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】2027年高考化学一轮总复习练案

[解析](2)澳水具有氧化性，和三氧化硫反应生成氢澳酸和克酸：4.D配平题给化学方程式为1ONaN,+2KN0,撞K,0+5a,0+16N,↑， B2+2H20+S02—H2S04+2HBr:澳水中澳元素化合价降低，故氧化 该反应中，NaV3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确：题给反应中只有氮 剂为Br2。(3)①反应过程中，CuS中硫元素化合价由-2价变为S02中 的+4价，失去6个电子，硫酸中硫元素化合价由+6价变为S02中的+4 元素的化合价发生变化，B正确；由A项分析可知，配平后物质的化学计 量数依次为10、2、1、5、16，C正确：反应中若生成16个N2分子，转移10 价，得到3×2=6个电子，用双线桥法表示为 个电子，则生成N2的个数与转移电子的个数之比为8：5，D错误。 失去6e 5.D在反应I中四氯化钛是氯气作氧化剂生成的还原产物，在反应Ⅱ中 CuS+4H,S0,(浓)△CuS04+4502↑+4H20。②当有1.5N个电子 钛元素的化合价降低，作氧化剂，A正确；反应1中C作还原剂，被氧化， 反应Ⅱ中Mg作还原剂，被氧化，B正确：根据反应前后原子守恒，有2a= 得到6e e,2b=4a,所以a=1,b=e=2,C正确；根据盖斯定律，反应I+反应Ⅱ可得 (1.5ml电子)发生转移时，理论上生成：5m0x4=1m0lS02,其体积 Ti02+2CL2+2C+2Mg一Ti+2MgCl2+2C0,所以每生成19.2g钛转移电 6 (标准状况)为1molx22.4/mdl=22.4L。(4)①由题图可知，02和6.C 的物质的量为3.2mol,D错误。 64gSiH4和32gCH4的物质的量均为2mol,SiH4的结构与甲烷类 F(NO)2+参与反应，又知道是酸性环境，根据产物可以写出离子方程 似，其含有共价键数目均为8VA,A正确；配平反应SiH4+2KMnO4= 式：4Fe(N0)2++02+4H4Fe3++4N0+2H,0。②反应Ⅱ中：氧化剂 2Mn02↓+K2Si03+H20+H2,消耗1 mol KMn04的同时生成氢气的分子 Fe3+化合价降低成为Fe2+,得1mol电子；还原剂FeS2中S元素化合价 数日为0.5N,B正确：500mL0.2mol·L1K2Si03溶液中，n(K2Si03) 升高成为S0,失14ol电子，根据得失电子守恒，可以算出氧化剂和 =0.2m0l·L×0.5L=0.1mol,K2Si03溶液中含有K2Si03和水，则含 还原剂的物质的量之比是14：1。③根据硫元素守恒可知，生成硫酸的 有的氧原子数目大于0.3N,C错误；在该反应中每生成0.5mol水，转 质量为2-0X10gXL-10%）x2x98g/ml=2.94×10°g,则制得98%的 移的电子数目为3NA,D正确。 120 g/mol 浓流酸：294X10E=3.0x10g=3.0。 7.A5NH,N0,△2HNO,+4N2↑+9H,0,A错误；NH,N0,中NH所含 g80% N元素价态升高，部分NO?所含N元素价态降低，则NHNO3既是氧化 16.(1)CK0CN14.2 剂又是还原剂，B正确：该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该 6e 反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物5NH (2)2K0CN+4K0H+3CL2—2C02+N2+6KCl+2H20 [解析](1)该反应中，C1元素化合价由0价变为-1价，C元素化合价 →5，)和还原产物(30）的物质的量之比为子：子 由+2价变为+4价，被氧化的元素为C,氧化产物为KOCN;废水中KCN 的质量为650mg·L1×20L=13000mg=13g,根据方程式可知，每有 5:3,D正确 65gKCN反应消耗71g氟气，所以13gKCN完全反应，消耗14.2g氟 ;8.B由题干信息得到该反应的离子方程式为5I04+2Mn++3H20 气。(2)C1元素化合价由0降低为-1价，N元素的化合价由-3价升高 2Mn04+5I0?