练案5 第一章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平和计算-【衡中学案】2026年高考化学一轮总复习练案

练案[5] 第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算 1.(2025·四川成都检测)C102是国际上公认的安全、低 C.S,0}是还原剂 毒的绿色消毒剂，用浓盐酸和KCIO3在一定温度下反 D.每32g02参加反应，转移电子的物质的量为4mol 应会生成CIO2,其变化可表述为KCIO,+HCl(浓) 6.(2025·辽宁沈阳检测)已知反应：As2S+HN03+X 一→H,AsO4+H2S04+N0个，下列说法错误的是 一→KCl+ClO2↑+CL2↑+H0(未配平)。下列叙述 () 正确的是 A.X为H,O A.浓盐酸在反应中只体现还原性 B.生成1 mol H As(04共转移2mole B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C.氧化产物为H,S04和HAs0, C.氧化产物与还原产物之比为2：1 D.参加反应的HNO3全部被还原 D.每生成1molC102,转移2N个电子 7.(2025·山东青岛检测)某离子反应涉及H+、B3+、 2.(2025·四川雅安模拟)关于反应NH4N03+Z MnO4、BiO3、Mn2+、H,0六种微粒。其中c(MnO:) Z0+N2↑+2H20,下列说法正确的是 随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是() A.生成1mol的Zn0,共转移5mol电子 A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5 B.NH,NO,只作氧化剂 B.氧化性：BiO3大于MnO C.该反应中氧化产物只有Zn0 C.反应后溶液的pH增大 D.每产生448mLN2,生成0.72gH,0 D.若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量 3.(2025·黑龙江大庆检测)NaNO2是一种食品添加剂， 为5mol 但它能致癌。酸性KMnO,溶液与NaNO,反应的化学 8.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下： Mn0,+CuS+H+-→Cu2++S02↑+Mn2++H,0(未 方程式为MnO:+NO+H*一一Mn2++NO+ 配平)，下列有关该反应的说法正确的是() (未配平)。下列叙述正确的是 A.被氧化的元素是Cu和S A.Mn2+的还原性强于NO, B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性 B.反应生成1 mol NO3需消耗0.4 mol Mn04 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5 C.反应过程中溶液的酸性增强 D.若生成2.24L(标准状况下)S02,转移电子的物质 D.横线上的微粒是OH 的量是0.8mol 4.做实验时若白色衣服上沾了一些KM04,产生了褐色9.(2025·广东梅州模拟)实验室模拟工业处理酸性含 斑点，可用草酸(H2C204)的稀溶液洗掉斑点，其离子 铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的 方程式为Mn0:+H,C204+H*—C02↑+Mn2++ 化合价变化如图2所示。已知：深蓝色溶液中生成了 (未配平)。关于此反应的叙述正确的是 CO5。下列说法错误的是 ( 0.5mL 8滴5%H,0 2.0mol/L A.该反应的氧化产物是Mn2 溶液（过量） NaOH溶液 B.离子方程式横线上的生成物是OH 2mL 5s 30s 80s 0.0125mol/L 深蓝色溶液 绿色溶液 黄色溶液 C.配平离子方程式，H的化学计量数是6 K,Cr,O,溶液 pH=2 D.标准状况下，有5.6LC02生成时，转移电子的物质 橙色溶液 图1 的量为0.5mol 5.(2025·河北衡水检测)水热法制备纳米颗粒Y(化合 铬元素化合价 物)的反应为3Fe2++2S20+02+a0H—Y+ +6■ ● S,0?+2H,0,下列有关说法不正确的是 +3 A.a=4 05 30 80 t/s B.Y的化学式为FeOg 图2 —380 A.C0,中-1价氧原子和-2价氧原子的个数比是12.