课时素养达标(5)氧化还原反应方程式的配平与计算.-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习课时素养达标

解析(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C的作用下：L,D[根据CuO十NH,CI→Cu十CuCL十N↑十H,O分析可 Fe3十又转化为Fe2+,铁元希化合价降低，被还原，则维生素C 知：Cu由十2价降低为0价，被还原：N的化合价由一3升高为 具有还原性，而亚硝酸监会导致Fc2十转化为F十，说明亚硝酸 0,被氧化：根据电子守桓、原子守位配平：4Cu0十2NHC1 盐具有氧化性，在反应中亚硝酸盐为氧化剂，所以维生素C是 3Cu十CuC1+N。↑+4H.O.氯化铵中N化合价升高被氧化 还原剂。(3)由于C1L,、HNO都能氧化亚铁离子，但会引入新 氧化铜中CU化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别 的杀质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水作为氧化剂的还原产物 为N和C山，故A错误：由反应的化学方程式可知，被还原的氧化 是水，不引入杂质，所以最住试剂是双氧水。()该反应中铁元 素化合价由十2价变为十6价，氧元素化合价由一1价变为0 钢占参加反应的氧化铜的，故B错误：由反应可知，生成1mol 价、一2价，所以NaO是氧化剂，NaO、FeSO是还原剂. 气体时转移6mol电子，则产生0.2mol的气体时转移的电子为 13.答案(1)①排出装置中的空气 0.2mol×6一1.2mol,故C辑误：根据反应化学方程式可知，参 ②12Fe(OH)2+NaNO—4FeO+NH十10HO+NaOH 加反应的氧化制为氧化钢，还原剂为氯化候，作氧化剂的氧化铜 (2)①FeO中含有Fe2+,由已知可知Fc+十HO,-Fe3T 与作还原剂的氯化缑的物质的量之比为3：2，故D正确。门 十·OH+OH反应更快 5.A[根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平两个方程式 22NO.+20H--NO+NO+H,O 如下：反应I:2FeS+3CrOg-+26H+ -2Fe3++2S0-+ ③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成 6Cr++13HO,反应Ⅱ：3CuS+5CrO+46H一6Cu+ 亚硫酸钠和水，从而被完全脱除 +3SO月-+10Cr3++23H(0,A.根据以上方程式可知，当参加 解析(1)①向足量NOH溶液中通入N一段时间，排出装置 中的空气，防止空气将亚铁离子氧化：②氢氧化纳溶液和硫酸 反应的FS和CuS物质的量相同时，CuS去除的CrO-较 亚铁溶液反应生成氨氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备 多，A错误：B.反应1、川中Cr元素化合价由十6价变成十3价， FeO的反应为12Fe(OH)2+NaNO一1FeO,+NH,+ 1 mol Cr2()号-反应转移6mol电子，处理0.1mlCr(的度水 10H,O十NaOH:(2)①FeO1中含有Fe2+,由已知可知Fe2 需要转移0,6ole,B正确：C,反应Ⅱ中Cu元素化合价由十1 +H,O,一Fe3++·OH+OH反应更快，故相同条件下 价变成十2价，S元素元素化合价由一2价变成十6价，Cr元素化 FCO作催化剂时NO脱除率更高：②NO,被NaOH溶液吸收 合价由十6价变成十3价，反应涉及三种元素价态变化，C正确： 生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为2NQ,十2OH D.使用FeS徐去废水中CrO写的同时生成Fe3+,Fe3+水解生 =NO十NO十H2O:③二氧化硫在水中的溶解度较大，且 成F(OH):胶体，县有吸附性，可以吸附悬浮杂质，D正确。] 可以和氨氧化纳反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。 6.B[A,在生物反应器中并没有再重新生成S单质，没有实现S 单质的循环利用，故A错误：B.根据反应机理图可知，自养还原 课时素养达标（五） 过程的离子方程式为3SbO十S十10H+ S0+3Sb2++ 1.C[由方程式可知，反应中，叠氯化纳中的氨元素化合价升高被 5HO,故B正确：C,根据反应机理图可知，S单质歧化生成硫酸 氧化，叠氨化纳为反应的还原剂，硝酸钾中氨元素化合价降低被 根和疏化氢，正确的离子方程式为S十1HO一3HS十SO 还原，硝酸钾是反应的氧化制，氨气即是氧化产物也是还原产 十2H十，氧化产物(SO-)与还原产物(HS)的物质的量之比为 物，据此回答。A由分析可知，反应中，叠意化的中的意元素化 1:3,故C错误：D.Sb(十3)的沉淀去除过程发生了非氧化还原 合价升高被氧化，叠氯化钠为反应的还原剂，故A正确：B.