单元硫及其化合物的相互转化 高考真题汇总训练

专题4第二单元硫及其化合物的相互转化 高考真题汇总训练 一、单选题 1．（2024年贵州高考真题化学试题）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是 B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应 D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度 2．（2024年高考辽宁卷化学真题）分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A．无色→蓝色：生成 B．蓝色→无色：转化为化合态 C．起漂白作用 D．淀粉作指示剂 3．（2024年北京高考真题化学试题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 4．（2023年福建省高考化学试卷）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 5．（2023年高考北京卷化学真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A．中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 6．（2022年北京市高考真题化学试题）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀 B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀 D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 7．（2022年海南省高考真题化学试题）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L 8．（2022年山东省高考化学真题）古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为 A．金(Au)：“虽被火亦未熟" B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解” C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物” D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白” 9．（2022年山东省高考化学真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 10．（2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题）关于反应，下列说法正确的是 A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．发生反应，转移电子 11．（2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 A．A B．B C．C D．D 12．（2022年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中发生氧化反应 B．a和b中转移的数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为 13．（2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子 14．（2021年新高考辽宁化学真题）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是 A．a可能为正盐，也可能为酸式盐 B．c为不溶于盐酸的白色沉淀 C．d为含极性键的非极性分子 D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀 15．（北京市2021年高考化学试题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 16．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是 A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 17．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是 A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3 C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 18．（2021年6月浙江省普通高校招生选考化学试题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物 C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 19．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是 A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在 20．（2018广东卷）已知还原性：SO>I-。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 A．当a≥b时，发生的离子反应为SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl- B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO+2I-+5Cl2+4H2O=4SO+I2+8H++10Cl- C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为a mol≤n(e-)≤3a mol D．当a<b<a时，溶液中SO、I-与Cl-的物质的量之比为a∶(3a-2b)∶2b 二、解答题 21．（2024年高考真题河北卷化学试题）市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题： (1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为 ；溶液的作用为 ；D中发生的主要反应的化学方程式为 。 (2)将D中溶液转移至 (填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为 。 (3)利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为 和 。 (4)为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取 (用含m的代数式表示)。 (5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯壁流下。 22．（2021年高考全国甲卷化学试题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)的一种制备方法如下图所示： ①加入粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。 ②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比时，氧化产物为 ；当，单质碘的收率会降低，原因是 。 (2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为 。 (3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为 。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是 。 23．（北京市2020年普通高中学业水平等级性考试）探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是 。 (2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 (3)探究(2)中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。 (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 。 24．（2020年全国统一考试化学试题（新课标Ⅰ））钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是 。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式 。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、 ，以及部分的 。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。 (5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是 。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】重晶石矿（主要成分为）通过一系列反应，转化为溶液；加盐酸酸化，生成和气体；在溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；加水溶解后，加入，进行合成反应，得到粗品，最后洗涤得到最终产品。 【详解】A．由分析可知，“气体”主要成分为气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错误； B．由分析可知，“系列操作”得到的是晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确； C．“合成反应”是和反应生成，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误； D．“洗涤”时，若使用稀，会部分转化为难溶的，故不能使用稀，D项错误； 故选B。 2．C 【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。 【详解】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确； B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO，I2转化为为化合态，B正确； C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误； D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确； 故答案选C。 3．B 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 4．A 【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误； B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确； C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确； 故选A。 5．C 【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误； B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确； D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误； 故选C。 6．