利用锌灰（主要成分为Zn0,含有Cu0、Pb0、SiO2、 4:1 Fe0、Fe,03等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如下， B.30~80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中溶 下列说法错误的是 ( 解的氧气所致 稀硫酸适量KMnO,溶液 试剂a NH,HCO C.上述过程中不滴加HO2溶液，只加NaOH溶液也 锌灰→酸浸 →步骤1 →步骤2→步骤3 能实现Cr,0号转变为CrO} 滤渣1MnO,、FeOH, 滤渣2 D.实验开始至30s,溶液中发生的总反应的离子方程 式为Cr20号+3H202+H20—2Cr3++302↑ 20、授烧 ,ZnC03·xZn(OH2 +80H A.滤渣1的主要成分为SiO2、PbS0 10.(2025·山东青岛模拟)工业上常用NaCl0碱性溶液 B.步骤1中发生反应的离子方程式为MnO,+3Fe2+ 吸收工业废气中的S02,为了提高吸收效率，常用 +7H20—3Fe(0H)3↓+Mn02↓+5Ht N,0,作为催化剂，反应过程中产生的四价镍和氧原 C.加入试剂a发生置换反应：Zn+CuS04一ZnS04 子具有极强的氧化能力，可加快对S0,的吸收，该催 +Cu 化过程如图所示。下列说法错误的是 ( D.取步骤3后的干燥滤饼11.2g进行煅烧，可得产 品8.1g,则x=2 CIO C+0 13.(2025·山东潍坊检测)氧化还原反应在工业生产、 过程 过程2 环保及科研中有广泛的应用。 CT NiO, CIO (1)氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuS0,溶液 A.过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是 和“另一物质”在40~50℃时反应可生成CH。 1:1 CH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃 B.过程2的离子方程式是2NiO2+Cl0—C1°+ 烧；与稀盐酸反应能生成气体，C在酸性条件 Ni203+20 下发生的反应是2Cu*=C2++Cu。 C.吸收反应的总方程式是Cl0+S02+H20= ①写出CH在氯气中燃烧的化学方程式： CI-+S02+2H* D.用Ca(ClO)2代替NaCIO脱硫效果更好 ②CH溶解在稀盐酸中生成的气体是 11.(2025·湖北武汉模拟)用CuzS、FS处理酸性废水 (填化学式)。 中的C0号，发生的反应如下： ③将CH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只 ①Cu,S+Cr,0+H+-→Cu2++S0子+Cr3++H,0 有NO,请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的 (未配平)； 离子方程式： ②FeS+Cr,0号+H+-→Fe3++S0}+Cr3++H,0 (未配平)。 (2)钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 下列判断错误的是 ( ①将废钒催化剂（主要成分V,O,)与稀硫酸、亚 A.反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5 硫酸钾溶液混合，充分反应后生成V02+等离子， B.用相同物质的量的Cu,S和FS处理Cr,O时， 该反应的化学方程式是 Cu2S消耗的Cr,0多 C.处理等物质的量的Cr,0时，反应①和②中消耗 ②V,0,能与盐酸反应产生V02+和一种黄绿色 H*的物质的量相等 气体，该气体能与SO3溶液反应被吸收，则 D.用FS处理废水不仅可以除去Cr2O,还可吸附 S0?、C1、V02+还原性由大到小的顺序是 悬浮杂质 381 14.(2025·陕西渭南模拟)氧化还原反应在物质制备方15.亚氯酸钠(NaCl02)是一种重要的含氯消毒剂，制备 面应用广泛。 亚氯酸钠的工艺流程如下： (1)下面三个方法都可以用来制氯气： H,O,浓硫酸H,O2NaOH ①4HC1(浓)+Mn02△-MnCL2+Cl2↑+2H20 NaCO,→制备CO2 吸收 结晶 ②KCl03+6HCl(浓)3CL2↑+KC1+3H,0 废液 NaClo. ③2KMn04+16HCl(浓)=2KCl+2MnCL2+ 回答下列问题： 8H20+5Cl2↑ (1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂， 根据以上三个反应，回答下列有关问题。 