2022-2023学年人教版化学必修第一册必考点01 物质及其变化（Word版附解析） 试卷

这是一份2022-2023学年人教版化学必修第一册必考点01 物质及其变化（Word版附解析），共33页。
 必考点01 物质及其变化

题型一 物质的组成、性质和分类
例题1：某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是（ ）

A．X中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体
B．X中分散系能产生丁达尔效应
C．用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯
D．Y中反应离子方程式：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2+
【答案】B
【详解】A．X中的氯化铁浓溶液滴入沸水中可得到氢氧化铁胶体，A正确；B．X中分散系是氯化铁溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C．用过滤的方法，可以将Z中的固体与液体分离，利用渗析法可以净化提纯氢氧化铁胶体，C正确；D．CaCO3能与H+结合生成CO2和H2O，促进Fe3＋的水解，D正确；答案选B。
例题2：下列说法中正确的是（ ）
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
③蔗糖和水分别属于非电解质和电解质
④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于1nm到l00nm之间
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；②Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；③蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；④纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；⑤虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；⑥氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，⑥错误；①、②、③三个说法正确，④、⑤、⑥三个说法错误；答案选A。
【解题技巧提炼】
一、物质的组成与分类
1．物质的组成
(1)

(2)


2．物质的分类：分类应依据事先设定的“标准”进行，“标准”不同，分类方法也不相同。在化学上常用的分类方法有树状分类法和交叉分类法。
(1)树状分类法
物质
(2)交叉分类法的应用示例(氧化物分类)

二、物质的性质与变化
1．从宏观和微观两个角度理解物理变化和化学变化
宏观
有新物质生成的是化学变化，反之是物理变化
微观
有旧化学键断裂，同时有新化学键形成的是化学变化，本质是原子的重新组合

2.不同类别的无机物之间转化的一般规律
(1)金属单质及其化合物的转化：金属单质碱性氧化物碱盐
如：NaNa2ONaOHNa2SO4
符合上述转化关系的常见金属有Na、K、Ca、Ba等，但Mg、Fe、Al、Cu等不符合上述转化关系。
(2)非金属单质及其化合物的转化：非金属单质酸性氧化物酸盐
如：SSO2H2SO3Na2SO3
符合上述转化关系的常见非金属有C、S、P等，但N、Si等不符合上述转化关系。
3．常见化学反应的分类
化学反应
三、分散系　胶体
1．分散系：一种(或多种)物质以粒子形式分散在另一种(或多种)物质中所得到的体系。
2．胶体的性质及应用