D 【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误； B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误； C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误； D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。 故选D。 7．A 【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确； B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确； C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确； D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确； 综上所述，本题A。 8．C 【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意； B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意； C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意； D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意； 故答案为：C。 9．D 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确； B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确； 综上所述，本题选D。 10．B 【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 综上所述，本题选B。 11．C 【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误； B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误； C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确； D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误； 故选C。 12．D 【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误； B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误； C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误； D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确； 答案选D。 13．D 【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误； B．氢元素化合价由-1价升为+1价，故SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误； D．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素的化合价由-1价升为+1价，每消耗1molSiH4，生成1molSiO2，转移8mol电子，D正确； 答案选D。 14．C 【分析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确； B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确； C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；     D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确； 故答案为：C。 15．C 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选C。 16．D 【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。 【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确； B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确； C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确； D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误； 综上所述，错误的D项，故答案为D。 17．B 【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确； B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误； C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确； D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确； 故选B。 18．D 【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误； C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误； D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确； 故答案选D。 19．A 【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误； B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确； C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确； D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。 故选A。 20．C 【详解】A．当a≥b时，Cl2只能氧化SO，反应离子方程式为：SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl-，故A正确； B．当5a=4b即a=b时，b mol的Cl2与a mol SO完全反应，剩余的b mol Cl2与b mol I-反应，故B正确； C．当a＜b＜a时，Cl2能将SO完全氧化，但不能将I-完全氧化，即Cl2完全反应，故转移的电子的物质的量为n(e-)=2b mol，若a≤b≤a，则2a≤2b≤3a，即2a mol≤n(e-)≤3a mol，故C错误； D．当a＜b＜a时，溶液中n(SO)=n(SO)=a mol，n(Cl-)=2n(Cl2)=2b mol， 由得剩余的I-的物质的量为n(I-)=a  mol-2(b-a)  mol=(3a-2b)  mol，故 n(SO)∶n(I-)∶n(Cl-)=a∶(3a-2b)∶2b，故D正确； 故选：C。 21．(1) 直形冷凝管 除去市售的溴中少量的 (2) 蒸发皿 (3) 液封 降低温度 (4) (5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处 【分析】市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I-，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。 【详解】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为； （2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为； （3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发； （4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为； （5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。 22． 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出 【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3； ②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化； (2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。 23． S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质 【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓； (2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO； (3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3； ②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； ③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓； (4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。 24． 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； (2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； (3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； (5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1⻚，共 10⻚ 专题 4第二单元硫及其化合物的相互转化 高考真题汇总训练 一、单选题 1．（2024年贵州高考真题化学试题）贵州重晶石矿(主要成分 )储量占全国以上。某 研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡 工艺。部 分流程如下： 下列说法正确的是 A．“气体”主要成分是 ，“溶液 1”的主要溶质是 B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C．“合成反应”中生成 的反应是氧化还原反应 D．“洗涤”时可用稀 去除残留的碱，以提高纯度 2．（2024年高考辽宁卷化学真题） 分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种 溶液(① 溶液；②淀粉、丙二酸和 混合溶液；③ 、稀硫酸混合溶液)混合， 溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错 误的是 A．无色→蓝色：生成 B．蓝色→无色： 转化为化合态 C． 起漂白作用 D．淀粉作指示剂 3．