是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有 I.反应①中，氧化产物与还原产物的质量之比 性。 (2)制备Cl02气体的化学方程式为2NaCl03+H202 Ⅱ.反应②中若产生标准状况下氯气3.36L,则 +H2S04=2Cl02↑+02↑+Na,S04+2H20; 转移电子物质的量是 制备时可用S代替H202,写出该反应的离子方 Ⅲ.已知反应④：4HC1+0,催化剂2C,+ △ 程式： 2H,0(g),该反应也能制得氯气。提示：反应条 件越简单反应越容易发生，说明反应物性质越强 (3)可从“废液”中回收的主要物质是 烈。则MnO2、02、KMnO4三种物质氧化性由强到 (填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。 弱的顺序为 (4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠 Ⅳ.补全方程式并配平 样品mg,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体， 已知：☐KMnO4+☐KNO2+■ 再滴入适量稀硫酸（发生反应C10,+4I~+4H+ ☐Mns04+☐K,S04+□KNo,+☐H,0 —2L2+C1°+2H20),将完全反应后的溶液配 (2)A、B、C为三种单质（其中A为固体，B、C为气 成250mL待测液。移取25.00mL待测液置于 体)，D的饱和溶液滴入沸水中继续加热，液体呈 锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·L1的 红褐色，B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液 Na2S203标准溶液进行滴定，滴定终点时消耗 E,它们之间的转化关系如图： Na2S203标准溶液VmL(已知：L2+2S20号— 加入A 2I+S406)。 E加入A ①移取25.00mL待测液的仪器的名称是 填写下列空白： ①物质A是 ②该样品中NaClO2的质量分数为 (填名称)，纯净的C在盛 有B的集气瓶中燃烧的实验现象是 (用含m、c、V的代数式表示)；在滴定操作 正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，其可 ②向F中加入NaOH溶液，并在空气中放置时发 能的原因是 生反应的化学方程式是 —382练案[4] 中需要得到4mol电子，故理论上共需要n(02)=0.8m0l=0.2mol,C 1.D汞和硫反应生成HgS,元素化合价发生改变，为氧化还原反应，A不 正确：Ca0与水反应生成Ca(OH)2,溶液呈碱性，且Mn(OH)2需在碱 符合题意；硝酸具有强氧化性，和一些金属能发生氧化还原反应，B不符 性环境中存在，故过程I中的离子方程式为2Mn(OH),+02+4OH 合题意：铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变，为氧 化还原反应，C不符合题意；制取黄铜的过程中，没有元素化合价改变 =2Mn0-+4H20,D错误。 不涉及氧化还原反应，D符合题意。 11.A根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可判断B中 2.A用氯化铁溶液腐蚀铜板，发生的反应为2FeCl3+Cu一CuCl2+ 氧化性Cl2>L2,C中氧化性Co203>CL2,D中氧化性C2>Fe3+,这些 2FeCl2,体现FeCL3的氧化性，A正确；用SO2的水溶液吸收Br2:SO2+ 结论与题给信息一致。对于A项，由于I-的还原性强于F2+的，所以 Br2+2H202HBr+H2SO4,体现SO2的还原性，B错误；用锌块防止 Cl2应先氧化I,而不是先氧化Fe2 钢铁船体腐蚀，是利用原电池原理，锌和铁构成了原电池的两个电极，锌 12.A参与反应的5molH,0中只有2mdlH,0发生氧化反应，生成1mol 比铁活泼，锌为负极，利用了锌的还原性，C错误；用铁粉防止FSO4溶 02,则0.5mdlH20被氧化时，生成0.25mol02,A错误；3 mol BrF3中 液变质，利用了铁的还原性，D错误。 