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4.2硫及其化合物的相互转化
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 保定期中）如图是硫元素形成物质的“价—类”二维图，其中g、h为钠盐。下列说法错误的是（　　）
A．可实现a→b→c→d→f→c→b→a的转化
B．e溶液久置于空气中会生成f，溶液的pH减小
C．蒸干g的溶液可得h
D．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
2．（2025秋 云南期中）元素的“价﹣类”二维图体现了化学变化之美。部分含硫、含氮物质的类别与硫元素、氮元素化合价的对应关系如图所示。下列有关图中所示物质的叙述正确的是（　　）
A．i、j属于酸性氧化物
B．可用e的浓溶液吸收a、g，且反应原理相同
C．实验室中，k的浓溶液储存在棕色细口试剂瓶中
D．c、d均可溶于水，且水溶液均能导电，故c、d均为电解质
3．（2025春 凌源市期末）硫元素的“价﹣类二维图”如图所示。下列有关叙述不正确的是（　　）
A．将c通入品红溶液中，溶液褪色
B．b有多种同素异形体
C．物质a与c、f、e都有可能发生化学反应生成b
D．将f的水溶液在空气中放置一段时间，其pH值将变大
4．（2025秋 广州期中）一定条件下，当溶液中与H2O2分子个数比恰好为2：3时，溶液中离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为（　　）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
5．（2025秋 安宁区校级期中）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与的个数比为1：1，则氯气与氢氧化钠反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（　　）
A．3：11 B．11：3 C．1：3 D．3：1
6．（2025秋 固始县期中）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、、H+、N2、Cl﹣六种粒子，其中N2的物质的量随时间变化1的曲线如图所示。下列判断中正确的是（　　）
A．反应后溶液的酸性增强
B．若该反应转移3个电子，则消耗18g还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D．还原性：Cl﹣
7．（2024秋 曲靖校级期末）R2O4x﹣离子在酸性溶液中与MnO4﹣反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2：5，则x的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2025春 宿迁期中）硫化氢（H2S）是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：；HS﹣ S2﹣+H+。除去烟气中的H2S方法有：①Fe2（SO4）3溶液氧化脱除（原理如图1）、②活性炭吸附氧化脱除（原理如图2，核心反应为HS﹣+O＝S+OH﹣）。下列说法正确的是（　　）
A．图1中总反应Fe2（SO4）3的物质的量几乎不变
B．图1脱除34gH2S，理论上消耗O2体积为11.2L
C．图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大
D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的pH，促进H2S的电离，H2S的去除率一定增大
9．（2025 广东模拟）部分含Ca和含C物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（　　）
A．g、h都是强电解质
B．可存在b→c→e→i的转化
C．d为某二元羧酸，可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．e可与Na2O2反应产生O2，在此反应中e作为氧化剂
10．（2025 惠东县三模）部分含C或S物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是（　　）
A．b和d均能与同一物质反应生成c
B．若a能与氧气反应，则氧化产物一定具有漂白性
C．可存在g→b→d→e的转化，该过程是酸雨的形成过程
D．g能使澄清石灰水变浑浊，得到f，则g所含元素一定位于第ⅣA族
11．（2025秋 德州月考）“价﹣类”二维图有助于将知识结构化，如图所示是S、N元素的部分“价﹣类”二维图。下列说法正确的是（　　）
A．a、e、u、y四种物质两两之间均能反应
B．常温下，Fe与e、z的浓溶液都不反应
C．c、w、x均可与水反应，反应后溶液的溶质分别为e、y、z
D．将w通入紫色石蕊试液先变红后褪色
12．（2025秋 兰州期中）硫元素的部分价﹣类二维图如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．a和c都可以用浓硫酸干燥
B．c因具有漂白性而可使品红溶液褪色，加热后溶液红色恢复
C．b和足量氧气不能通过反应一步生成d
D．c使溴水褪色体现c的还原性
13．（2025秋 宝安区期中）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是（　　）
单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐
A．X可为铁，上述转化过程中，存在物质颜色的变化
B．X可为硫，单质X在过量O2中燃烧生成氧化物2
C．X可为氮，上述转化中涉及反应均为氧化还原反应
D．X可为钠，单质X、氧化物1、氧化物2均能与盐酸反应生成盐
14．（2025秋 广西月考）当溶液中和离子数之比为1：3时，正好完全发生氧化还原反应，已知转化为，则X元素在产物中的化合价为（　　）
A．+3 B．+7 C．+2 D．+4
15．（2025秋 鼓楼区校级月考）已知某物质的XO（OH）与Na2SO3反应时，XO（OH）作氧化剂，Na2SO3被氧化为Na2SO4。经测得4分子XO（OH）与2分子的Na2SO3恰好完全作用。试问XO（OH）还原后X的最终价态是（　　）
A．+3 B．+4 C．+5 D．0
16．（2025 西湖区校级模拟）为研究不同价态含硫物质的转化，做如下实验。
实验Ⅰ：有流黄色沉淀产生
实验Ⅱ：硫酸酸化的KMnO4无沉淀产生紫红色变浅，有淡黄色沉淀，下列说法不正确的是（　　）
A．实验1中反应的离子方程式为
B．由实验Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀盐酸也可以产生淡黄色沉淀
C．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能生成，可通过取样滴加氯化钡溶液来检验
D．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能生成硫胶体，可用激光笔照射来检验