由方 反应，Sb元素和S元素的化合价均没有发生变化，不属于氧化还 程式可知，反应生成16mol氯气时转移10mol电子，则生成 原反应，故D说法错误：答案为B 1mol氯气时，反应转移电子数目为1molX10 Na mol1- 7.答案(1)①12 6 0.625V、,故B正确：C,由分析可知，反应中，叠急化钠为反应的 ②3NF+5HO—2N0+HNO+9HF0.4NA(或2.408× 还原剂，硝酸仰是反应的氧化剂，氨气即是氧化产物也是还原产 104) 物，由方程式可知，叠氨化钠和硝酸钾的物质的量比为102，则 (2)①2+6价②BC 氧化产物与还原产物的物质的量之比为10×3：2一15t1,故C 解析(1)①分析题给信息知NF转化为NO,氮元素的化合价 错误：D,登氯化钠是含有离子健和非极性键的离子化合物，硝酸 降低1价，被还原，NF3转化为HNO3,氮元素的化合价升高2 钾是含有离子键和极性键的离子化合物，氧化钾，氧化钠是含有 价，被氧化，氧化还原反应中氧化刺和还原剂得失电子数目相 离子键的离子化合物，意气是含有非极性健的非金属单质，所以 等，则被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1：2。 反应过程有板性健，非极性健和离子健的断裂或形成，故D正 ②由题目给出的反应物和生成物，利用得失电子守恒、原子中恒 确：故选C。门 配平，该反应的化学方程式为3NF+5HO一2NO+HNO十+ 2.C[A.根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应 9HF,若反应中生成0.2 mol HNO3,氮元素的化合价升高2价， ①配平为CHOH十6MnO十8OH -CO+6MnO+ 则转移的电子数为0.4V(或2.408×10)。(2)①10.7g 6HO,选项A正确：B.根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产 Fe(OH)3的物质的量为0.1mol,反应中转移了0.3N个电子， 物的氧化性可知，“反应①”中MO为氧化制，CO写一是氧化产 别铁化合价升高3价，则F(O厂中铁元素的化合价为十6价，则 物，则氧化性：MnO厂>CO-,选项B正确：C,由于CIF在酸性 n=2。②根据所学的知识，推测FO月一具有强氧化性，能和具有 条件下可与MnO,,MnO-发生氧化还原反应，因此“反应②” 还原性的S)、HS反应，不能和氧化性的高锰酸钾和氧气反 中，不能用盐酸进行酸化，选项C错误：D,根据氧化还原反应配 应，选BC 平“反应②”为3MnO-+4HT一MnO￥+2MnO+2H:O, B.A[酸性KMnO4溶液能被NaSO溶液还原成Mn+而使 时清耗71.4gMnO的物质的量为9g/ma 71.4g -0.6mol时，反 常液稳色，发生的反应为2MnO+5SO方十6HF 应中转移电子数目为号×0.6mol=0.4m0l,选项D正确.] 2Mn2+十5S()片-十3H0,则有关系式：2MnO斤5SO号-， 使20.00mL1,00×10-2mol·L1酸性KMnO溶液恰好 3,C[由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠常液在加热条件 诞色，需消耗25.00mlNa2S0常液，则该Na2SO溶液的物质 下发生氧化还原反应生成磷化氨和次磷酸钠，反应的化学方程 式为：P十3NaOH(浓)十3H,O△PH,↑十3 NaH.PO2,反应 的量浓度为5X20.00X101LX1.00×10￥m0l.L -=2.00 2×25.00×10-3L 生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为： ×10-2mol·L1.故选A.] NaH,PO,+HSO一NaHS()4十H:PO2,次磷酸分解生成磷 9.A[A.根据题千流程图可知，配平之后反应3S(O十21eˉ十 化氢和磷酸，反应的化学方程式为：2H3PO =PH3↑十 24H+-6HS+9H0,消耗21molH+,反应3S-+18e- HPO,,据此答题。A.P,是4个降原子构成的分子，白磷属于 +21H-3HS+9H2O,消耗21molH,即x=21,y=24, 分子品体，故A错误：B.HP)2是一元酸，氢氧化纳溶液过量的 A正确：B.SO-与SCN-的反应即SO写-+SCN-—SO-+ 情况下，白降与氢氧化钠反应生成的NH:PO:是正盐，不是酸 式盐，故B错误C,由分析可知，白磷与过量浓氨氧化的溶液在 CN中，未有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，B 加热条件下发生氧化还原反应生咸磷化氢和次磷酸的，反应的 蜡误：C,由题千流程图可知，SO方中S的化合价由十6价降低 化学方程式为：P十3NaOH(求)+3HO △PH↑+ 到S)月的十1价，S(O后-中十2.5价的S降低到SO-中的十 3 NaH,PO2,PH3中P化合价为-3，是还原产物，NaH2PO中P 2价，S,0中十号升高到S0C中的十4价，C错误：D.