做氧化剂的BrF3有2mol,做还原剂的BrF3有1mol,2molH,O为还原 3.DCS04是重金属盐，可使蛋白质发生变性而引起中毒，故不可服用 剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；2 mol BrF?为氧 CuSO4溶液，A正确：Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuS04是 化剂，得到6mol电子生成还原产物为Br2,其物质的量为1mol,C正 氧化剂，P,部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到 确：生成9 mol HF时，有2 mol BrF3被还原，得到6mol电子，而1mol +5价，磷元素的化合价既升高又降低，故P:既是氧化剂又是还原剂，B Bf,生成HB0,失去2ol电子，被BF,还原的Bf,为号mol,则生 正确；CuP中Cu元素为+1价，C正确；若有11molP4参加反应，其中5 成2.7 mol HF时，被BF,还原的BrF3为0.2mol,D正确。 mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂， I3.B反应①中HBO→KBr中Br元素化合价降低，HBO是氧化剂， 则由电子守恒可知，生成6molH2S04时，有6 mol CuS04参加反应，6 K2[Cu(OH)4]→KCuO2中Cu元素化合价升高，K2[Cu(OH)4]是还 mol CuS04得到6mol电子，1molP4被氧化失去20mol电子，故6mol 原剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1： QaS0,能氧化白碳的物质的量为2nd=0.3mal,D结误。 2,A正确；反应②的化学方程式为4KCu02+6H2S04一02↑+ 4CS04+6H20+2K,S04,生成1mol02转移4mol电子，标准状况下生 4.CFe03→K,Fe04,铁元素化合价升高，Fe203是还原剂，KN03一→K02,氮 成5.6L02,02的物质的量为0.25mol,转移电子数为0.25mol×4× 元素化合价降低，KNO3是氧化剂，KNO2是还原产物，A正确：根据方程 Na mol-1=NA,B错误；反应②中Cu元素化合价降低，0元素化合价升 式可知，氧化性：KN03>K,Fe04,B正确：fe203一→2K,Fe04~6e,则每 高，KCO2既表现氧化性，又表现还原性，C正确；由①可得氧化性： 生成1molK2Fe04时，转移3mole,C错误；K2Fe04具有强氧化性，在 HB0>KCuO,,由②可得氧化性：KCuO,>O,,则氧化性强弱顺序为 处理饮用水过程中起氧化、杀菌，脱色等作用，其还原产物F3+水解生 HB0>KCuO2>O2,D正确 成Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附杂质达到净水的目的，D 失去2×# 正确。 14.(1)2NaN0,+4Hi=2N0+L2+2NaI+2H,0 5.A活性氧具有极强的氧化性，亚硒酸钠(Na2SO3)能清除人体内的活 得到2×华 性氧，因此亚硒酸钠具有还原性，与活性氧反应时，亚硒酸钠作还原剂，A (2)+3价氧化性和还原性 项正确。 (3)①氧化性酸性高锰酸钾溶液褪色 6.D在反应中0元素化合价由0价变为-2价，所以02作氧化剂，故A ②KMn04>NaNO2>L2 正确；Cu2S中S元素化合价为-2价，则Cu显+1价，故B正确；该反应 ③2NaN02+H2S04Na2S04+N0↑+N02↑+H20 中S元素化合价由-2价变为+4价，0元素化合价由0价变为-2价， 15.(1)H2S04(浓)>Se02>I2 所以S02既是氧化产物又是还原产物，故C正确；当有1molO2参加反 (2)①>②溶液的酸碱性不同 应时，共转移电子的物质的量=1mol×2×(1-0)+1mol×2×[0- [解析](2)②对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，性质探 (-2)]=6ml,所以若反应中转移电子2.408×103个（即0.4mol),则 究实验是在酸性条件下，氧化性强弱关系不同，说明酸碱性的不同影响 消耗0：的物质的量为。mmd=5ml,放D错误。 氧化性的强弱。 