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 长沙校级月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。
【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。
回答下列问题：
（1）过程①中活性菌表现了　 　 （填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是　 　 （填离子符号）。
（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有　 　 （填两个）。
（3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。
①该反应中，Cl元素的化合价由　 　 价变为　 　 价；还原剂为　 　 。
②通过该反应说明：在此条件下，氧化性Cl2　 　 （填“＞”、“＝”或“＜”）K2FeO4。
③配平该反应的化学方程式　 　 。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性可氧化HCl，2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O，在此反应中，Cl2和K2FeO4的氧化性强弱关系和（3）中制备K2FeO4反应原理中的相反，原因是　 　 。
18．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 　 　 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 　 　 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 　 　 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 　 　 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 　 　 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 　 　 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 　 　 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
19．（2025秋 合肥校级月考）ⅥA族元素（氧、硫、硒等）及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用
（1）我国是世界上硫储量丰富的国家，在岩层深处的无氧环境下，硫元素通常以硫化物矿石如黄铁矿（FeS2）存在，一种碱性条件下的电化学浸出法可有效回收矿石中的有色金属，其反应原理如图所示：
含硫物质FeS2转化的离子方程式　 　 。
（2）SOCl2是一种液态化合物，实验室可将SOCl2的与AlCl3 6H2O混合加热得到无水AlCl3，试用文字解释SOCl2在实验过程中所起的作用：　 　 。
（3）甲硫醇（CH3SH）具有一定的酸性，是合成农药、医药的重要中间体，工业上可通过硫化氢（H2S）与一氧化碳（CO）在催化剂作用下反应制备，CH3SH的酸性　 　 于H2S的酸性（填“强”或“弱”）。
（4）硒的某种氧化物为链状聚合结构如图所示，其中Se的杂化方式为　 　 该氧化物的化学式为　 　 。
（5）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用如图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1　 　 λ2（填“＞”或“＜”或“＝”）。
（6）以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
工业硒高纯硒
①下列说法正确的是　 　 （填字母序号）。
a.过程ⅰ到过程ⅲ均为氧化还原反应
b.H2SeO3既有氧化性，又有还原性
c.SeO2能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O
d.Se与H2化合比S与H2化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为N2H4 nH2O，对应产物是N2。理论上，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ中消耗的N2H4 nH2O的物质的量之比为　 　 （工业硒中杂质与O2的反应可忽略）。
20．（2025秋 和平区校级月考）物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角。以硫及其化合物与化合价变化为坐标的二维转化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）图中X的电子式为　 　 ；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式：　 　 。该变化说明硫的非金属性比氧　 　 （填“强”或“弱”）。
（2）下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度考虑，理论上有可能的是　 　 （填字母）。
a．Na2S+S
b．Z+S
c．Na2SO3+Y
d．NaHS+NaHSO3
（3）浓H2SO4与木炭共热反应的方程式　 　 ，为检验生成的产物应将气体依次通过　 　 （从以下选项中选择，不可重复）。
a.澄清石灰水
b.无水硫酸铜
c.品红溶液
d.NaOH溶液
e.KMnO4溶液
（4）将足量的SO2通入BaCl2溶液中，下列说法正确的是　 　 （填标号）。
a．溶液中出现白色沉淀
b．溶液没有明显变化
c．若再通入Cl2或NH3，
则溶液中均会出现白色沉淀写出一个能体现SO2氧化性的化学方程式　 　 。
（5）治理含CO、SO2的烟道气，以Fe2O3为催化剂，将CO、SO2在380℃时转化为S和一种无毒气体，写出该反应的化学方程式：　 　 。
4.2硫及其化合物的相互转化
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 保定期中）如图是硫元素形成物质的“价—类”二维图，其中g、h为钠盐。下列说法错误的是（　　）
A．可实现a→b→c→d→f→c→b→a的转化
B．e溶液久置于空气中会生成f，溶液的pH减小
C．蒸干g的溶液可得h
D．将c通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
【答案】D
【分析】根据硫元素化合价以及物质类别可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、f为H2SO4、e为H2SO3、g为含有+4价硫元素的盐、h为含有+6价硫元素的盐。
【解答】解：A．a为H2S，可以被氧化生成S，硫在空气中燃烧生成二氧化硫、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、浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与H2S发生归中反应生成硫单质，硫单质与氢气反应生成H2S，故可实现a→b→c→d→f→c→b→a的转化，故A正确；