（2024年北京高考真题化学试题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计 量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 试卷第 2⻚，共 10⻚ 物质的量 /mol 物质的量 /mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知： 的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②， 的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系 变化：①增大，②不变 4．（2023年福建省高考化学试卷）稀有气体氙的氟化物 与 溶液反应剧烈， 与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与 溶 液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误．．的是 A． 具有平面三角形结构 B． 的还原性比 强 C．反应 i～iv中有 3个氧化还原反应 D．反应 iv每生成 ，转移 电子 试卷第 3⻚，共 10⻚ 5．（2023年高考北京卷化学真题）离子化合物 和 与水的反应分别为 ① ；② 。下列说法正确的 是 A． 中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C． 中阴、阳离子个数比为 ， 中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的 和 的物质的量相同 6．（2022年北京市高考真题化学试题）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 减小的是 A．向 溶液中加入少量 溶液，生成白色沉淀 B．向 和 的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C．向 溶液中加入少量 溶液，生成蓝绿色沉淀 D．向 溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 7．（2022年海南省高考真题化学试题）在 2.8gFe中加入 100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。 NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应转移电子为 0.1mol B．HCl溶液中 数为 3NA C． 含有的中子数为 1.3NA D．反应生成标准状况下气体 3.36L 8．（2022年山东省高考化学真题）古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为 A．金(Au)：“虽被火亦未熟" B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解” C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物” D．石钟乳( )：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白” 9．（2022年山东省高考化学真题）实验室制备 过程为：①高温下在熔融强碱性介 质中用 氧化 制备 ；②水溶后冷却，调溶液 至弱碱性， 歧 化生成 和 ；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得 试卷第 4⻚，共 10⻚ 。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用 作强碱性介质 C．②中 只体现氧化性 D． 转化为 的理论转化率约为 66.7% 10．（2022年 6月浙江省普通高校招生选考化学试题）关于反应 ，下列说法正确的是 A． 发生还原反应 B． 既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2∶1 D． 发生反应，转移 电子 11．（2022年 6月浙江省普通高校招生选考化学试题）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、 口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成 溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 先加入少量 溶液，再加 溶液 和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量 溶液中，再加硫酸酸化， 振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量 溶液中，再加入稀盐酸酸 化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量 溶液，再加入 溶液 和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 A．A B．B C．C D．D 试卷第 5⻚，共 10⻚ 12．（2022年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题）科学家发现某些生物酶体系 可以促进 和 的转移(如 a、b和 c)，能将海洋中的 转化为 进入大气层，反应过 程如图所示。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中 发生氧化反应 B．a和 b中转移的 数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为 13．（2022年 1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题）关于反应 4CO2+SiH4 4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶4 D．生成 1molSiO2时，转移 8mol电子 14．（2021年新高考辽宁化学真题）含 S元素的某钠盐 a能发生如图转化。下列说法错误 的是 A．a可能为正盐，也可能为酸式盐 B．c为不溶于盐酸的白色沉淀 C．d为含极性键的非极性分子 D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀 15．（北京市2021年高考化学试题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取 乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 试卷第 6⻚，共 10⻚ ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、 Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每 24mol CuSO4氧化 11mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 16．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））X、Y均为短周期金属元素，同温同压下， 0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为 V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应， 生成H2体积为 V2L。下列说法错误的是 A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中 X、Y化合价之比一定为 D．由 一定能确定产物中 X、Y的化合价 17．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以 SO2和纯碱为原料制备无水 NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是 A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3 C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 18．（2021年6月浙江省普通高校招生选考化学试题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O， 下列说法正确的是 A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物 C．生成 12.7g I2时，转移 0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 7：1 19．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷）） 常用作食盐 中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 试卷第 7⻚，共 10⻚ 。下列说法错误的是 A．产生 22.4L(标准状况) 时，反应中转移 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在 20．（2018广东卷）已知还原性：SO >I-。向含 a mol KI和 a mol K2SO3的混合液中通入 b mol Cl2充分反应(不考虑 Cl2与 I2之间的反应)。下列说法不正确的是 A．当 a≥b时，发生的离子反应为 SO +Cl2+H2O=SO +2H++2Cl- B．当 5a=4b时，发生的离子反应为 4SO +2I-+5Cl2+4H2O=4SO +I2+8H++10Cl- C．当 a≤b≤ a时，反应中转移电子的物质的量 n(e-)为 a mol≤n(e-)≤3a mol D．当 a<b< a时，溶液中 SO 、I-与 Cl-的物质的量之比为 a∶(3a-2b)∶2b 二、解答题 21．（2024年高考真题河北卷化学试题）市售的溴(纯度 )中含有少量的 和 ，某化 学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题： (1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓 溶液的B中，水浴加热至不再有 红棕色液体馏出。仪器C的名称为 ； 溶液的作用为 ；D中发生的主要 反应的化学方程式为 。 (2)将D中溶液转移至 (填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的 溶液至 试卷第 8⻚，共 10⻚ 出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成 的离子方程式为 。 (3)利用图示相同装置，将R和 固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由 A 向B中滴加适量浓 ，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高 纯度的溴。D中蒸馏水的作用为 和 。 (4)为保证溴的纯度，步骤(3)中 固体的用量按理论所需量的 计算，若固体R质量 为m克(以 计)，则需称取 (用含m的代数式表示)。 (5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口 紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯壁流下。 22．（2021年高考全国甲卷化学试题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医 药、染料等方面。回答下列问题： (1) 的一种制备方法如下图所示： ①加入 粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。 ②通入 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量 比 时，氧化产物为 ；当 ，单质碘的收率会 降低，原因是 。 (2)以 为原料制备 的方法是：先向 溶液中加入过量的 ，生成碘化物； 再向混合溶液中加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的总反应的离子方程式 为 。 (3) 溶液和 溶液混合可生成 沉淀和 ，若生成 ，消耗的 至少为 。 在 溶液中可发生反应 。实验室中使用过量的 与 溶液反应后， 过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量 的原因是 。 试卷第 9⻚，共 10⻚ 23．（北京市 2020年普通高中学业水平等级性考试）探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和 H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体 A，过程中未检测到气体生成。黄色 固体 A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。 反应的离子方程式是 。 (2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉 淀增多(经检验该沉淀含 S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造 成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)， 可证实分解产物中含有 SO 。 (3)探究(2)中 S的来源。 来源 1：固体 A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成 S。 来源 2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成 S。 针对来源 1进行如图实验： ①实验可证实来源 1不成立。实验证据是 。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。 ③写出来源 2产生 S的反应的离子方程式： 。 (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和 S产生。运用氧化还原反应规律分析产 物中 S产生的合理性： 。 24．（2020年全国统一考试化学试题（新课标Ⅰ））钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、 +4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程 可由黏土钒矿制备NH4VO3。 试卷第 10⻚，共 10⻚ 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀 pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是 。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成 ，同时还有 离子被氧化。写出VO+ 转化为 反应的离子方程式 。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 ，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、 Na+、 ，以及部分的 。 (4)“沉淀转溶”中， 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。 (5)“调 pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是 。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是 。 答案第 1⻚，共 13⻚ 参考答案： 1．B 【分析】重晶石矿（主要成分为 ）通过一系列反应，转化为 溶液；加盐酸酸化， 生成 和 气体；在 溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过 滤、洗涤、干燥，得到 ；过滤得到的溶液 1的溶质主要含NaCl及过量的 NaOH； 加水溶解后，加入 ，进行合成反应，得到 粗品， 最后洗涤得到最终产品。 【详解】A．由分析可知，“气体”主要成分为 气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量 的NaOH，A项错误； B．由分析可知，“系列操作”得到的是 晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩， 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确； C．“合成反应”是 和 反应生成 ，该反应中元素化合价未 发生变化，不是氧化还原反应，C项错误； D．“洗涤”时，若使用稀 ， 会部分转化为难溶的 ，故不能使用稀 ，D项错误； 故选B。 2．C 【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与 IO 反应生成 I2，在淀粉指 示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的 I2又会与H2O2反应生成 IO ，使溶液变回无色；③生成 的 I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的 ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。 【详解】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有 I2生成，A正确； B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将 I2转化为 IO ，I2转化为为化合态，B正确； C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误； D．在此过程中，因为有 I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确； 故答案选C。 3．B 答案第 2⻚，共 13⻚ 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价， 根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是： 10I-+2 +16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故 n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式 10I-~2 ，可以求得 n=0.0002，则反应②的 n(I-)∶n( )=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应 ②对应的关系式为 I-~2 ~MnO2~ ~6e-， 中 I元素的化合价为+5价，根据离子所 带电荷数等于正负化合价的代数和知 x=3，反应②的离子方程式是： I-+2 +H2O=2MnO2↓+ +2OH-，B项正确； C．已知 的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减 弱而增强，C项错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、 消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 4．A 【详解】A．Xe原子以 sp3杂化轨道成键， 分子为三角锥形分子，A错误； B．由 iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中， 可以发生还原反应，而在水中则 发生非氧化还原反应，故可知： 的还原性比 强，B正确； C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； D．分析 iv可知，每生成一个 ，整个反应转移6个电子，故每生成 ，转移 电 子，D正确； 故选 A。 5．C 【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误； B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na2O2由Na+和 组成．阴、阳离子个数之比为 1∶2，CaH2由 Ca2+和H-组成，阴、阳 离子个数之比为 2∶1，C正确； 答案第 3⻚，共 13⻚ D．①中每生成 1个氧气分子转移 2个电子，②中每生成 1个氢气分子转移 1个电子，转移 电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为 1∶2，D错误； 故选C。 6．D 【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子， 忽略体积变化，H+的浓度不变，其 pH不变，A错误； B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的 氢氧化铁，其方程式为 ，该过和中会消耗水，则增大了 氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误； C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没 有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误； D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减 小，D正确。 故选D。 7．A 【分析】2.8gFe的物质的量为 0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和 Cl-的物质的量均为 0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 【详解】A．Fe完全溶解生成 Fe2+，该反应转移电子 0.1mol，A正确； B．HCl溶液中Cl-的物质的量为 0.3mol，因此，Cl-数为 0.3NA，B不正确； C．56Fe 的质子数为 26、中子数为 30，2.8g56Fe的物质的量为 0.05mol，因此，2.8g56Fe含 有的中子数为 1.5NA，C不正确； D．反应生成H2的物质的量为 0.05mol，在标准状况下的体积为 1.12L ，D不正确； 综上所述，本题 A。 8．C 【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性 质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意； 答案第 4⻚，共 13⻚ B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指 CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的 水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意； C．石硫黄即 S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指 2Ag+S Ag2S、Fe+S FeS、 2Cu+S Cu2S，反应中 S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意； D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指 CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关， D不合题意； 故答案为：C。 9．