7.DH2Te被O2氧化生成Te,体现H2Te的还原性，A正确；反应②中Te 练案[5] 与0反应生成，Te0,Te元素化合价升高，是还原剂，则H,0为氧化1.B根据得失电子守恒，配平方程式为2KC0,+4HC(浓)一2C+ 剂，B正确；反应③中H2TeO3一→H。Te06,Te元素化合价升高，发生氧： 2CIO2↑+C2↑+2H,0。部分盐酸中氯元素化合价升高被氧化为氯气， 化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，C正确：H2T20s转化为 部分盐酸中氯元素化合价没变生成氯化钾，浓盐酸在反应中体现还原性 H2T4O。时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，D错误。 和酸性，故A错误；KCIO3中氯元素化合价由+5降低为+4，KCO3是氧 8.Ab为HC,其中+1价的H化合价能降低，具有氧化性，故A项错误；c 化剂，HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCI是还原剂，根据得失电子 为Cl2,无漂白性，d为HCl0,具有漂白性，e为ClO2,f可为NaCIO3,都具 守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确：KCIO,中 有强氧化性，g为HCIO4,故B、C、D项正确。 氯元素化合价由+5降低为+4，C102是还原产物，HC1中氯元素化合价 9.D反应中KHIO。中碘元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A 由-1升高为0，C2是氧化产物，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产 错误；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 物之比为1：2，故C错误；KC03中氯元素化合价由+5降低为+4， 物也不是还原产物，B错误；12.7g【2的物质的量为0.05mol,根据反应 CIO2是还原产物，每生成1 mol ClO2,转移NA个电子，故D错误。 方程式可知，每生成4molL2转移7mol电子，则生成0.05mol2时转移2.A该反应中铵根离子中N元素化合价升高，Z元素化合价也升高，硝 电子的物质的量为0.0875mol,C错误；反应中HI为还原剂，K2HIO6为 酸根离子中N元素化合价降低。NH,NO3既作氧化剂又作还原剂，B错 氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO。就有7molHⅡ失电子，则还原剂 误；N2既是氧化产物也是还原产物，ZO是氧化产物，C错误；设说明是 与氧化剂的物质的量的比为7：1，D正确。 否处于标准状况，无法计算，D错误 10.C题给流程中，Ca0和Ms04转化为Mn(0H)2、s0-转化为3.B该反应中，Mn元素由+7价降低为+2价，N元素由+3价升高为+5 CaS04·2H20均为非氧化还原反应，A错误；O2可将Mn(OH)2氧化 价，配平可得：2Mn0,+5N02+6H*一2Mn2++5N03+3H20。N02 为MnO好，Mn0好能将S2-氧化为S20-,则有氧化性：02>MnO好> 为还原剂，Mn2+为还原产物，则Mn2t的还原性弱于NO,,A错误；由得 S0,B错误；将0.1mol上层清液中的S2-转化为S0,该过程中S 失电子守恒可知，生成1 mol NO3需消耗0.4 mol MnO4,B正确；反应过 元素失去电子的物质的量为0.1mol×8=0.8mol,而1mol02在反应 程中消耗H,溶液酸性减弱，C错误；横线上的微粒应是H20,D错误。 616 4.C该反应中M元素由+7价变为+2价，故该反应的还原产物是12.DSiO2不与稀硫酸反应，锌灰中b0与稀硫酸反应得到的PS04不 M2+,A错误；溶液为酸性环境，横线上的生成物是H2O,B错误；根据守： 溶于水，故滤渣1的主要成分为PbS04、SiO2,A正确；加人KMnO4溶液 恒规律配平可得：2Mn0:+5H2C204+6H+一10C02↑+2Mn2++ 氧化Fe2+生成Fe(OH)3,MnO4则被还原为MnO2,离子方程式为 8H20,H+的化学计量数为6，C正确：反应产生10molC02气体时转移 Mn04+3Fe2++7H20=3Fe(0H)3↓+Mn02↓+5H*,B正确；为 10mol电子，在标准状况下有5.6LC02(0.25mol)生成时，转移电子的 除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn,发生置换反应：Zn+CuSO 物质的量为0.25mol,D错误。 