+6H,I04中的碘元素在反应中化合价降低，得电子，作氧 为0，该反应转移6，用单线桥法标出电子转移方向和数目为： 化剂，具有氧化性，A正确：根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化 6e 剂是IO,,氧化产物是Mn04,则氧化性强弱顺序是IO,>MnO4,B错误； 根据离子方程式可知，氧化剂高碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量 2K0CN+4K0H+3CL22C02+N2+6KC1+2H20。 之比为5：2，C正确；根据离子方程式可知，有2个M+参加反应时，转 练案[5] 移电子的个数是10个，D正确。 1.B[思路分析]配平反应方程式的步骤如下： 9.DF0子中铁元素的化合价为+6价，基态铁原子的价层电子排布式为 ①第一步：标注升降价 3d4s2,A错误：eO(0H)是还原产物，B错误；未注明温度和压强，不能 K[Cu(OH)a]+HBrO-KCu02+K Br +KBrO+H2O 确定02的物质的量，C错误；配平后的化学方程式为4Fe04+6H20 ￥2 4Fe0(0H)+302↑+80H,则Fe0与H0的化学计量数之比为2：3 确定K2[Cu(OH)4]、KBr的化学计量数： D正确。 2K2[Cu(OH)]+HBrO-KCu02+1KBr+KBrO+H2O; 10.C根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为 第二步：根据K,[Cu(OH)4]、KBr的化学计量数确定KCuO2、KBO的化 CH30H+6MnO4+80H-C0号+6Mn0+6H20,A正确；“反应①”中 学计量数：2K[Cu(OH)4]+HBrO 2KCu02+1KBr+1KBr0+H20; MnO:为氧化剂，C0?是氧化产物，则氧化性：MnO4>C0号，B正确；由 第三步：确定HB0、H20的化学计量数：2K2[Cu(OH)4]+2HBO 于C在酸性条件下可与MnO4、MnO发生氧化还原反应，因此“反应 2KCu02+KBr+KBrO+5H2O. ②”中不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应② ②第一步：标注升降价 为3Mn0+4HMn02↓+2Mn04+2H20,则消耗71.4gMn0(其 KC02+H2S04→02+CiS04+H20+K2S0, 71.4g 1411 物质的量为 19g·mol =0.6ml)时，反应中转移电子号0.6ml= 确定02、CuS04的化学计量数：KCu02+H2S0 →102+4CS04+H20 0.4mol,D正确 +K2S04; 第二步：根据CuS04的化学计量数确定KCu02的化学计量数：4KCuO2+ I1.D[思路分析]还原性强弱为「>fe+>Br,向含Fe+、厂、Br的溶液 H2S04→102+4CuS04+H20+K2S04; 中通入过量的Cl2,依次发生反应：2I+Cl2—L2+2C、2Fe++Cl, 第三步：确定K2S04、H2S04、H20的化学计量数：4KC02+6H2S04 —2Fe3++2CI、2Br+Cl2—Br2+2Cl。则曲线I、Ⅱ、Ⅲ分别代表 02↑+4CuS04+6H20+2K,S04。 厂、Fe2+、B的变化情况；曲线Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且 [解析]反应①中，K2[Cu(OH)4]中Cu的化合价升高，被氧化，KCuO2 I和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素，则该含氧酸根离子中含有碘 为氧化产物，A错误；根据化学方程式①判断，消耗9.7g(即0.1mol) 元素。 HBr0,生成0.25molH20,质量为0.25mol×18g·mol=4.5g,B正确； [解析]根据消耗Cl2的物质的量计算可得n()=2×1mol=2mol, 题中未给出气体所处的温度与压强，无法计算22.4L02的物质的量，C n(Fe2+)=2×(3mol-1mol)=4mol,原溶液中存在电荷守恒关系：n(厂)》 错误；氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据反应①可知， +n(Br)=2n(Fe),n Br)=2n(Fe)-n(I)=2x4 mol-2 mol HBO为氧化剂，KCuO2为氧化产物，则氧化性：HBO>KCuO,,D错误。 6mol,则n(FeBr2):n(FeL2)=n(Br):n()=3:1,A正确；由思路 2.DC12与水的反应为可逆反应，生成的HC10为弱酸，不能拆开，反应的 分析可知，曲线Ⅱ代表Fe的变化情况，B正确；曲线Ⅳ代表的微粒中 离子方程式为Cl,+H,0、=一C+HCI0+H,D符合题意。 