3．胶体的分类：依据分散剂的状态将胶体细分为固溶胶、液溶胶、气溶胶。

题型二 离子反应　离子方程式书写的基本方法
例题1：对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；
B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；
C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；
D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；答案选A。
例题2：下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化钡溶液与过量硫酸氢钠溶液混合：
B．向碳酸氢钙溶液中加入盐酸：
C．把金属铁放入稀硫酸中：
D．将通入溶液中：
【答案】B
【详解】A．氢氧化钡少量，则书写离子方程式时与的化学计量数之比应为2∶1，硫酸氢钠电离生成的和也以化学计量数之比2∶1参与反应，生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，故A错误；B．碳酸氢钙可溶于水，应拆成离子形式，碳酸氢根离子与盐酸中的氢离子反应生成二氧化碳和水，故B正确；C．不符合客观事实，正确的离子方程式为，故C错误；D．与不反应，故D错误；故答案选B。
【解题技巧提炼】
1．离子反应
(1)概念：有离子参加或有离子生成的反应统称为离子反应。
(2)本质：离子反应的本质是溶液中某些离子的物质的量的减少。
(3)离子反应发生的条件
①发生复分解反应：生成难溶的物质，生成难电离的物质，生成易挥发的物质。
②发生氧化还原反应。
③发生络合反应。
2．离子方程式
(1)离子方程式：用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子。
(2)离子方程式的意义
离子方程式不仅可以表示某一个具体的化学反应，还可以表示同一类型的离子反应。
3．离子方程式中物质的“拆分”
(1)一般规律
①能拆分写成离子形式的物质是易溶的强电解质，包括强酸、强碱、大多数可溶性盐。
②不能拆分的物质包括单质、氧化物、弱电解质、难溶电解质、气体。
(2)微溶物的处理
①微溶物作为产物视为沉淀，不拆分；
②作反应物时，澄清溶液拆分为离子，浑浊液不拆分，如Ca(OH)2。
(3)产物NH3·H2O的处理
①不加热或稀溶液中，写成NH3·H2O。
②加热或浓溶液中，写成NH3和H2O。
4.书写离子方程式，注意微粒的书写形式
(1)完成下列反应的离子方程式，注意难溶、气体、难电离微粒的书写形式。
①氧化镁溶于稀硫酸：MgO＋2H＋===H2O＋Mg2＋。
②向AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。
③向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液：HSO＋H＋===H2O＋SO2↑。
(2)完成下列反应的离子方程式，注意微溶物质、NH与碱反应的条件。
①澄清石灰水中加入稀盐酸：OH－＋H＋===H2O。
②Na2SO4溶液与AgNO3溶液混合：SO＋2Ag＋===Ag2SO4↓。
③铵盐溶液与强碱溶液混合加热检测NH：NH＋OH－NH3↑＋H2O。
(3)完成下列反应的离子方程式，注意单质、氧化物、浓酸的书写形式。
①过氧化钠溶于水：2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑。
②用MnO2与浓盐酸共热制Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
③Cl2溶于水：Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H＋。
④铜溶于浓硝酸：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。
（4）多重反应离子方程式的书写
①Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O。
②Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2NH＋SO===BaSO4↓＋2NH3·H2O。
③CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓。
题型三 离子共存问题
例题1：下列各组中的离子，能在无色透明的溶液中大量共存的是（ ）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【详解】A．与反应生成沉淀而不共存，与反应生成水和碳酸根而不共存，故A不符合题意；B．与反应生成碳酸钡沉淀而不共存，故B不符合题意；C．是蓝色，故C不符合题意；D．、、、都大量共存，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
例题2：下列离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．碱性溶液中：、、、
B．某无色透明溶液中：、、、
C．能使酚酞变红的溶液中：、、、
D．使紫色石蕊变蓝的溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．碱性溶液中含有OH-，OH-不能与大量共存，A不符合题意；B．呈紫色，呈浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，B不符合题意；C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，、、、相互不反应且不与OH-反应，能够大量共存，C符合题意；D．使紫色石蕊变蓝的溶液呈碱性，不能大量共存，D不符合题意；答案选C。
【解题技巧提炼】
1．离子共存的本质
几种离子在同一溶液中能大量共存，就是指离子之间不发生任何反应；若离子之间能发生反应，则不能大量共存。
2．判断离子能否大量共存的“四个要点”
判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色、二性、三特殊、四反应。
(1)一色——溶液颜色
几种常见离子的颜色：
离子
Cu2＋
Fe3＋
Fe2＋
MnO
溶液颜色
蓝色
棕黄色
浅绿色
紫红色

(2)二性——溶液的酸碱性
①在酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子(如CO、SO、S2－、CH3COO－等)不能大量存在。
②在碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子(如NH、Al3＋、Fe3＋等)不能大量存在。
(3)三特殊——三种特殊情况：
①AlO与HCO不能大量共存：AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO。
②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，能与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子发生氧化还原反应而不能大量共存。
③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存。
(4)四反应——四种反应类型
四反应是指离子间通常能发生的四种类型的反应，能相互反应的离子显然不能大量共存。
①复分解反应：如Ba2＋与SO，NH与OH－，H＋与CH3COO－等。
②氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等。
③相互促进的水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等。
④络合反应：如Fe3＋与SCN－等。
题型四 离子的检验和推断
例题1：某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO，设计工艺流程如图所示：

下列有关说法错误的是（ ）
A．NaOH的作用是除去Cu2+
B．试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2
C．操作x为过滤，试剂c为稀盐酸
D．检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入BaCl2溶液
【答案】B
【详解】A．由上述分析可知，NaOH的作用是除去Cu2+，生成氢氧化铜沉淀，故A正确；B．试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，碳酸钠在氯化钡之后可除去过量的钡离子，故B错误；C．由上述分析可知，操作x为过滤，试剂c为稀盐酸，故C正确；
D．检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，排除干扰离子，再加入BaCl2溶液若不生成白色沉淀，则除尽，反之没有除尽，故D正确；
故选：B。
例题2：实验室有W、Y、Z三种溶液，同学们进行的实验操作及现象如下：
①取一定体积的W溶液于试管中，向试管中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成：
②继续向试管中加入过量Y溶液，沉淀溶解并产生气体：
③再向试管中加入Z溶液，又有白色沉淀生成。
则W、Y、Z三种溶液可能依次为（ ）
A．BaCl2溶液、H2SO4溶液、MgCl2溶液 B．CaCl2溶液、HNO3溶液、BaCl2溶液
C．CaCl2溶液、HNO3溶液、NaCl溶液 D．BaCl2溶液、HCl溶液、Na2SO4溶液
【答案】D
【详解】①取一定体积的W溶液于试管中，向试管中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是碳酸钡或碳酸钙等；②继续向试管中加入过量Y溶液，沉淀溶解并产生气体，Y是酸，应该是盐酸或硝酸，不是硫酸，因为硫酸钡难溶，硫酸钙微溶；③再向试管中加入Z溶液，又有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡。则W、Y、Z三种溶液可能依次为BaCl2溶液、HCl溶液、Na2SO4溶液。
答案选D。
【解题技巧提炼】
1．常见阳离子的检验与推断依据
根据离子性质不同而在实验中所表现出的现象不同，可以把检验离子的方法归纳为三种类型：①生成沉淀；②生成气体；③显现特殊颜色。
(1)依据生成的沉淀检验或推断
阳离子
试剂
实验现象(证据)
Mg2＋
NaOH溶液
开始产生白色沉淀，NaOH溶液过量沉淀不溶解
Al3＋
NaOH溶液
开始产生白色沉淀，NaOH溶液过量沉淀溶解
Fe2＋
NaOH溶液
先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色
K3[Fe(CN)6]
(铁氰化钾)溶液
产生蓝色沉淀
Fe3＋
NaOH溶液
产生红褐色沉淀
Cu2＋
NaOH溶液
产生蓝色沉淀