Cu+ZnS04,C正确；设ZnC03·xZn(OH)2的物质的量为ymol,瑕 5.B由电荷守恒可知3×2+a×(-1)+2×(-2)=-2,则a=4;由质 烧ZnCO3·xZn(OH)2得到Zn0,则固体减少的质量等于二氧化碳、水 量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3，含0原子的个数为4，故Y的化 学式为Fe304;该反应中还原剂为Fe2+、S20}-,氧化剂为02。 的质量，(20：号-点一=01以，根器圆体破少的质量。 6.B题给反应配平后的化学方程式为3As2S+28HNO3+4H20 Zn0的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+y=0.1,解得x 6H3As04+9H2S04+28N0↑。X为H0,A正确：转移84moleˉ时，生 =1,y=0.05,D错误 成6mlLA0,所以生成1m0lA0,转移14mle,B错误；AS,13.(1)①2CH+3C,2CuC+2HC②H, 中As的化合价从+3价升高到H3As04中的+5价，硫元素的化合价从 ③CuH+3H++N03—Cu2++2H20+N0↑ -2价升高到硫酸中的+6价，所以H3As04和H,S04都是氧化产物，C (2)①V205+K2S03+2H2S04—=2V0S04+K2S04+2H20 正确；由以上化学方程式可知，NO3中氨元素的化合价全部降低，生成 ②S03->C1->V02+ NO,所以参加反应的HNO3全部被还原，D正确。 14.(1)71:1260.25 mol KMn04>Mn02>0,253H,S042 7.Ac(MnO,)随反应进行逐渐增大，MnO4应是生成物，则Mn2+为反应 153 物，Mn元素化合价升高，具有氧化性的BiO,为反应物，由Bi元素守恒 (2)铁氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾生成 可知B3+是生成物，则反应的离子方程式应为5Bi02+2Mn2++14H+ FeCl +2NaOH=Fe(OH)+2NaCl 4Fe(OH)2+02 +2H2 O= 4Fe(OH)3 —5Bi3++2MO4+7H20,以此解答该题。氧化剂与还原剂的物质的 [解析](1)I.反应①中氧化产物为Cl2,还原产物为MnCl2,氧化产 量之比为5：2，A错误；氧化剂的氧化性大于氧化产物，B正确；反应消： 物与还原产物的质量之比为(35.5×2)：(55+35.5×2)=71：126 耗H*,反应后溶液pH增大，C正确；M元素由+2价变为+7价，则1 Ⅱ.反应②生成3 mol Cl2时转移电子5mol,若标准状况下产生氯气 mol Mn2+生成1 mol MnO,转移5mol电子，D正确 3.36L,即0.15 mol Cl2,则转移电子物质的量是0.25mol。Ⅲ.三种物 8.C反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由-2价升到+4价， 质氧化性由强到弱的顺序：KMnO4>MnO2>O2。N,根据得失电子守 只有硫元素被氧化，A项错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性， 恒和质量守恒配平方程式为2KMn04+5KNO2+3H2S04-一2MnS04 则还原性：CS>Mn2+,B项错误：氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设 +K2S04+5KNO3+3H20。(2)①根据题中信息分析可知，A是Fe、B KMnO4为xmol,CuS为ymol,根据电子守恒：x×(7-2)=y×[4- 是Cl2、C是H2、D是FeCl3、E是HCl;氢气在氯气中能安静地燃烧，发出 (-2)],x:y=6:5,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C项 苍白色火焰，瓶口有白雾生成。②氯化亚铁与NaOH发生复分解反应生 正确；二氧化硫物质的量为0.1ol,由反应方程式可知，反应中硫元素 成氢氧化铁和氯化钠，化学方程式为FeCl2+2aOH一Fe(OH)2↓+ 化合价由-2价升到+4价，故转移电子为0.1mol×[4-(-2)]=0.6 2NaCl;氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，化学方程式为 mol,D项错误 4Fe(0H)2+02+2H,04Fe(0H)3 9.DC0,中C元素化合价为+6价，设-1价氧原子和-2价氧原子的15.