B．f为H2SO4，e溶液为亚硫酸溶液，久置于空气中会生成f，溶液酸性增强，溶液的pH减小，故B正确；
C．蒸干亚硫酸钠溶液可得硫酸钠，故C正确；
D．SO2通入紫色石蕊试液中只变红不褪色，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查含硫物质的性质及综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025秋 云南期中）元素的“价﹣类”二维图体现了化学变化之美。部分含硫、含氮物质的类别与硫元素、氮元素化合价的对应关系如图所示。下列有关图中所示物质的叙述正确的是（　　）
A．i、j属于酸性氧化物
B．可用e的浓溶液吸收a、g，且反应原理相同
C．实验室中，k的浓溶液储存在棕色细口试剂瓶中
D．c、d均可溶于水，且水溶液均能导电，故c、d均为电解质
【答案】C
【分析】含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系分析可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2，k为HNO3，以此解答。
【解答】解：A．i为NO，j为NO2或N2O4，均不属于酸性氧化物，故A错误；
B．浓硫酸吸收NH3体现了浓硫酸的酸性，吸收H2S体现了浓硫酸的强氧化性，故B错误；
C．k为HNO3，浓硝酸易分解，故浓硝酸储存在棕色细口试剂瓶中，故C正确；
D．c为SO2，d为SO3二者溶于水均生成酸，酸电离产生离子，离子定向移动导电，SO2为SO3不属于电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查元素化合物知识，侧重考查学生分析和解决问题的能力。
3．（2025春 凌源市期末）硫元素的“价﹣类二维图”如图所示。下列有关叙述不正确的是（　　）
A．将c通入品红溶液中，溶液褪色
B．b有多种同素异形体
C．物质a与c、f、e都有可能发生化学反应生成b
D．将f的水溶液在空气中放置一段时间，其pH值将变大
【答案】D
【分析】硫元素的“价﹣类二维图”如图所示，a为﹣2价氢化物H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为H2SO3，g为+4价含氧酸盐，h为+6价含氧酸，据此分析判断。
【解答】解：A．SO2具有漂白性，将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，故A正确；
B．S有多种同素异形体，如单斜硫、斜方硫等，故B正确；
C．物质H2S具有还原性，结合氧化还原反应原理可知，与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能发生化学反应生成S，故C正确；
D．将H2SO3的水溶液在空气中放置一段时间，氧化为硫酸，其pH值将变小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物性质分析判断，主要是硫及其化合物性质的理解应用，题目难度不大。
4．（2025秋 广州期中）一定条件下，当溶液中与H2O2分子个数比恰好为2：3时，溶液中离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为（　　）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【答案】C
【分析】H2O2恰好将还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由﹣1价升高为0价，则X的化合价降低，利用电子守恒计算解答。
【解答】解：H2O2恰好将还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由﹣1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×（7﹣x）＝3×2×（1﹣0），x＝+4，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大。
5．（2025秋 安宁区校级期中）已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与的个数比为1：1，则氯气与氢氧化钠反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（　　）
A．3：11 B．11：3 C．1：3 D．3：1
【答案】C
【分析】Cl2生成ClO﹣和是被氧化，化合价由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成Cl﹣是被还原，化合价由0价降低为﹣1价。
【解答】解：Cl2生成ClO﹣和是被氧化，化合价由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成Cl﹣是被还原，化合价由0价降低为﹣1价；假设反应后溶液中有ClO﹣的个数为x，的个数也为x，ClO﹣和为氧化产物，共2x个；ClO﹣和共失去电子的个数为x+x×5＝6x，Cl2转化为Cl﹣，得到1个电子，则生成Cl﹣是还原产物，有6x个，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为2x：6x＝1：3，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原计算，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025秋 固始县期中）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、、H+、N2、Cl﹣六种粒子，其中N2的物质的量随时间变化1的曲线如图所示。下列判断中正确的是（　　）
A．反应后溶液的酸性增强
B．若该反应转移3个电子，则消耗18g还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D．还原性：Cl﹣
【答案】A
【分析】由图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2为生成物，则应为反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为2N2↑+3H2O+Cl﹣+2H+，以此解答该题。
【解答】解：A．由方程式2N2↑+3H2O+Cl﹣+2H+可知随着反应的进行，氢离子的物质的量增大、浓度增大，溶液的酸性增强，故A正确；
B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，由反应可知，转移3mol电子时消耗还原剂为18g，故B错误；
C．由反应可知，氧化产物（N2）与还原产物（Cl﹣）的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、物质的性质、转移电子数的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本概念的应用，题目难度不大。