D 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4， 然后水溶后冷却调溶液 pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合 价由+6变为+7和+4。 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩 埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确； B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用 ，B说 法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正 确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据 Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有 转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4 的理论转化率约为 66.7%，D说法正确； 综上所述，本题选D。 10．B 【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在 酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有 S元素一种，硫酸的 作用是提供酸性环境。 【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发 答案第 5⻚，共 13⻚ 生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的 S的化合价为+2，其发生歧化反应生成 S(0价)和 SO2(+4价)，故其既是氧 化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1:1， C说法不正确； D．根据其中 S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移 2mol电子， D说法不正确。 综上所述，本题选B。 11．C 【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误； B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误； C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确； D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉 淀，D错误； 故选C。 12．D 【详解】A．由图示可知，过程 I中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价， NO 作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误； B．由图示可知，过程 I为NO 在酶 1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电 荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO +2H++e- NO+H2O，生成 1molNO， a过程转移1mole-，过程 II为NO和NH 在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4， 依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为： NO+NH +3e-+2H+ H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等， B错误； C．由图示可知，过程 II发生反应的参与反应的离子方程式为： 答案第 6⻚，共 13⻚ NO+NH +3e-+2H+ H2O+N2H4，n(NO):n(NH )=1:1，C错误； D．由图示可知，过程 I的离子方程式为NO +2H++e- NO+H2O，过程 II的离子方程式为 NO+NH +3e-+2H+ H2O+N2H4，过程 III的离子方程式为N2H4 N2↑+4H++4e-，则过程 Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO + NH = N2↑+2H2O，D正确； 答案选D。 13．D 【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错 误； B．氢元素化合价由-1价升为+1价，故 SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C 错误； D．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素的化合价由-1价升为+1价，每消耗 1molSiH4，生 成 1molSiO2，转移 8mol电子，D正确； 答案选D。 14．C 【分析】由题干信息可知，盐 a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体 d，d能使KMnO4溶 液褪色，故 d为 SO2，则盐 a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐 a与足量Cl2 反应后将生成 ，与BaCl2溶液反应得到沉淀 c，故 c为BaSO4，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正 盐，也可能为酸式盐，A正确； B．由分析可知，c为BaSO4，故 c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确； C．由分析可知，d为 SO2，由 SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键 的极性分子，C错误； D．由分析可知，盐 a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当 Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确； 故答案为：C。 答案第 7⻚，共 13⻚ 15．C 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可 知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为 Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸 性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到 1个电子，P元素化合价从-3价升高 到+5价，失去 8个电子，则 24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是 24mol÷8 ＝3mol，C项错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验， D项正确； 答案选C。 16．D 【分析】设与 1mol X反应消耗HCl的物质的量为 amol，与 1mol Y反应消耗H2SO4的物质 的量为 bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知 、 。 【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此 X、Y生成H2的物质的 量之比一定为 ，故 A正确； B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 ，因此 ，故B正 确； C．产物中 X、Y化合价之比为 ，由B项可知 ，故 C正确； D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3 三种情况，因此存在 a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由 可知，当 a=1，b=0.5时， =1，当 a=2，b=1时， =1，两种情况下 X、Y的化合价不同，因此根据 可能无法确 定 X、Y的化合价，故D错误； 综上所述，错误的D项，故答案为D。 17．B 答案第 8⻚，共 13⻚ 【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为 NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入 纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气 体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料 再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确； B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产 物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留 于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误； C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确； D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确； 故选B。 18．D 【详解】A．反应中 I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的 I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物， B错误； C．12.7g I2的物质的量为 0.05mol，根据反应方程式，每生成 4mol I2转移 7mol电子，则生 成 0.05mol I2时转移电子的物质的量为 0.0875mol，C错误； D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗 1mol K2H3IO6就有 7mol HI失 电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为 7:1，D正确； 故答案选D。 19．A 【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升 高5价，即6I2 60e-，又因方程式中6I2 3Cl2，故3Cl2 60e-，即Cl2 20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即 1mol Cl2时，反应中应转移 20mol e-，A错误； B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂， 由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 11:6，B正确； 答案第 9⻚，共 13⻚ C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确； D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应 生成 I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘 化钾溶液检验食盐中 的存在，D正确。 故选 A。 20．C 【详解】A．当 a≥b时，Cl2只能氧化 SO ，反应离子方程式为： SO +Cl2+H2O=SO +2H++2Cl-，故 A正确； B．