由A 化合价为十1，是氧化产物，可知氧化制与还原制的物质的量之 比为1：3，故C正确：D,由分析可知，第二步中次璋酸钠和硫酸 项分析可知，理论上每产生1.2 mol HS其中0,4mal由S方 反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还 还原得到，0.8mol由SO-还原得到，故S),SO了共得到 原反应，故D错误：故选C。门 0.4×6十0.8×8-8.8mole,D错误，故答案为：A。] 634 10.AB[反应①，CS中S元素化合价由一2升高到十1，失电子， 十6价升高到十7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂 作还原制，故A正确：反应②，只有S元素化合价变化，则SCL 的质量比为1t2。K,MnO的转化净为66,7%，与该传统工艺 既作氧化刺又作还原制，故B正确：反应①，产物SC1,中S元 相比，电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性 素是由一2升高到十1，每生成1 mol S,C12转移6mol电子，故 高猛酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H十十2MnO,+ C错误：反应②氧化产物为SO2,还原产物为S,由反应可知二 5H2C,O,一2M++8H,O+10CO↑，则样品中草酸晶体 者的物质的量比为1：3，故D错误，门 的物质的量为n(HC0,·2H0)-5×14.8×10-1×0.02× 1l.B[还原性：Fe+>Br,通入的氯气先与Fe2+发生反应： 5 2Fc2++(C1一2Fe3++2C1-,Fc+反应完毕，剩余的Cl再 mol-3.7X101mol,草酸品体的质量为3.7×10-3mol× 与Br-发生反应：2Br-十Cl2一Br2+2C1-。溶液中仍有 126g/mol=0.4662g,则该草酸品体的纯度为93.2%. Br-+说明Cl完全反应，c(Br)=3c(C1厂)=0.3mol·L1, 课时素养达标（六） c(CI)=0.1mol·L-1,能氧化的c(Fe2+)-0.1mol·L-1, 1.A[根据“各原质（无素）化合所用之数名曰·分剂数”。氧气八 若FcBr溶液中Fe2+全部被氧化，则溶液中的c(Br一)≤ 分为一分剂，氢气一分为一分剂，水九分为一分剂，则氧气的分 0.2mol·L-1。而c(Br-)-0.3mal·L-1,说明Fe2+没反应 制数为八，氢气的分剂数为一，水的分剂数为九，即入份氧气与 完，根据c(B)一O.3mol·L一1计算原溶液的浓度为 一份氧气化合生成九份水，满足O,十2H一2H2O中的质量 0.15mal·L1,故A蜡误：反应后溶液中c(Fe3十)一c(C1-) 守饭，固此与“分剂数”一词最接近的现代化学概念为摩尔 0.1mol·L.-1,c(Fe2+)-(0.15-0.1)mol·L.-1- 质量。] 0.05mol·L1,故B正确，C错误：原溶液中c(Br)一 2.B[C1所处状态的气体摩尔体积不一定为22.4L·mo-,不 0.3mol·L1,枚D搭误。] 能确定其物质的量，故不能确定C山中原予数目，故A错误：等 12.答案(1)2C105+S02-2C10+S0月 物质的量的AI分别与足量盐酸和NOH完全反应，反应中A] 21.8山51. 均由0价变为十3价，转移电子数目相等，故B正确：36gHO 31 与1.204×101个0，分子均为2ol,标况下水为液态，36g水 (3)I.NaN021.①②⑤Ⅲ.BW,106418103 体积远远小于44.8L,故C错误：18.0g重水(D20)为0.9mol, 11.2 含有电子为9mol,20gNe为1mol,含有电子为10mol,二者含 解析(1 KCIO在HSO,存在下与SO,反应制得二氧化氯， 有电子数不相等，故D错误。] 同时生成硫酸钾，则离子反应为2C1O十S02一2C1O 3.D[KFeO中Fe元素显十6价，Fe((OH)3中Fe元素显十3 价，别1molK2FeO转化为Fe(OH)3沉淀，转移3×6.02× +S0方。 10个电子，A错误：常温常压下，32gO、O的混合气体中含 (2)设分解的碳酸氨的质量为x,则： 32g 2NaHC0,△NC0,+CO,↑+H,0dm=-62g 有0原子的物质的量为16g”m0T一2m0l.剥所含原子数为 168 62 2×6.02×103.B错误：500mL2mol·L-1明烈溶液中含有 (a-b) 1 mol KAl(SO):,A+水解形成A1(OHD)a胶体，而A1(OH) 由化学方粒式可知工=168(0一包-81(a一，则尚未分解的 胶体粒子是大量AI(OH)分子的聚集体，故A1(OH)1殷体粒子 62 31 数小于6.02×10的，C错误：1个C10中含有26个电子，7.45g NaHCO,质量为a-81(a-)-84b二53e,NaHCO,完全分解 NaClO的物质的量为0.1mol,含有0,1 mol CIO,故7.45g 31 31 时，生成的碳酸钠的质量为bg,则bg 5300g,tb为 NaC10圆体中C10厂含有的电子慈数为26×6.02×102，D 31 正确。 (3)2NaNO,+4H12NO↑+1+2NaI+2HO,氮元素的化 1.B[A,1个Mg原子中有12个质予，1个Al原子中有13个质 合价降低，所以NaNO,是氧化剂：KI与NaNO,反应生成I必 子。