7．（2024秋 曲靖校级期末）R2O4x﹣离子在酸性溶液中与MnO4﹣反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2：5，则x的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由信息可知，Mn元素从+7价降为+2价，则R元素的化合价升高，结合电子守恒计算。
【解答】解：设R2O4x﹣中R元素化合价为+n价，反应中MnO4﹣是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，由电子守恒可知（7﹣2）×2＝（4﹣n）×2×5，解得：n＝3，此时R2O4x﹣中（+3）×2+（﹣2）×4＝﹣2，即x＝2，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
8．（2025春 宿迁期中）硫化氢（H2S）是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：；HS﹣ S2﹣+H+。除去烟气中的H2S方法有：①Fe2（SO4）3溶液氧化脱除（原理如图1）、②活性炭吸附氧化脱除（原理如图2，核心反应为HS﹣+O＝S+OH﹣）。下列说法正确的是（　　）
A．图1中总反应Fe2（SO4）3的物质的量几乎不变
B．图1脱除34gH2S，理论上消耗O2体积为11.2L
C．图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大
D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的pH，促进H2S的电离，H2S的去除率一定增大
【答案】A
【分析】图1反应的实质为H2S和氧气反应生成S和水，Fe2（SO4）3为催化剂；图2 为活性炭吸附氧化脱除H2S：核心反应为HS﹣+O＝S+OH﹣。
【解答】解：图1反应的实质为H2S和氧气反应生成S和水，Fe2（SO4）3为催化剂；图2 为活性炭吸附氧化脱除H2S：核心反应为HS﹣+O＝S+OH﹣；
A．图1反应的实质为H2S和氧气反应生成S和水，所以Fe2（SO4）3的物质的量几乎不变，故A正确；
B．没有指明标准状况，无法计算消耗O2的体积，故B错误；
C．图2中，氧气分子在活性炭表面变为活性氧原子，其他条件不变时，增大水膜的厚度，氧气分子变为活性氧原子的数量降低，H2S的去除率降低，故C错误；
D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的pH，抑制HS﹣+O＝S+OH﹣反应进行，H2S的去除率不一定增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025 广东模拟）部分含Ca和含C物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（　　）
A．g、h都是强电解质
B．可存在b→c→e→i的转化
C．d为某二元羧酸，可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．e可与Na2O2反应产生O2，在此反应中e作为氧化剂
【答案】D
【分析】根据价类二维图可知，a为CH4，b为C，c为CO，e为CO2，d为H2C2O4，f为Ca，g为CaO，h为Ca（OH）2，i为钙盐，据此分析作答。
【解答】解：A．g为CaO，属于金属氧化物，h为Ca（OH）2，属于强碱，都是强电解质，故A正确；
B．b为C，c为CO，e为CO2，i为钙盐，可存在b→c→e→i（如CaCO3）的转化，故B正确；
C．d为H2C2O4，可以使酸性KMnO4溶液褪色，自己被氧化为CO2，故C正确；
D．e为CO2，可与Na2O2反应产生O2，在此反应中Na2O2既是氧化剂，也是还原剂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查碳、钙及其化合物之间的转化，属于基本知识的考查，难度不大。
10．（2025 惠东县三模）部分含C或S物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是（　　）
A．b和d均能与同一物质反应生成c
B．若a能与氧气反应，则氧化产物一定具有漂白性
C．可存在g→b→d→e的转化，该过程是酸雨的形成过程
D．g能使澄清石灰水变浑浊，得到f，则g所含元素一定位于第ⅣA族
【答案】A
【分析】A．b为+6价氧化物，只能是SO3；d为+6价酸，是H2SO4；c为+6价盐，即硫酸盐（如Na2SO4）；
B．a为0价单质，可能是C或S；
C．g→b→d→e转化中，g为+4价氧化物（SO2），b为SO3，d为H2SO4，e为+4价酸（H2SO3）；
D．g为+4价氧化物（CO2或SO2），均能使澄清石灰水变浑浊生成f（碳酸盐或亚硫酸盐）。
【解答】解：A．b为+6价氧化物，只能是SO3；d为+6价酸，是硫酸；c为+6价盐，即硫酸盐（如Na2SO4），三氧化硫与氢氧化钠反应：SO3+2NaOH＝Na2SO4+H2O；H2SO4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，二者均能与碱反应生成c，故A正确；
B．a为0价单质，可能是C或S，若a为C，与氧气反应生成一氧化碳或二氧化碳，均无漂白性；若a为S，生成二氧化硫有漂白性，但“一定”错误，故B错误；
C．g→b→d→e转化中，g为+4价氧化物（SO2），b为SO3，d为H2SO4，e为+4价酸（H2SO3），酸雨形成是SO2→H2SO3→H2SO4或SO2→SO3→H2SO4，不存在H2SO4→H2SO3的步骤，故C错误；
D．g为+4价氧化物（CO2或SO2），均能使澄清石灰水变浑浊生成f（碳酸盐或亚硫酸盐），二氧化碳含C（ⅣA族），SO2含S（ⅥA族），“一定位于ⅣA族”错误，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查含硫物质的性质及综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025秋 德州月考）“价﹣类”二维图有助于将知识结构化，如图所示是S、N元素的部分“价﹣类”二维图。下列说法正确的是（　　）
A．a、e、u、y四种物质两两之间均能反应
B．常温下，Fe与e、z的浓溶液都不反应
C．c、w、x均可与水反应，反应后溶液的溶质分别为e、y、z
D．将w通入紫色石蕊试液先变红后褪色
【答案】A
【分析】由题干S、N的“价﹣类”二维图可知，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，据此分析解题。
【解答】解：A．a为NH3、e为HNO3、u为H2S、y为H2SO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3，NH3与H2S反应生成NH4HS或（NH4）2S，NH3与H2SO3反应生成NH4HSO3或（NH4）2SO3，稀HNO3与H2S发生氧化还原反应生成S、NO和H2O，稀HNO3与H2SO3发生氧化还原反应生成NO、H2SO4和H2O，H2S与H2SO3发生归中反应：2H2S+H2SO3＝3S↓+3H2O，故a、e、u、y四种物质两两之间均能反应，故A正确；