当5a=4b即a= b时， bmol的Cl2与amol SO 完全反应，剩余的 bmol Cl2与 b mol I-反应，故B正确； C．当 a＜b＜ a时，Cl2能将 SO 完全氧化，但不能将 I-完全氧化，即Cl2完全反应，故 转移的电子的物质的量为 n(e-)=2b mol，若 a≤b≤ a，则 2a≤2b≤3a，即 2a mol≤n(e-)≤3a mol，故C错误； D．当 a＜b＜ a时，溶液中 n(SO )=n(SO )=a mol，n(Cl-)=2n(Cl2)=2b mol， 由 得剩余的 I-的物质的量为 n(I-)=a mol-2(b-a) mol=(3a-2b) mol， 故 n(SO )∶n(I-)∶n(Cl-)=a∶(3a-2b)∶2b，故D正确； 故选：C。 21．(1) 直形冷凝管 除去市售的溴中少量的 (2) 蒸发皿 (3) 液封 降低温度 (4) (5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处 【分析】市售的溴(纯度 99%)中含有少量的 Cl2和 I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯 答案第 10⻚，共 13⻚ 度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2 与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为 I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶 液氧化 I-，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同 时滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。 【详解】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的 ， 可与 发生氧化还原反应而除去；水浴加热时， 、 蒸发进入装置D中，分别与 发生氧化还原反应， 、 ，由 于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为 ； （2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的 溶液至出现红棕色 气体( )，即说明 已将 全部氧化，发生反应的离子方程式为 ； 几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固 体R的主要成分为 ； （3）密度 ，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减 少溴的挥发； （4）m克KBr固体的物质的量为 ，根据转移电子相等可得关系式 ，则理论上需要 的物质的量为 ，实际所需称取 的质量为 ； （5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃 棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。 22． 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的 进一步氧化 4 防止单质碘 析出 【详解】(1)①由流程图可知悬浊液中含 AgI ，AgI可与 Fe反应生成 FeI2和 Ag，FeI2易溶 于水，在离子方程式中能拆，故加入 粉进行转化反应的离子方程式为 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3； 答案第 11⻚，共 13⻚ ②通入 的过程中，因 I-还原性强于Fe2+， 先氧化还原性强的 I-，若氧化产物只有一种， 则该氧化产物只能是 I2，故反应的化学方程式为 FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比 时即 过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化， 故氧化产物为 I2、FeCl3，当 即 过量特别多，多余的氯气会与生成的 单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的 进一步氧化； (2)先向 溶液中加入计量的 ，生成碘化物即含 I-的物质；再向混合溶液中（含 I-）加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的两个反应中 I-为中间产物，总反应为 与 发生氧化还原反应，生成 和 ，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配 平离子方程式即可得： ，故答案为： ； (3) 溶液和 溶液混合可生成 沉淀和 ，化学方程式为 4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成 ，则消耗的 至少为 4mol；反应中加入过量 ，I-浓度增大， 可逆反应 平衡右移，增大 溶解度，防止 升华，有利于蒸馏时防止单质碘析 出，故答案为：4；防止单质碘析出。 23． S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液 2中加入 KMnO4溶液，溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性， 会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应 4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化 反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到 0价 生成硫单质 【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是 S2-+Cu2+=CuS↓； (2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液 答案第 12⻚，共 13⻚ B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含 S)，同时产生 有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成 S和H2S，由于 沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加 BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有 SO ； (3)①实验可证实来源 1不成立。根据分析，溶液 2为H2SO3，向溶液 2中加入少量KMnO4 溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还 原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3； ②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性， 会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； ③来源 2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成 S，反应的离子方程式： Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓； (4)根据已知资料：4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价， 硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也 可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到 0价生成硫单质。 24． 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+= +Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同 离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成 ，Fe3O4与硫酸 反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有 、K+、Mg2+、Al3+、 Fe3+、Mn2+、 ；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根 据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH，此过程中 Fe3+部分转化为 Fe(OH)3沉淀，部分 Al3+转化为 Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、 Mn2+、 ，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13， V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为 Fe(OH)3； 滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调 pH=8.5，NaAlO2转化为 Al(OH)3沉淀而除去； 答案第 13⻚，共 13⻚ 最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进 氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； (2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧 化性，Fe2+具有还原性，则 VO+和 VO2+被氧化成 的同时还有 Fe2+被氧化，反应的离子 方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为 时，钒元素的化合价由+3 价升至+5价，1molVO+失去 2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降 至+2价，1molMnO2得到 2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化 为 反应的离子方程式为 VO++MnO2+2H+= +Mn2++H2O，故答案为：Fe2+， VO++MnO2+2H+= +Mn2++H2O； (3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、 Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的 Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣③的主要成分是 Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； (5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方 程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故 答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利 用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3 尽可能析出完全。 【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和 提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。