24g钱和27g铝各自的物质的量都是1mol.所以24g钱合 有的质子数为12mol,27g铝含有的质予的物质的量为13mol, 须在酸性条件下才能反应，所以鉴别NaNO,和NC1,可选用的 选项A错误：B.设氧气和是氧的质量都是Xg,则氧气(Q)的物 物质为①②③：NN(O,→Ng是被还原，必须加还原制，具有还 原性的是NH,C1,反应的方程式为：NaNO,+NH,Cl=NaCl 质的量为高m0l.臭氧(0，)的物质的量为音m0,所以两者合有 十N↑十2HO,故法B:反应中A→AIO,A]元素化合价由0 价升高为十3价，共升高3价，NO+N,↑，氮元素化合价由 的氧原子分别为》×2-是ml和0×3=言ml:即光时氧气 十5价降低为0价，根据电子转移守恒和原子守恒配平离子方 和是氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个 程式为：10AI+6NaNO,十4NaOH+18HO一10Na[AI 电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选 (OH),]+3N2↑，转移30mol电子会有3mol气气生成，根据 项B正确C.重水为H2O,其中H含有1个中子，1O含有8 电子转移守恒，有5ol电子转移时生成氨气的体积标准状况 个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有 下为11.2L. 10mal中子。水为H2复0，其中H液有中子，0含有8个中 13.答案(1)4K0H+2Mn02+O—2KMn04+2HO) 子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两 (2)偏高 者的中子数之比为10：8一5：4，选项C错误：D.乙烷(CH)分 （32Mn0+2H,0电蟹2Mn0+20H+H,+ 子中有6个C一H键和1个C-C键，所以1ml乙烷有7mol共 价健，乙烯(CH)分子中有4个C-H健和1个C=C,所以 (4)3K2 MnO.+2CO -2KMnO+MnO.+2K CO 1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误，故逸B。门 1:2产率更高，KOH可循环利用 5.B[A.44gC0和44gH物质的量分别为1mol,22mol,相 (5)93.2% 同条件下，H,体积是(CO的22倍，故A错误：B.NA个N分子 解析(1)根据题给流程和信息知，反应幕中KOH、MnO和 物质的量为1mol,质量为28g,28gCH1物质的量为1mol,相 O,反应生成K2MnO4和HO,利用化合价升降法配平，反应的 同条件下，两者体积相同，且两者质量均为28g,密度相同，放B 化学方程式为4KOH+2MnO2+O2-2K2MnO+2H2O 正确：C,4gHe物质的量为1mol,相同条件下，H:体积是He (2)若贫中A山、Si的氧化物含量较高，发生反应：A山Q十 的2倍，故C错误：D,32gO和48g0物质的量均为1mol,两 2KOH+3HO—2K[A1(OH)4]、SiO,+2KOH—KSiO 者体积相同，但密度不同，故D错误。门 十H20,会导致KOH消耗量偏高。(3)电解猛酸钾济液制备高 6.B[X气球放在CO中静止不动，说明X的相对分子质量接近 锰酸钾的离子反应方程式为2MO+2H,0也解2Mn0十 C门，Y气球放在)中上浮，说明Y相对分子质量小于氧气，但 2OH-+H↑，(4)向KMnO,溶液中通入连量CO,二者反应 X气体的相对分子质量不一定比Y大，A错误：氯气的相对分子 质量为28，甲烷的相对分子质量为16，所以X可能是急气，Y可 生成黑色固体二氧化锰，KMO,利用化合价升降法配平，该反 能是甲烷，B正确：X的密度接近C0,但不一定小于Y的密度，C 应的化学方程式为3KMnO.+2C)2—2KMnO,+MnO2￥十 错误：相同条件下，等体积的两种气体其物质的量相等，因为其 2KCO3,上递反应中3 mol K:MnO,有1mol锰化合价由十6 摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相对大小，故D 价降为十4价生成二氧化锰，作氧化割，有2mdl锰化合价由 错误。] 635课时素养达标（五） 氧化还原反应方程式的配平与计算 基础巩固练 4.在焊接铜器时可用NH,C溶液除去铜器表面的 选择题只有1个选项符合题意 氧化铜以便焊接，其反应为CuO十NHCI一 1.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3十 Cu十CuCl2+N2◆+H2O(未配平)。下列说法 2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，下列有关说 正确的是 () 法不正确的是 ( A.反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu A.NaN3为还原剂 和N B.