含有碘元素，即发生C2氧化L2的反应，溶液中n(厂)=2mol,转化成 3.C反应①，X0:中X元素的化合价降低生成X2+,因此X2+是X0:的还 1molL2,根据b-a=5可知氧化1molL2时反应消耗的n(Cl2)=5mol, 原产物，A错误；反应①中Z元素的化合价由-1价变为0价，因此每生成 根据得失电子守恒可知5 mol CL2共得10mol电子，则1mdlL2共失 1molZ2转移2mol电子，B错误；由题给离子方程式可知，氧化性：XO4> 10mol电子，生成的含氧酸根离子中I为+5价，即生成的含氧酸根离子 ☑2>B2>A3,因此溶液中可发生反应：Z2+2A2+—2A++2Z,C正确；由 为I03,C正确；溶液中n(Br)=6mol,根据2Br+Cl2—Br2+2C可 题给离子方程式可知，还原性：A2+>B>Z>X2+,D错误。 知需要3 mol Cl2,则a=3+3=6,b=a+5=11,D错误。 667 12.C[思路分析]根据题中描述可知，氨氮废水中的NH3在通入 氧化，铜元素得到电子，则Cu0为氧化剂。(3)①题给反应中NaClO3 NCIO溶液后，分别被氧化成N2、NO3,结合化合价升降守恒和元素守 得电子转化为CI02,部分HC1失电子转化为C2,用双线桥法表示的化 恒可配平反应的离子方程式：2NH3+3CI0N2+3C1+3H20、NH3+ 失去2×e 4C10+0H—N0+4CI+2H20 学方程式为2NaC103+4HCI-2Cl02↑+Cl2↑+2H20+2NaCl。②02 [解析]由思路分析可知，由NH3直接转化为N2的离子方程式为 2NH3+3CI0—N2+3C1+3H20,A正确；1L0.008mol·L的氨氮 得到2×e 水中含n(NH2)=0.008mol·L1×1L=0.008mol,当x=x1mol时，氨 不是还原剂，常作氧化剂，A错误；FCl2中亚铁离子能失电子生成铁离 子，可用作还原剂，B正确；KI中的碘离子能失电子作还原剂，C正确： 去除率为100%，总氮残余率为5%（转化为N0),根据N原子守恒可 高锰酸钾具有强氧化性，无法作还原剂，D错误。(4)由氧化性： 0.008mol×95% 知，反应生成的n(心） H202(H)>Fe3+>L2可知，酸化的过氧化氢溶液可以氧化Fe和厂，离 n(N0)Q.008mlx5%=2,B正确；每生成1mml, 2 19 子方程式为2Fe2++4+3H202+6H—2Fe3++2L2+6H20。 (5)1molC2、H202、C1O2、03分别消毒时，转移电子的物质的量依次为 转移6mol电子，每生成1molN03转移8mol电子，当x=x1mol时，整 2mol、2mol、5mol、2mol,等物质的量的这4种物质反应，C102转移的 个反应过程中转移电子的物质的量为6n(N2)+8n(NO3)= 电子数最多，消毒效率最高。 0.008mol×95% ×6+0.008mol×5%×8=0.026mol,C错误；当x>x1mol 练案[6] 时，氨去除率为100%，x值越大，总氮残余率越高，即反应生成的NO 1.D没有明确温度和压强，无法确定气体的体积，A错误：气体摩尔体积 越多，生成的N2越少，D正确。 的单位不是“L”,而是“L·mol1"或“m3·mol”,另外未指明气体所处 13.DNO2和Ba0反应生成Ba(NO3)2,N元素化合价升高，则必有元素 的温度和压强，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L·mol,B错误；在 化合价下降，对比反应物和生成物可得应为部分N元素的化合价下降 标准状况下，水为液态，C错误。 则NO2既是氧化剂，又是还原剂，A正确；由题图可知，反应I中氢气与 2.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 Ba(NO3)2作用生成NH3,化学方程式为Ba(NO3)2+8H2Ba0+ 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 2NH3+5H20,B正确；由题图可知，反应Ⅱ为NH3还原Ba(NO3)2生成 02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 Ba0和N,等，相应的关系为5NH,~4N,题图中氨的最大量为0.25a 的化合价由+4价降为-4价，则1mdC02被还原转移8mole,C正确； mol,则最终生成N2的物质的量为0.2amol,C正确；反应Ⅱ为NH2还 H20的摩尔质量为18g·mol厂，D正确。 