(2)依据生成的气体检验或推断
NH产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
(3)依据显示特殊颜色检验或推断
阳离子
试剂或方法
实验现象(证据)
H＋
紫色石蕊溶液
溶液变红
Na＋
焰色试验
黄色火焰
K＋
焰色试验
紫色火焰(透过蓝色钴玻璃)
Fe3＋
KSCN溶液
溶液呈红色
Fe2＋
先加KSCN溶液再加氯水
先无明显变化，后变红色

2.常见阴离子的检验与推断依据
(1)依据生成的沉淀检验或推断
阴离子
试剂
实验现象(证据)
Cl－
Br－
I－
AgNO3溶液和稀HNO3
产生白色沉淀：AgCl
产生淡黄色沉淀：AgBr
产生黄色沉淀：AgI
SO
稀盐酸和BaCl2溶液
加稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液产生白色沉淀
CO
CaCl2溶液和稀盐酸
加CaCl2溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，产生无色无味气体

(2)依据生成的气体检验或推断
阴离子
试剂
实验现象(证据)
CO
稀盐酸和澄清石灰水
产生无色、无味能使澄清石灰水变浑浊的气体
HCO
稀盐酸和澄清石灰水
产生无色、无味能使澄清石灰水变浑浊的气体
SO
稀H2SO4和品红溶液
加稀硫酸产生有刺激性气味的气体，且气体能使品红溶液褪色
HSO
稀H2SO4和品红溶液
加稀硫酸产生有刺激性气味的气体，且气体能使品红溶液褪色

(3)依据显示的特殊颜色检验或推断
①
②有机层(下层)
③I－溶液变蓝，表明有I－
3．离子推断的“四原则”

题型五 氧化还原反应及相关概念
例题1：关于反应，下列说法正确的是（ ）
A．是氧化产物
B．生成1mol时，转移3.75mol电子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5
D．只是还原产物
【答案】B
【详解】A．硝酸中的N是硝酸铵中+5价的N未变价生成的，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；B．依据分析可知，当有1mol氮气生成时，转移3.75mol电子，故B正确；C．依据分析可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比应为5∶3，故C错误；D．氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选：B。
例题2：从矿物学资料查得，一定条件下自然界中存在反应。(其中中Fe为+2价S为-1价)下列说法正确的是（ ）
A．既是氧化产物又是还原产物
B．参与反应的与转移电子数之比为1∶2
C．只作还原剂
D．产物中的有一部分是氧化产物
【答案】D
【详解】A．中铜、硫化合价分别为+1、-2，是铜化合价降低、硫化合价降低得到的产物，不是氧化产物，A错误；
B．参与反应的中3个硫原子失去21个电子形成+6价硫、7个硫原子得到7个电子形成-2价硫，与转移电子数之比为1∶2，B错误；C．参与反应的与转移电子的关系为，C错误；
D．产物中的有一部分是氧化产物，D正确；
故选D。
【解题技巧提炼】
1．氧化还原反应
(1)判断依据：反应前后有元素的化合价发生变化。
(2)本质：电子转移(得失或偏移)。
2．相关概念

概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。
3．氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价　②画箭头(反应物指向生成物)　③算数目　④说变化。
用双线桥法标出MnO2与浓盐酸加热反应电子转移的方向和数目：
。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
用单线桥法标出铜和浓硝酸反应电子转移的方向和数目：
===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
4．常见的氧化剂和还原剂
(1)常见的氧化剂：常见的氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如：

(2)常见的还原剂：常见的还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如：

(3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性。如：

其中：Fe2＋、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
5．氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系图示