生成1molN2,转移0.625NA个电子 B.该反应中被还原的CuO占参与反应CuO C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1 的时 :15 C.反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子 D.该反应过程有极性键、非极性键和离子键的 D.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 断裂或形成 3:2 2.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下： 5.(2025·宣城期末)用硫化亚铁、硫化亚铜处理酸 ①KMnO溶液处理：CH3OH+MnOM+X→ 性废水中的Cr2O号，发生的反应如下： CO+MnO-+H2O(未配平，下同)②酸化处 反应I:FeS+Cr2O号-+H+→Fe3++SO-+ 理：MnO-+H+--MnO2↓+MnOi+H2O, Cr3++H2O(未配平) 下列说法错误的是 A.“反应①”中X为OH一，配平后计量系数为8 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O号-+H+→Cu2++SO B.“反应①”中氧化性：MnO4>CO 十Cx3++H2O(未配平) C.“反应②”中，可用盐酸进行酸化 下列说法错误的是 D.“反应②”消耗71.4gMnO时，反应中转移 A.当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时， 0.4 mol e FeS去除的Cr2O片较多 3.(2025·永州三模)磷化氢(PH3)具有能量密度 B.反应中每处理含0.1 mol Cr2O号的废水需要 高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业 转移0.6mole 上利用副产法制备PH3的流程如图所示： C.反应Ⅱ中涉及三种元素价态变化 过量浓 PH D.使用FeS除去废水中Cr2O号的同时，还有利 白磷NaOTI溶液 (P) 次磷酸钠蔬酸次分解→PH, 于吸附悬浮杂质 (NaH,PO) 酸 →H,P(0 6.(2025·哈尔滨模拟)微生物在电子供体的作用 下列说法正确的是 下可将Sb(+5)(存在形式为SbO3)还原为更易 A.白磷(P,)属于共价晶体 被去除的Sb(十3)，根据电子供体的不同可分为 B.次磷酸钠是酸式盐 自养还原和异养还原。为去除水中锑（十5）酸 C.白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂 盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应 的物质的量之比为1：3 器，其反应机理如图所示。下列说法正确的是 D.流程中的每一步反应均属于氧化还原反应 379 考能提升练 歧化 副产物控制 选择题有1个或2个选项符合题意 HS 沉淀去除 8.已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原 白养还原 Sb(+5) Sb(+3 Sb,S(s) 成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00mL1.00× Sb(+5)的高效还原 Sb(+3)的有效去除 10一2mol·L1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需 反应机理图 消耗25.00mLNa2SO3溶液，则该Na2SO3溶 A.在生物反应器中可以实现S单质的循环利用 液的物质的量浓度（单位：mol·L-1)为(） B.自养还原过程的离子方程式为3SbO5十S十 A.2.00×10-2 B.3.00×10-2 C.4.00×10-2 D.5.00×10-2 10H+-S0-+3Sb3++5H20 9.(2025·攀枝花一模)我国科学家发现深海处在 C.歧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的 微生物作用下的含硫物质转化成HS的变化过 量之比为3：1 程如下图所示（已略去部分不含硫物质）。有关 D.Sb(+3)的沉淀去除过程发生了氧化还原 转化过程说法正确的是 ( 反应 5,02 +2e 7.(1)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在 CN- 3S20月 潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其 SCN-1 +24e-+yH- 微生物 微生物2 反应的产物有HF、NO和HNO3。请根据要求 S04 +2e -M 4S0 +18e+x,9HS 4 3 回答下列问题： -2e ①反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物 S,0 质的量之比为 A.x=21,y=24 B.SO与SCN一的反应中，SO-只作氧化剂， ②写出该反应的化学方程式： SCN-只作还原剂 C.SO-、S,O、S3O在转化过程中硫元素的 若反应中生成0.2 mol HNO3,转移的电子数为 化合价均降低 D.