B．e为HNO3、z为H2SO4，常温下Fe与浓HNO3、浓H2SO4发生钝化，钝化是化学变化（生成氧化膜），并非“不反应”，故B错误；
C．c为NO、w为SO2、x为SO3，NO与水不反应，故C错误；
D．w为SO2，二氧化硫通入紫色石蕊试液，二氧化硫与水反应生成的亚硫酸使溶液变红，但SO2不能漂白石蕊（仅漂白某些有机色素如品红），不会褪色，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查含硫物质的性质及综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025秋 兰州期中）硫元素的部分价﹣类二维图如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．a和c都可以用浓硫酸干燥
B．c因具有漂白性而可使品红溶液褪色，加热后溶液红色恢复
C．b和足量氧气不能通过反应一步生成d
D．c使溴水褪色体现c的还原性
【答案】A
【分析】根据价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO3、f为H2SO3、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐，据此进行解答。
【解答】解：A．a为H2S，具有还原性，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．c为SO2，具有漂白性而可使品红溶液褪色，加热后溶液红色恢复，故B正确；
C．b为S，和足量氧气不能通过反应一步生成SO3，故C正确；
D．c为SO2，使溴水褪色生成硫酸，S元素化合价升高，体现c的还原性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025秋 宝安区期中）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是（　　）
单质X氧化物1氧化物2酸（或碱）盐
A．X可为铁，上述转化过程中，存在物质颜色的变化
B．X可为硫，单质X在过量O2中燃烧生成氧化物2
C．X可为氮，上述转化中涉及反应均为氧化还原反应
D．X可为钠，单质X、氧化物1、氧化物2均能与盐酸反应生成盐
【答案】D
【分析】A．X可为铁，可以是FeFeOFe3O4，铁的氧化物不溶于水；
B．硫单质和氧气反应生成二氧化硫；
C．元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；
D．若X可为钠，则氧化物1为Na2O，氧化物2为Na2O2，Na、Na2O、Na2O2与盐酸反应生成NaCl。
【解答】解：A．铁的氧化物不溶于水，不能实现上述转化，故A错误；
B．X可为硫，单质X在过量O2中燃烧生成氧化物二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故B错误；
C．X可为氮，N2NONO2HNO3NaNO3，其中HNO3NaNO3不是氧化还原反应，故C错误；
D．若X可为钠，则氧化物1为Na2O，氧化物2为Na2O2，Na、Na2O、Na2O2与盐酸反应生成NaCl，单质X、氧化物1、氧化物2均能与盐酸反应生成盐，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14．（2025秋 广西月考）当溶液中和离子数之比为1：3时，正好完全发生氧化还原反应，已知转化为，则X元素在产物中的化合价为（　　）
A．+3 B．+7 C．+2 D．+4
【答案】A
【分析】为氧化剂（被还原），为还原剂（被氧化）。→，S从+4→+6，每个失去2e ，3mol共失去6mol电子。
【解答】解：为氧化剂（被还原），为还原剂（被氧化）。→，S从+4→+6，每个失去2e ，3mol共失去6mol电子，设还原后化合价为m，每个获得2×（6﹣m）mol电子，根据得失电子守恒：1mol 获得电子数＝3mol失去电子数，即2×（6﹣m）＝6，解得m＝+3。即X在还原产物中化合价为+3，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025秋 鼓楼区校级月考）已知某物质的XO（OH）与Na2SO3反应时，XO（OH）作氧化剂，Na2SO3被氧化为Na2SO4。经测得4分子XO（OH）与2分子的Na2SO3恰好完全作用。试问XO（OH）还原后X的最终价态是（　　）
A．+3 B．+4 C．+5 D．0
【答案】B
【分析】XO（OH）中X元素的化合价为+5，XO（OH）作氧化剂，X化合价降低，设还原产物中X的化合价为a；Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价升高2。
【解答】解：XO（OH）中X元素的化合价为+5，XO（OH）作氧化剂，X化合价降低，设还原产物中X的化合价为a；Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价升高2；4分子XO（OH）与2分子的Na2SO3恰好完全作用，根据得失电子守恒4×（5﹣a）＝2×2，a＝+4，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
16．（2025 西湖区校级模拟）为研究不同价态含硫物质的转化，做如下实验。
实验Ⅰ：有流黄色沉淀产生
实验Ⅱ：硫酸酸化的KMnO4无沉淀产生紫红色变浅，有淡黄色沉淀，下列说法不正确的是（　　）
A．实验1中反应的离子方程式为
B．由实验Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀盐酸也可以产生淡黄色沉淀
C．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能生成，可通过取样滴加氯化钡溶液来检验
D．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能生成硫胶体，可用激光笔照射来检验
【答案】C
【分析】A．实验1中反应是亚硫酸和硫化钠发生氧化还原反应生成单质S；
B．Na2S和Na2SO3的混合溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成S单质；
C．硫酸酸化的KMnO4溶液中含硫酸根离子，不能加入氯化钡检验硫离子被氧化生成的硫酸根离子；
D．胶体具有丁达尔效应。
【解答】解：A．实验1中是亚硫酸和硫化钠发生氧化还原反应生成单质S，反应的离子方程式为：5H2SO3+2S2﹣＝3S↓+43H2O，故A正确；
B．由实验Ⅰ中可推知Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入稀盐酸，酸性条件下也可以发生氧化还原反应，产生淡黄色沉淀S，故B正确；
C．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能是硫离子被氧化生成，原高锰酸钾溶液含硫酸，不可通过取样滴加氯化钡溶液来检验，故C错误；
D．实验Ⅱ中开始“无沉淀产生”可能生成硫胶体，可用激光笔照射来检验是否发生丁达尔效应证明，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了硫价化合物性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