6．重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4
(1)金属氢化物
①结构特点：电子式可表示为M＋[H]－(M为碱金属)。
②强还原性
a．遇水强烈反应放出氢气，使溶液呈强碱性，如：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。
b．高温还原金属：如固态NaH在673 K时能将TiCl4还原为金属钛：TiCl4＋4NaHTi＋4NaCl＋2H2↑。
(2)万能还原剂——硼氢化钠(NaBH4)
硼氢化钠是一种无机物，化学式为NaBH4，白色至灰白色细结晶粉末或块状，吸湿性强，其碱性溶液呈棕黄色，是最常用的还原剂之一。
通常用作醛类、酮类、酰氯类的还原剂，塑料工业的发泡剂，造纸漂白剂，以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。
题型六 氧化还原反应的计算
例题1：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
【答案】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．硅元素化合价由-4价升为+4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，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选D。
例题2：四氧化三铁()磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备磁性纳米颗粒的反应是（ ）。下列叙述不正确的是
A．水热法制备磁性纳米颗粒的反应中，还原剂是
B．离子方程式中
C．每生成，被氧化的的物质的量为
D．该条件下氧化性强于
【答案】C
【详解】A．根据上述分析，还原剂是Fe2+、，A项正确；
B．方程式等号左右电荷要守恒，故x=4，保证等号左右电荷代数和均为-2，B项正确；
C．由反应方程式可知，生成1mol Fe3O4需要消耗1mol O2，3个Fe2+中有两个Fe2+失电子，则氧化的的物质的量为，C项错误；D．该条件下O2作氧化剂，为氧化产物，故O2氧化性强于，D项正确；答案选C。
【解题技巧提炼】
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
题型七 氧化还原反应方程式的配平
例题1：在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化的反应方程式为。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（ ）

A．反应Ⅰ的离子方程式为
B．反应Ⅱ的氧化剂是
C．反应Ⅲ的离子方程式为，该反应是氧化还原反应
D．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【详解】A ．由图可知反应Ⅰ过程中：Fe (NO)2+中铁由+2价变成+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式，A项正确；
B ．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，B项正确；
C ．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，C项错误；
D ．NO与Fe2+反应生成Fe (NO)2+，Fe (NO)2+被氧化为Fe3+，同时又生成NO，且NO量不发生变化，则黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，D项正确；故答案为：C。
例题2：下列离子方程式正确的是（ ）
A．稀硝酸与氯化亚铁混合：＋NO＋=NO↑＋＋2H2O
B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO+=SO++2H2O
C．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：+HCO+=MgCO3↓+H2O
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：
【答案】A
【详解】A．稀硝酸具有氧化性生成NO气体，亚铁离子具有还原性，反应的离子方程式为：，A项正确；B．SO2具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，氧化SO2变为化合价由+4价变为+6价，反应的离子方程式为：，元素不守恒，B项错误；C．依据“少定多变”原则，Mg(HCO3)2溶液少量定为“1”，反应的离子方程式为：，C项错误；D．次氯酸根具有强氧化性，会将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为：，D项错误；答案选A。
【解题技巧提炼】
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则