理论上每产生1.2 mol HS,SO号、S2O (2)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应 共得到5.0mole 10.已知常温下二氯化二硫(S2C12)为红棕色液体， (未配平)： 其结构式为CI一S一S一CI。其制备反应及与 Fe(OH)+CIO+OH-FeO+CI 水反应的化学方程式如下：①CS2+3Cl2 +H2O 11-14o℃CCl4+S2Cl, ②2S2C12+2H2O ①已知有10.7gFe(OH)3参加反应，共转移了 —4HC+SO2↑+3S￥则下列说法正确的是 0.3NA个电子，则n= ,FeO?中铁元 素的化合价为 A.反应①中CS2作还原剂 ②根据所学的知识，推测FeO?-能和 B.反应②中S2Cl2既作氧化剂又作还原剂 C.反应①中每生成1molS2Cl2转移4mol (填字母)反应。 电子 A.KMnO B.S02 D.反应②中氧化产物与还原产物的物质的量 C.H2S D.02 之比为3：1 380 11.向某FeB2溶液中通人1.12L(标准状况)的C2, 13.工业上以软锰矿（主要成分MnO2)为原料，通 测得溶液中c(Br)=3c(C-)=0.3mol·L-1。 过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧 反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列 气氧化MnO2得到K2MnO4,分离得到的 说法正确的是 K2MnO4后，再用惰性材料为电极电解 A.原溶液的浓度为0.1mol·L-1 K2MnO溶液得到KMnO1,其生产工艺简略 B.反应后溶液中c(Fe3+)=0.1mol·LI 如下： C.反应后溶液中c(Fe3+)=c(Fe+) KOH 体环2 D.原溶液中c(Br一)=0.4mol·L 软 分离 K.MnO 分离 12.(1)用KCIO3在H2SO1存在下与SO2反应制 反应器 器1 电解槽 器Ⅱ 得C1O2。请写出反应的离子方程式： 循环1 KMnO, (2)把ag固体NaHCO3加热分解一段时间后， (1)反应器中反应的化学方程式为 固体质量变为bg。 I.尚未分解的NaHCO3质量为 go (2)生产过程中最好使用含MnO280%以上的 Ⅱ.当b为 g时，表明NaHCO3完全 富矿，因为MnO2含量最低的贫可矿中Al、Si的 分解。 氧化物含量较高，会导致KOH消耗量 (3)NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易 (填“偏高”或“偏低”)。 使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应： (3)电解槽中总的离子反应方程式为 2NaNO2+4HI—2NO↑+l2+2Nal +2H2O。 (4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通 【.上述反应中氧化剂是 入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO)4等，反 Ⅱ.根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选 应的化学方程式为 用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、 ④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有 (填序号) 上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为 Ⅲ.某厂废液中，含有2%~5%的NaNO2,直接 排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为 与该传统工艺相比，电解法的优势是 不引起二次污染的N2的是 (填编号)。 A.NaCl B.NH CI (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称 C.HNO D.浓H2SO 草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100mL Ⅳ.请配平以下化学方程式： A1+ 溶液，取出20.00mL用0.0200mol·L1的 酸性KMnO,溶液滴定（杂质不反应），至溶液 ☐NaNO+☐NaOH+ H2O 呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶 ☐Na[A1(OH):]+☐N2↑。若反应过程 液14.80mL,则该草酸晶体的纯度为 中转移5moleˉ，则生成标准状况下N2的体积 (结果保留三位有效数字)（已知该草酸结晶水 为 合物H2C2O1·2H2O的相对分子质量为126) 381