二．解答题（共4小题）
17．（2025秋 长沙校级月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。
【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。
回答下列问题：
（1）过程①中活性菌表现了　还原　 （填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是　Fe3+ （填离子符号）。
（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有　杀菌消毒、净水　 （填两个）。
（3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。
①该反应中，Cl元素的化合价由　0　 价变为　﹣1　 价；还原剂为　Fe（OH）3 。
②通过该反应说明：在此条件下，氧化性Cl2　＞　 （填“＞”、“＝”或“＜”）K2FeO4。
③配平该反应的化学方程式　2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O　 。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性可氧化HCl，2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O，在此反应中，Cl2和K2FeO4的氧化性强弱关系和（3）中制备K2FeO4反应原理中的相反，原因是　溶液的酸碱性不同　 。
【答案】（1）还原；Fe3+；
（2）杀菌消毒、净水；
（3）①0；﹣1；Fe（OH）3；
②＞；
③2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（4）溶液的酸碱性不同。
【分析】由图可知，K2FeO4杀灭活细菌时，转化为铁离子，铁元素化合价降低，被还原，活性菌表现了还原性，Fe3+形成Fe（OH）3胶体，吸附河水中的悬浮颗粒物并沉降，可净化水，据此分析；
【解答】解：（1）由图可知，过程①中，K2FeO4杀灭活细菌时，被还原为Fe3+，则K2FeO4表现强氧化性，活性菌表现了还原性，该过程的Fe3+是还原产物，
故答案为：还原；Fe3+；
（2）由图可知，过程①中K2FeO4杀灭活细菌，被还原为Fe3+，在过程②中Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，在过程③中吸附河水中的悬浮颗粒物并沉降，故K2FeO4的作用有：杀菌消毒（氧化）、净水（胶体有吸附性），故答案为杀菌消毒、净水，
故答案为：杀菌消毒、净水；
（3）①由Fe（OH）3+Cl2+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（未配平）可知，Cl元素的化合价由0价降低到﹣1价，Fe元素由+3升高到+6价，Cl2将Fe（OH）3氧化为K2FeO4，Fe（OH）3为还原剂，Cl2为氧化剂，K2FeO4为氧化产物，
故答案为：0；﹣1；Fe（OH）3；
②说明在碱性条件下，Cl2氧化性大于，
故答案为：＞；
③铁元素化合价从+3价升高到+6价，氯元素从0价降低到﹣1价，依据化合价升降法配平后的方程式为2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（4）根据K2FeO4的制备实验（2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O）得出：氧化性Cl2大于，此反应是在碱性溶液中完成的；而2K2FeO4+16HCl＝2FeCl3+3Cl2↑+4KCl+8H2O中氧化性大于Cl2，此反应是在酸性溶液中完成的，从而得出原因是：溶液的酸碱性不同，
故答案为：溶液的酸碱性不同。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025秋 镇江月考）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含Cr（Ⅵ）废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为 　　 。
②向含Cr（Ⅵ）的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的BaCrO4沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl2或BaCO3，反应足够长的时间，使用BaCO3时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用BaCl2的原因是 　BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀　 。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再通过调节溶液pH转化为Cr（OH）3沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的FeCl2溶液中逐滴加入一定量的NaBH4溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，反应每转移4mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为 　0.25　 。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁﹣铜粉分别处理pH＝5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）的去除率随时间的变化关系如图1所示，用铁﹣铜粉处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，原因是 　形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率　 。
（3）还原吸附法：
CuS—TiO2吸附并部分还原Cr（Ⅵ），原理如图2所示。实验控制在pH＜6的弱酸性条件下进行。
①CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，在pH＞6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 　在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面　 。
②起始pH＝4时，溶液中Cr（Ⅵ）和Cu2+的浓度随时间的变化如图3所示。Cu2+浓度先增大后减小的原因是 　CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小　 。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中Cr（Ⅵ）的原理为。某树脂的Cr（Ⅵ）摩尔交换总容量为1.45mol L﹣1，即每升湿树脂最多吸收1.45mol Cr（Ⅵ）。现将Cr（Ⅵ）含量为60mg L﹣1的废水以2.0L h﹣1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 　达到　 [Cr（Ⅵ）均以铬元素计，写出计算过程]。