2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤


题型一 物质的组成、性质和分类
1．下列有关氢氧化铁胶体的制备说法正确的是（ ）
A．胶体制备的原理是
B．胶体的制备方法是将饱和溶液滴入沸水中至液体呈红褐色为止
C．向NaOH溶液中滴加饱和溶液也可制备胶体
D．制得的胶体属于纯净物
【答案】B
【详解】A．胶体制备的原理是，A错误；B．氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和，溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色时停止加热，B正确；C．向NaOH溶液中滴加饱和溶液生成的是氢氧化铁沉淀，C错误；D．胶体属于混合物，D错误；
故选B。
2．分别将6滴饱和FeCl3溶液滴入下列试剂中：
①5 mL 20℃蒸馏水中
②5 mL沸水中并加热至红褐色
③5 mL 20℃蒸馏水中，然后再加入少量稀NaOH溶液
下列有关相应分散系的说法中不正确的是（ ）
A．分散质粒子直径：①③
C．仅凭观察法不能将①②③三种分散系区别开来
D．向三种分散系中均加入HNO3酸化的AgNO3溶液后，都会产生白色沉淀
【答案】C
【详解】A．分散质粒子直径大小分别为：溶液小于1nm，胶体：1~100nm，浊液大于100nm，①属于溶液； FeCl3溶液在沸水中生成Fe(OH)3胶体，则②属于胶体；氢氧化钠溶液与FeCl3反应生成Fe(OH)3的沉淀，则③属于浊液；分散质直径：①③，B项正确；C．①得到FeCl3溶液，呈棕黄色；②得到Fe(OH)3胶体，呈红褐色；③得到红褐色Fe(OH)3沉淀，可用观察法将①②③三种分散系区别开来，C项错误；D．三种分散系中均有，遇均可反应生成AgCl沉淀，D项正确；答案选C。
题型二 离子反应　离子方程式书写的基本方法
3．下列各组反应，一定可用同一离子方程式表示的是（ ）
A．H2SO4+KOH，H2SO4+Ba(OH)2 B．HCl+K2CO3，HNO3+Na2CO3
C．HCl+CaCO3，HNO3+BaCO3 D．CH3COOH+Na2CO3，H2SO4+NaHCO3
【答案】B
【详解】A．NaHSO4与KOH反应产生K2SO4、Na2SO4、H2O，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，H2SO4与Ba(OH)2反应产生BaSO4、H2O，反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，两个反应离子方程式不相同，A项错误；B．HCl与K2CO3反应产生KCl、H2O、CO2，反应的离子方程式为：2H++=H2O+CO2↑；HNO3与Na2CO3反应产生NaCl、H2O、CO2，反应的离子方程式为：2H++=H2O+CO2↑，可见二者反应的离子方程式相同，B项正确；
C．HCl与CaCO3反应产生CaCl2、H2O、CO2，CaCO3难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程式为：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑；HNO3与BaCO3反应产生Ba(NO3)2、H2O、CO2，BaCO3难溶于水，应该写化学式，反应的离子方程式为：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑，可见二者反应的离子方程式不同，C项错误；
D．CH3COOH与Na2CO3反应产生CH3COONa、H2O、CO2，CH3COOH是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，反应的离子方程式为：2CH3COOH+=2CH3COO-+H2O+CO2↑，而H2SO4与NaHCO3反应产生Na2SO4、H2O、CO2，反应的离子方程式为：H++=H2O+CO2↑，二者反应离子方程式不同，D项错误；答案选B。
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．Fe粉投入到稀H2SO4溶液中：2Fe + 6H+=2Fe3++ 3H2↑
B．向碳酸氢钠溶液中滴加少量的澄清石灰水：HCO+ Ca2+ + OH- = CaCO3↓ + H2O
C．醋酸与NH3•H2O反应：CH3COOH + NH3•H2O = CH3COONH4 + H2O
D．用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：Cu + 2Fe3+= Cu2+ + 2Fe2+
【答案】D
【详解】A．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；
B．碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为 ，B错误；C．醋酸与NH3•H2O反应生成醋酸氨和水，离子方程式为CH3COOH + NH3•H2O = CH3COO-+NH + H2O，C错误；
D．FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为Cu + 2Fe3+= Cu2+ + 2Fe2+，D正确；故选D。
题型三 离子共存问题
5．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．两种离子会生成氯化银沉淀，不能大量共存，A错误；B．在酸性条件下具有氧化性，会将氧化为，不能大量共存，B错误；C．各个离子间不反应，可以大量共存，C正确；D．两种离子相遇会生成氨气，不能大量共存，Dc我；
答案选C。
6．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：，，、
B．无色透明的溶液中：、、、
C．含有大量的溶液中：、、、
D．在酸性溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A．酚酞溶液呈红色的溶液为碱性含有氢氧根，，，、相互之间不反应也与氢氧根不反应，可以大量共存，A正确；B．显蓝色，不能在无色透明的溶液中存在，B错误；C．含有大量的溶液中，铵根离子可以和氢氧根离子反应，碳酸根离子可以和钡离子生成沉淀，不能共存，C错误；D．在酸性溶液中存在氢离子，氢离子可以和碳酸氢根离子生成气体二氧化碳，不能共存，D错误；故选A。
题型四 离子的检验和推断
7．某无色澄清溶液中，可能含有Na+、K+、H+、Cu2+、Mg2+、、、Cl-中的若干种，且各离子的数目均相等。现依次进行下列实验：
(1)取样，加入足量氯化钡溶液有白色沉淀生成，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解；
(2)继续往(1)所得溶液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成；
(3)用洁净的铂丝蘸取原样品，在火焰上灼烧，观察到黄色火焰。
下列结论正确的是（ ）
A．肯定含有Na+、K+、 B．可能含有Cl-
C．该实验无法确定是否含有K+ D．肯定不含有K+、H+、Cu2+、
【答案】A
【详解】A．由分析可知，该溶液中肯定含有Na+、K+、，A正确；
B．由分析可知，不能确定是否含有Cl-，B错误；C．由分析可知，该溶液中一定含有K+，C错误；D．由分析可知，该溶液中一定含有K+，D错误；故选A。
8．某固体可能含有、、、、、、中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验：
(1)一份固体溶于水得到无色透明溶液。加入足量的溶液，得到沉淀6.63g；在沉淀中加入过量的稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
(2)另一份固体与过量的NaOH固体混合后充分加热，产生气体1.344L(标准状况)。已知，则下列说法正确的是（ ）
A．该固体中一定只含有、、
B．该固体中一定没有、、、
C．该固体中一定含有、、、、
D．若该固体中含有，则一定含有外，且二者等量
【答案】D
【详解】A．该固体中一定含有、、，故A错误；B．该固体中一定没有、，钠离子和氯离子不确定，故B错误；C．该固体中一定含有、、，钠离子和氯离子不确定，故C错误；D．根据电荷守恒，其中、、，满足电荷守恒，若含有钠离子，则一定含有氯离子，且两者的物质的量相等，故D正确；
故选D。
题型五 氧化还原反应及相关概念
9．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理为，下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为AgS B．反应中X是氧化产物
C．反应中Ag和均是还原剂 D．银针验毒时，空气中失去电子
【答案】B
【详解】A．根据得失电子守恒及原子守恒可知，X的化学式为Ag2S，A错误；B．从方程式可知，Ag失电子为还原剂，生成的Ag2S为氧化产物，B正确；C．反应中Ag失电子为还原剂，H2S中元素化合价没有变化，不是还原剂，C错误；D．银针验毒时，是Ag失去电子生成Ag2S，D错误；故答案选B。
10．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：