(1)氧化 个数分别是x和y,则x+y=5、x+2y=6,解得x=4、y=1,因此两者的个 (2)6C103+S+4H+6C102↑+S01+2H20 数比是4：1，A正确；30~80s过程中，Cr元素化合价由+3价升高为 (3)Na2S04 +6价，反应过程中被氧化，可能是溶液中溶解的氧气所致，B正确；由于 酸性条件下存在平衡2CO子+2H*一Cx2O号+H20,所以题述过程 (4)①酸式滴定管（或移液管）②0.22625cWx100%I被空气中的 中不滴加H2O2溶液，只加NaOH溶液，促使平衡逆向移动，也能实现！ 氧气氧化生成了碘单质（合理即可） Cr202转变为CrO,C正确；实验开始至30s时，K2Cr2O2→C05→ [解析](1)亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要原因是其具有强氧化 C3+,过量的H202还原K2Cr20,生成C3+,H202被氧化生成02，且溶 性。(2)制备CIO2时，H202作还原剂，用S代替H202作还原剂，由于 液在未加人NaOH溶液前显酸性，总反应的离子方程式为CrO+ +4价的硫也具有还原性，则该反应中的硫被氧化为S0?,反应的离子 3H,0,+8H+=2C3++302↑+7H,0,D错误。 方程式为6C103+S+4H+一6C102↑+S0匠-+2H20。(3)制备 10.C过程1中，C10-转化为C-,Cl元素化合价由+1价变为-1价，化 ClO2时用浓硫酸酸化，后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2,根据元素守 合价降低，C1O-作氧化剂，Ni203转化为NiO2,Ni元素化合价由+3价 恒可知废液中含有大量Na2S04,可以回收。(4)根据题意可得关系式： 变为+4价，化合价升高，N203作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧 CI02~2L2~4S203,则样品中NaC02的质量分数为 化剂与还原剂的物质的量之比是1：1，A正确；过程2中，NO2和 250mL 子×em.L-×Vx10-3L×90.5g~m×250l Cl0反应生成Ni203、C1-和0，离子方程式为2NiO2+CI0-—=C1-+ ×100%= mg Ni2O3+20,B正确：用NaCIO碱性溶液吸收工业废气中的S02,离子方 程式为Cl0-+S02+20H-=Cl-+S0子-+H20,C错误；Ca2+与 0.22625cY×100%。由于碘离子具有较强的还原性，能够被空气中的氧 S0-结合生成难溶的CaS04,有利于反应的进行，因此用Ca(ClO),代 气氧化生成碘单质，导致消耗的Na2S2O3的量增多，进一步导致NaClO2 替NaCIO脱硫效果更好，D正确。 的质量分数偏高。 11.C根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程式：① 练案[6] 3Cu2S+5Cr20号+46H*—6Cu2++3S0子+10Cr3++23H20;②：1.B反应①中H元素和0元素的化合价发生变化，反应②中C元素和H 6Fes+9Cr,0?+78H+—6Fe3++6S0+18Cr3++39H,0。反应： 元素的化合价发生变化，均为氧化还原反应，A正确：题目未指明22.4L ①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5，A正确；用相同物质的量 O2是否处于标准状况下，不能进行相关计算，B错误；反应②中C元素 的C2S和FeS处理Cr2O号时，Cu2S消耗的Cr2O?多，B正确；处理 的化合价由-4价升为+4价，则1molC02被还原转移8mole,C正 等物质的量的C2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，C: 确；H20的摩尔质量为18g·mol-1,D正确。 错误；用FS处理废水不仅可以除去C,0号，生成的Fe3+在水中形成2.C标准状况下氯仿不是气态物质，不能根据体积计算其物质的量，A错 胶体还可吸附悬浮杂质，D正确。 误；1 mol SiO2晶体中所含Si一0键数日为4WA,B错误；镁条在足量的 617