原Ba(NO3)2生成Ba0和N2等，根据得失电子守恒可知，lONH3~ 3.A由203-302，△V=780mL-750mL=30mL,V(03)=2AV=60mL, 3Ba(NO3)2,再结合反应I的数量关系：Ba(NO3)2~2NH3,可知反应I 为5Ba(NO3)2~10NH3,反应Ⅱ为10NH3~3Ba(N03)2,则反应I和反 1L混合气体中含臭氧的体积为/=1Lx60mL 750mL =0.08L,根据臭氧和KI 应Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的质量之比是5：3，D错误。 22.4L·mol≈0.0036mol,m(,) 0.08L 反应的化学方程式，n(03)=n(L2) 14.A该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(I03)2中+5价 每个碘原子升高5价，即6L2~60e,又因方程式中6L2~3Cl2,故3Cl2~ =0.0036mol×254g·mol≈0.91g 60e,即Cl2~20e,所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1 mol Cl2时，反 4.B8.0gNH4NO3(s)的物质的量 8.0g 应中应转移20mole,A错误：该反应中KCI03中氯元素价态降低， 80g·nd=0.1nol,则含有的 KC03作氧化剂，2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计 NH的物质的量为0.1mol,数日为0.1N,A错误；标准状况下，4.48LN2 量数可知，11KC03~6L2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比 4.48L 为11：6，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石 的物质的量为24Lmd=0,2md,:的结构式为N=\，一个N 灰乳与氯气反应，C正确；食盐中O?可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中 分子中有1个σ键和2个T键，则标准状况下4.48LN2含有的σ键的 的H、「厂发生归中反应I0?+5+6H一3L2+3H20生成L2,L2再与淀 物质的量为0.2mol,数目为0.2NA,B正确；NH3分子中的N原子提供1 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 个孤电子对形成配位键，则1olNH3能提供的孤电子对数为N,C错 IO的存在，D正确」 误；用双线桥法表示反应Ⅱ中转移电子的情况： 15.(1)CK,SN2C(2)410413(3)C(4)3W63 得2e [解析](1)S+2KN03+3CK,S+N2↑+3C02↑，该反应中S元素化 =3N,1+2N021+8H,0 合价由0降到-2，N元素化合价由+5降到0，碳元素化合价由0升高到 ,4 mol NH,N03完全反应，转移12mol 得10e +4,所以S、KNO3为氧化剂，K2S和N2为还原产物，C为还原剂，发生 氧化反应。(2)反应中Zn的化合价升高2价，N元素化合价降低8价， 失12e 根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为4Zm+10HNO3 电子，则1 mol NH,NO3完全反应转移的电子数为3N,D错误。 4Zn(N03)2+NH,NO3+3H20。(3)在硫酸溶液中，NaCI03和Na2S03能 !5.B题中未指明NH4、OH的物质的量，无法准确计算二者含有的电子 按粒子个数比1：2完全反应，Na2S03被氧化为Na2S04,S元素的化合 数，A错误；1mdl(58g)正丁烷含有13N个σ键，1mol(58g)异丁烷含 价升高2价，总共升高4价，则Cl的化合价降低4价，NaCl03中Cl为 有13N个σ键，二者的质量与σ键个数之比为定值，可以等效为同一物 +5价，降低4价，生成的产物中C1为+1价，则反应产物为Cl20,故C正 58g 确。(4)N元素化合价降低3价，则生成1 mol NO转移电子数为3Na； 质，则48g正丁烷和108分丁烷共58，物质的量为8gm1md. 