下列说法不正确的是（ ）
A．PM2.5指的是空气中小于等于2.5微米的颗粒物
B．是生成硫酸盐的还原剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．该过程有参与
【答案】B
【详解】A．PM2.5指的是空气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，C正确；D．根据图示转化过程中，参与了反应，故有参与，D正确；故选B。
题型六 氧化还原反应的计算
11．在实验室中，常代替与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：(浓)，下列叙述正确的是（ ）
A．反应中被氧化
B．每生成1 mol ，反应中转移的电子为2 mol
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
D．16 mol HCl与足量反应，可生成5 mol氯气
【答案】B
【详解】A．KMnO4中锰元素化合价降低，被还原，故A错误；B．反应中，HCl中的Cl由-1价升高为0价生成Cl2，因此每生成1molCl2时，反应中转移的电子为2mol，故B正确；C．反应中KMnO4为氧化剂，生成Cl2的HCl为还原剂，其物质的量之比为2：10=1：5，故C错误；D．浓盐酸易挥发，所以16molHCl与足量KMnO4反应，生成氯气的物质的量小于5mol，故D错误；故选：B。
12．下列说法正确的是（ ）
A．MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化剂和还原剂的个数之比为1:4
B．2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物的质量之比为1:1
C．5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O中，发生氧化反应和发生还原反应的氮元素的质量之比为3:5
D．3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O中，每生成1个NO转移3个电子
【答案】D
【详解】A．MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，4个HCl中有2个HCl作还原剂，2个HCl呈酸性，氧化剂(MnO2)和还原剂(HCl)的个数之比为1:2，A不正确；
B．2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物(2H2S→2S)和还原产物(SO2→S)的物质的量之比为2:1，则质量之比为2:1，B不正确；
C．5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O中，发生氧化反应(5个全部生成N2)和发生还原反应(3个转化为N2)的氮原子的个数比为5:3，则发生氧化反应和还原反应的氮元素的质量之比为5:3，C不正确；
D．3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O中，Cu2S作还原剂，Cu、S元素的价态都升高，HNO3作氧化剂，N元素价态降低，由反应方程式可建立如下关系式：10NO——30e-，则每生成1个NO转移3个电子，D正确；故选D。
题型七 氧化还原反应方程式的配平
13．已知反应：Fe3++ClO-+OH-=FeO+Cl-+X(未配平)，下列说法正确的是（ ）
A．Fe3+是氧化剂，ClO-是还原剂
B．X为H+
C．氧化剂与还原剂的个数之比为3：2
D．每生成1个FeO就会有6个电子发生转移
【答案】C
【详解】A．铁元素化合价升高，Fe3+是还原剂，ClO-中氯的化合价降低，ClO-是氧化剂，故A错误；B．反应物中含有氢氧根离子，反应体系呈碱性，X不可能为H+，故B错误；C．铁元素化合价由+3升高为+6，Fe3+是还原剂，氯元素化合价由+1降低为-1，ClO-是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C正确；
D．铁元素化合价由+3升高为+6，每生成1个FeO就会有3个电子发生转移，故D错误；
故选C。
14．二氧化氯()是一种黄绿色气体，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。在处理废水时，可将废水中的(其中C为价)氧化成和，其离子方程式为。下列说法错误的是（ ）
A．
B．氧化性：
C．当生成0.1mol时，转移0.6mol电子
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
【答案】C
【详解】A．根据化学反应方程式中原子守恒可知，该离子方程式中x=2，y=2，A正确；
B．该离子方程式中，ClO2是氧化剂，CO2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：，B正确；C．该离子方程式：，则当生成0.1mol时，转移1mol电子，C错误；
D．该反应中氧化产物是CO2和N2，还原产物是Cl-，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，D正确；故选C。