【答案】（1）①；
②BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①0.25；
②形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）达到。
【分析】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2。
【解答】解：（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：，
故答案为：；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，使的平衡逆向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr（Ⅵ）的沉铬率要优于使用氯化钡，
故答案为：BaCO3与H+反应，溶液中H+浓度减小，使的平衡逆向移动，浓度增大，有利于Cr（Ⅵ）完全转化为BaCrO4沉淀；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为—1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，每生成1 mol纳米铁粉时，转移8mol电子，被亚铁离子氧化的四氢合硼酸根离子的物质的量为0.5mol，则每转移4 mol电子，被Fe2+氧化的NaBH4的物质的量为0.25 mol，
故答案为：0.25；
②由铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr（Ⅵ）的废水的效果更好，
故答案为：形成Fe﹣Cu原电池，加快了反应速率；
（3）①CuS—TiO2可吸附并部分还原Cr（Ⅵ），CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，
故答案为：在酸性条件下，CuS—TiO2在pH＜6的水溶液中表面带正电荷，而带负电荷，更易吸附到催化剂表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原Cr（Ⅵ）生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，促使Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小，导致Cu2+浓度先增大后减小，
故答案为：CuS被Cr（Ⅵ）氧化为S和Cu2+，使溶液中Cu2+浓度增大；反应过程中消耗H+，使溶液pH增大，Cu2+水解加剧，又使Cu2+浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30 mL湿树脂最多吸收Cr（Ⅵ）的质量：，通废水20 h湿树脂需吸收Cr（Ⅵ）的质量：，m1＜m2，故该树脂达到摩尔交换总容量，20h时达到吸收饱和，
故答案为：达到。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19．（2025秋 合肥校级月考）ⅥA族元素（氧、硫、硒等）及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用
（1）我国是世界上硫储量丰富的国家，在岩层深处的无氧环境下，硫元素通常以硫化物矿石如黄铁矿（FeS2）存在，一种碱性条件下的电化学浸出法可有效回收矿石中的有色金属，其反应原理如图所示：
含硫物质FeS2转化的离子方程式　　 。
（2）SOCl2是一种液态化合物，实验室可将SOCl2的与AlCl3 6H2O混合加热得到无水AlCl3，试用文字解释SOCl2在实验过程中所起的作用：　SOCl2可与水发生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加热时的水解　 。
（3）甲硫醇（CH3SH）具有一定的酸性，是合成农药、医药的重要中间体，工业上可通过硫化氢（H2S）与一氧化碳（CO）在催化剂作用下反应制备，CH3SH的酸性　弱　 于H2S的酸性（填“强”或“弱”）。
（4）硒的某种氧化物为链状聚合结构如图所示，其中Se的杂化方式为　sp3 该氧化物的化学式为　SeO2 。
（5）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用如图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1　＜　 λ2（填“＞”或“＜”或“＝”）。
（6）以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
工业硒高纯硒
①下列说法正确的是　bc　 （填字母序号）。
a.过程ⅰ到过程ⅲ均为氧化还原反应
b.H2SeO3既有氧化性，又有还原性
c.SeO2能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O
d.Se与H2化合比S与H2化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为N2H4 nH2O，对应产物是N2。理论上，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ中消耗的N2H4 nH2O的物质的量之比为　1：1　 （工业硒中杂质与O2的反应可忽略）。
【答案】（1）；
（2）SOCl2可与水发生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加热时的水解；
（3）弱；
（4）sp3；SeO2；
（5）＜；
（6）①bc；
②1：1。
【分析】（1）FeS2在碱性条件下和反应的离子方程式；
（2）实验室将SOCl2与AlCl3 6H2O混合加热得到无水AlCl3，SOCl2在实验过程中所起的作用SOCl2可与水发生水解生成HCl；
（3）甲基为推电子基团，导致CH3SH的酸性弱于H2S的酸性；
（4）Se形成2个单键、一个双键，形成三个σ键，存在一对孤对电子，杂化方式为sp3，根据结构图可判断与Se结合的氧原子个数1+22；
（5）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S—S键的键长小于Se﹣Se键长，S—S键的键能大于Se﹣Se键的键能；
（6）①a.过程ii中SeO2与水反应生成H2SeO3，各元素化合价未改变；
b.H2SeO3中Se化合价处于中间价态，既能升高又能降低；
c.SeO2H2SeO3，SeO2为酸性氧化物能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O；
d.Se与H2化合比S与H2化合难，因为Se非金属性小于S；
②过程iii中使用的还原剂为N2H4 nH2O，对应产物是N2，i中O元素由0价将为﹣2价，iii中N由﹣2价升高为0价，转移电子数相同。
【解答】解：（1）FeS2在碱性条件下和反应的离子方程式，
故答案为：；