一、选择题
1．下列物质不是电解质的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．KNO3溶液 D．熔融KNO3
【答案】C
【详解】A．H2SO4是在水溶液中能导电的化合物，是电解质，A不选；B．NaOH是在水溶液中电离出钠离子和氢氧根离子从而能导电的化合物，是电解质，B不选；C．KNO3溶液是混合物，不是电解质，C选；D．熔融KNO3是纯净物，能导电的化合物，是电解质，D不选；故选：C。
2．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．稀硫酸滴在铁片上：
B．少量金属钠放入冷水中：
C．将通入溶液中：
D．醋酸溶解水垢中的碳酸钙：
【答案】B
【详解】A．稀硫酸滴在铁片上生成硫酸亚铁：，A错误；B．少量金属钠放入冷水中生成氢氧化钠和氢气：，B正确；C．盐酸酸性强于碳酸，根据强酸制取弱酸，将通入溶液中不发生反应，C错误；D．醋酸溶解水垢中的碳酸钙后生成醋酸钙，醋酸为弱酸不拆分：，D错误；
答案选B。
3．下列关于物质分类的正确组合是（ ）

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
NaHSO4


Al2O3

B
NaOH
HCl
NaCl

CO
C



Mn2O7

D
KOH
H2S

CaO

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．NaHSO4是酸式盐不是碱，Al2O3是两性氧化物，A错误；B．CO不能与碱反应生成盐和水，故CO不是酸性氧化物，应是不成盐氧化物，B错误；
C．是钠离子和碳酸根离子构成的化合物是盐，不是碱，Mn2O7可以与碱反应产生盐和水，故Mn2O7是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；
D．KOH 水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，为碱，H2S水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，为酸，CaCO3是钙离子和碳酸根离子构成的化合物，为盐， CaO 和酸反应生成盐和水的氧化物，属于碱性氧化物，SO3和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故 D 正确
4．在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．Na+、Mg2+、、 B．Zn2+、、、
C．K+、Na+、、 D．K+、Na+、、
【答案】A
【详解】A．该组离子都是无色的，能大量共存，A符合题意；B．Zn2+、和OH-会发生反应，不能共存，B不符合题意；C．OH-和会发生反应，不能共存，C不符合题意；D．呈紫红色，D不符合题意；
故选A。
5．对于下列反应类型的判断，不正确的是（ ）
A．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O(复分解反应)
B．2FeCl2+Cl2=2FeCl3(化合反应)
C．2Na+Cl2=2NaCl(氧化还原反应)
D．3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2(置换反应)
【答案】D
【详解】A．该反应由两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，属于复分解反应，故A正确；B．为两种物质生成一种物质，属于化合反应，故B正确
C．Cl、Na元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．置换反应的特征是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应物中无单质，不属于置换反应，故D错误；故选：D。
6．酸类物质能够表现出一些共同的性质，其水溶液中都含有H+。下列关于HCl性质的描述中，不属于酸的共同性质的是（ ）
A．能与Na2O反应生成盐和水 B．能与Ca(OH)2反应生成盐和水
C．能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀 D．能使紫色石蕊溶液变红
【答案】C
【详解】A．Na2O与HCl反应的离子方程式为Na2O+2H+=2Na++H2O，氢离子参与反应，A正确；B．Ca(OH)2与HCl反应离子方程式为OH-+H+=H2O，氢离子参与反应，B正确；C．AgNO3与HCl反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，没有氢离子参与反应，C错误；D．紫色石蕊溶液遇酸后变红色，D正确；故答案为：C。
7．某溶液仅由中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：

根据以上实验判断，下列推断错误的是（ ）
A．原溶液中一定存在和
B．白色沉淀2中加稀硝酸，沉淀不溶解
C．气体1通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊
D．滤液2中加入碳酸钠溶液一定会产生白色沉淀
【答案】A
【详解】A．原溶液中一定存在，可能含有，A错误；B．白色沉淀2是，不溶于稀硝酸，B正确；C．气体1为 ，能使澄清石灰水变浑浊，C正确；D．滤液中含有过量的 ，加入碳酸钠溶液一定会产生白色沉淀 ，D正确；故选A。
8．向一定体积的溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，整个过程中混合溶液的导电能力近似用下图中的曲线表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】向盛有一定量的Ba(OH)₂溶液中逐滴加人稀硫酸,开始时发生反应 ，自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱当Ba(OH)2和H2SO4，恰好完全反应时沉淀达到最大值这时自由移动的离子浓度最小，溶液导电能力最弱，且接近于0，随后随着硫酸的加入，溶液中自由移动的离子浓度又逐渐增大，导电能力逐渐增强，符合题意的是曲线D，综上所述故选D。
9．如下图所示2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，下列判断错误的是（ ）

A．1mol乙分子中含有2molA原子 B．该反应类型是分解反应
C．相对分子质量：Mr(甲)=Mr(乙)十Mr(丙) D．该反应一定属于氧化还原反应
【答案】C
【详解】A．2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，根据原子守恒，1个乙分子中含有2个A原子，1mol乙分子中含有2molA原子，故A正确；B．该反应是一种物质生成两种物质，反应类型是分解反应，故B正确；C．根据质量守恒，相对分子质量：2Mr(甲)=Mr(乙)十3Mr(丙)，故C错误；    
D．一种化合物生成两种单质，元素化合价改变，一定属于氧化还原反应，故D正确；选C。
10．常温下，用氯酸钾和浓盐酸也可以制备氯气，化学方程式为：该反应中，被氧化与被还原的氯原子个数之比为（ ）
A．5：1 B．6：1 C．1：6 D．1：5
【答案】A
【详解】反应中，KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0、HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，被氧化与被还原的氯原子个数之比为5:1，选A。
11．下列说法不正确的是（ ）
A．可用丁达尔效应区别胶体与溶液
B．制得的Fe(OH)3胶体继续加热可得到Fe(OH)3沉淀
C．“卤水点豆腐”与胶体聚沉有关
D．可用滤纸分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
【答案】D
【详解】A．丁达尔效应是胶体的特性，可用丁达尔效应区别胶体与溶液，故A正确；B．加热可以使胶体聚沉，制得的Fe(OH)3胶体继续加热可得到Fe(OH)3沉淀，故B正确；C．向胶体中滴加电解质可以使胶体聚沉，豆浆是胶体，加入卤水(含有氯化钙、氯化镁等电解质)可以使豆浆聚沉成豆腐，故C正确；D．胶体和溶液都可以通过滤纸，胶体不能通过半透膜，溶液可以通过半透膜，可用半透膜分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故D错误；故答案为D
12．已知高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，反应如下：MnO+Fe2++H+→Fe3++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是（ ）
A．MnO是氧化剂，Fe3+是还原产物 B．生成四个水分子时，转移10个电子
C．硫酸体现了氧化性和酸性 D．Fe2+的还原性强于Mn2+
【答案】D
【详解】A．该反应中Mn元素化合价从+7降低到+2，Mn O是氧化剂，化合价升高得到的产物是Fe3+，其是氧化产物，A错误；B．据分析，该反应有关系：MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ~ 5e-，则生成四个水分子时，转移5个电子，B错误；
C．该反应中，硫酸中的H、S、O元素化合价均没有发生改变，故硫酸没有体现氧化性，其提供了H+参与反应，产物生成硫酸盐，体系了酸性，C错误；D．该反应中，Fe2+是还原剂，Mn2+是还原产物，还原剂的还原性强于氧化产物，故Fe2+的还原性强于Mn2+，D正确；故选D。
13．关于反应，下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：
B．HCl在反应中只表现出还原性
C．被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为5：1
D．用双线桥法表示电子得失情况：
【答案】C
【详解】A． 根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，作氧化剂，氯气为还原产物，HCl被氧化为氯气，氯气为氧化产物，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，A项错误；
B． 生成氯化钾表现HCl的酸性，生成氯气表现HCl的还原性，B项错误；
C． 根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，1mol得5mol电子，HCl被氧化为氯气，6molHCl参加反应，只有5mol HCl被氧化，故被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为5：1，故C正确；D． 根据化合价变价时归中不交叉原则，被还原为氯气，HCl被氧化为氯气，双线桥法的正确表示方式为，D项错误；故选C。
14．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、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中正确的是（ ）

A．过程①中，生成CuS的离子反应方程式为S2-+Cu2+=CuS↓
B．过程②中，Fe3+作还原剂
C．回收S的总反应为：
D．当有34gH2S转化为单质硫时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为32g
【答案】C
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，故A错误；B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，故B错误；C．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S，故C正确；
D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S~O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D错误；
故选C。
15．下列叙述中正确的是（ ）
序号
氧化剂
还原剂
其他反应物
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2


FeCl3
②
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
MnSO4
③
KC1O3
HCl（浓）

Cl2
Cl2
④
KMnO4
HCl（浓）

Cl2
MnCl2
A．①中反应的氧化产物一定只有FeCl3
B．氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3＋＞Br2＞Fe2＋
C．还原性：H2O2＞Mn2＋＞Cl-
D．④中的HCl(浓)既做还原剂，又起到酸的作用
【答案】D
【详解】A．氯气和溴化亚铁反应时先氧化亚铁离子后氧化溴离子，所以表中第①组反应的氧化产物中一定有FeCl3，还有溴水生成的可能，A错误；B．根据①可知，氧化性Cl2>Fe3+，根据②可知，氧化性KMnO4>O2，根据③可知，氧化性KClO3>Cl2，根据④可知，氧化性KMnO4>Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2+氧化性相对大小，B错误；C．根据②可知，还原性H2O2>Mn2+，根据③可知，还原性Mn2+”或“