（2）实验室将SOCl2与AlCl3 6H2O混合加热得到无水AlCl3，SOCl2在实验过程中所起的作用SOCl2可与水发生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加热时的水解，
故答案为：SOCl2可与水发生水解生成HCl，HCl可抑制Al3+在加热时的水解；
（3）甲基为推电子基团，导致CH3SH的酸性弱于H2S的酸性，
故答案为：弱；
（4）Se形成2个单键、一个双键，形成三个σ键，存在一对孤对电子，杂化方式为sp3，根据结构图可判断与Se结合的氧原子个数1+22，所以该氧化物的化学式为SeO2，
故答案为：sp3；SeO2；
（5）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S—S键的键长小于Se﹣Se键长，S—S键的键能大于Se﹣Se键的键能，则光谱能量高，波长短，
故答案为：＜；
（6）①a.过程ii中SeO2与水反应生成H2SeO3，各元素化合价未改变，不是氧化还原反应，a错误；
b.H2SeO3中Se化合价处于中间价态，既能升高又能降低，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c.SeO2H2SeO3，SeO2为酸性氧化物能与NaOH反应生成Na2SeO3和H2O，c正确
d.Se与H2化合比S与H2化合难，因为Se非金属性小于S，d错误；
故答案为：bc；
②过程iii中使用的还原剂为N2H4 nH2O，对应产物是N2，i中O元素由0价将为﹣2价，iii中N由﹣2价升高为0价，转移电子数相同，理论上，过程i消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4 nH2O的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
20．（2025秋 和平区校级月考）物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角。以硫及其化合物与化合价变化为坐标的二维转化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）图中X的电子式为 ；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式：　2H2S+O2＝2S↓+2H2O　 。该变化说明硫的非金属性比氧　弱　 （填“强”或“弱”）。
（2）下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度考虑，理论上有可能的是　bd　 （填字母）。
a．Na2S+S
b．Z+S
c．Na2SO3+Y
d．NaHS+NaHSO3
（3）浓H2SO4与木炭共热反应的方程式　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　 ，为检验生成的产物应将气体依次通过　bcea　 （从以下选项中选择，不可重复）。
a.澄清石灰水
b.无水硫酸铜
c.品红溶液
d.NaOH溶液
e.KMnO4溶液
（4）将足量的SO2通入BaCl2溶液中，下列说法正确的是　bc　 （填标号）。
a．溶液中出现白色沉淀
b．溶液没有明显变化
c．若再通入Cl2或NH3，
则溶液中均会出现白色沉淀写出一个能体现SO2氧化性的化学方程式　SO2+2H2S ＝3S↓+2H2O　 。
（5）治理含CO、SO2的烟道气，以Fe2O3为催化剂，将CO、SO2在380℃时转化为S和一种无毒气体，写出该反应的化学方程式：　2CO+SO2S+2CO2 。
【答案】（1）；2H2S+O2＝2S↓+2H2O；弱；
（2）bd；
（3）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；bcea；
（4）bc；SO2+2H2S ＝3S↓+2H2O；
（5）2CO+SO2 S+2CO2。
【分析】（1）根据价类图中各类价态下对应的物质的性质和结构来分析；
（2）根据氧化还原反应的规律来分析；
（3）根据碳与浓硫酸加热后的产物的性质来分析；
（4）根据二氧化硫的性质来分析；
（5）根据题文信息及氧化还原反应规律来分析。
【解答】解：（1）由图可知，X中硫元素化合价为﹣2价，且为气态氢化物，所以X为H2S，其电子式为；H2S的水溶液在空气中放置易变浑浊，是因为H2S被空气中的O2氧化生成S，反应的化学方程式为2H2S+O2＝2S↓+2H2O；在该反应中，O2是氧化剂，S是氧化产物，说明O2的氧化性强于S，则硫的非金属性比氧弱，
故答案为：；2H2S+O2＝2S↓+2H2O；弱；
（2）Na2S2O3中S元素化合价为+2价，a.Na2S中S为﹣2价，S为0价，反应后生成Na2S2O3中S元素化合价为+2价，S元素化合价都升高，不符合氧化还原反应“有升有降”的规律，故a错误；
b.Z中S化合价为+4价（因为Z是盐，对应酸为H2SO3，所以Z中S为+4价），S为0价，反应后可生成Na2S2O3中S元素化合价为+2价，S元素化合价有升有降，符合要求，故正确；
c.Na2SO3中S为+4价，Y中S为+6价（Y是氧化物，对应酸为H2SO4，所以Y为SO3，S为+6价），反应后生成Na2S2O3中S元素化合价为+2价，S元素化合价都降低，不符合规律，故c错误；
d.NaHS中S为﹣2价，NaHSO3中S为+4价，反应后生成Na2S2O3中S元素化合价为+2价，S元素化合价有升有降，符合要求，故d正确；
故答案为：bd；
（3）浓H2SO4与木炭共热反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；为检验生成的产物（CO2、SO2、H2O），应将气体依次通过无水硫酸铜（检验H2O）、品红溶液（检验SO2）、酸性KMnO4溶液（除去SO2）、品红溶液（检验SO2是否除尽）、澄清石灰水（检验CO2），
故正确的试剂选用顺序为：bcea，
故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；bcea；
（4）由于盐酸的酸性大于亚硫酸，根据强酸制备弱酸的反应规律，将足量的SO2通入BaCl2溶液中，二者不反应，没有明显现象；若再通入Cl2或NH3，氯气能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应产生硫酸钡沉淀（不溶于稀盐酸）；氨气与二氧化硫反应得到亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应得到亚硫酸钡白色沉淀和氯化铵；能体现SO2氧化性的化学方程式为：SO2+2H2S ＝3S↓+2H2O，在该反应中二氧化硫中S元素化合价从+4价降低到0价，作氧化剂，体现氧化性，
故答案为：bc；SO2+2H2S ＝3S↓+2H2O；
（5）以Fe2O3为催化剂，将CO、SO2在380℃时转化为S和一种无毒气体，反应的化学方程式为2CO+SO2 S+2CO2，
故答案为：2CO+SO2 S+2CO2。
【点评】本题主要考查了硫及其化合物的结构、性质、物质的检验方法、氧化还原规律的应用等相关知识，有一定的综合度，需要学生有扎实的知识底蕴和一定的解答问题能力。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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