根据反应Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+N0↑+2H20,反应1 mol Fe, 则所含σ键的物质的量为13mol,个数为13V,B正确：K2Cr,0,溶液中 被还原的硝酸为1ml,质量为1mol×63g·mol1=63g 存在平衡Cr20片+H20一2C04+2H,无法准确计算该溶液中C20号 16.(1)还原性 的物质的量，C错误；Fe与Cl2反应生成FeCl,Cl的化合价由0价变为 (2)①4Cu0+2NH4d△3Cu+CuCL2+N2↑+4H,0②Cu0氮 22.4L -1价，标准状况下22.4LC2的物质的量 2.4L·m0=1mol,a, 失去2×e 不足，则与Fe完全反应时转移电子的物质的量为2mol,D错误 (3)①2NaC103+4HC1-2C102↑+Cl2↑+2H20+2NaC1②BC 6.C题中未指明C2H2、C2H。的比例，无法准确计算标准状况下22.4L二 者混合气体中的原子总数，A错误；pH=14的NaOH溶液中c(H)= 得到2×e (4)2Fe2+4T+3H202+6H—2fe+2L2+6H20 c本(H)=c本(0H)=104m0l·L,则水电离出的n水(OH)= 10-14mol·L×1L=1014m0l,个数为10-14NA,B错误：1个2C160分子 (5)C102 [解析](1)维生素C能将食物中的Fe+还原为Fe2+,维生素C失电 中含6+8=14个中子，1个14N2分子中含7+7=14个中子，两种分子中中 子体现还原性。(2)由反应物和生成物可知，铜元素的化合价由+2价 子数和原子数的差值均为12，二者可以等效，标准状况下，11.2L的混合 11.2L 降低为0价，氮元素的化合价由-3价升高为0价，因此反应的化学方程】 气体的物质的量为2.4L:m=0.5ml,则1Ⅱ2L的C“0和“， 式为4G0+2NH,d△3Cu+CuCl2+N2↑+4H,0:氮元素失去电子被 的混合气体中所含中子和原子的物质的量之差为6mol,个数之差为 668练案[5] 第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算 1.（2026·福建三明一中模拟)高铜酸钾(KCu02)是一 A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂 种难溶于水的黑色粉末状固体，可以由四羟基合铜酸 B.该反应中只有1种元素的化合价发生变化 钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]+HBO C.配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16 一→KCuO2+KBr+KBO+H,0(未配平)。高铜酸钾在 D.生成N2的个数与转移电子的个数之比为4：5 酸性条件下不稳定：②KCuO2+H2S04一→02↑+ 5.(2026·江西吉安期末)金属钛(Ti)的性能优越，被称 CuS04+H20+K,S0,(未配平)。下列说法正确的是 为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原 料制取Ti涉及的反应为 A.①中KCuO2是还原产物 I.aTiO,+bClteC-1173K aTiCla+eCO B.①中若消耗9.7gHBr0,则生成4.5gH,0 1220-1420K Ⅱ.TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2 C.②中若有22.4L02生成，则转移4mol电子 下列关于反应I、Ⅱ的说法错误的是 () D.由①、②可知氧化性强弱顺序为KCuO2>HB0>O2 A.TCL4在反应I中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧 2.(2026·广东广州模拟)氨氮废水是造成水体富营养 化剂 化的原因之一，处理氨氮废水的流程示意图如图 B.C、Mg在反应中均被氧化 所示。 C.a=1,b=e=2 适量 D.每生成19.2gTi,反应I、Ⅱ中共转移4.8mol电子 NaOH 低浓 Na2SO 含NH 6.(2025·湖南张家界期末)甲硅烷(SiH4)可以使酸性 溶液 足量Cl2 余氯 消氮 过程① 度氨 溶液 过程② 废水 过程③ 废水 高锰酸钾溶液褪色，其反应为SiL+KMnO,一→MnO2↓+ 废水 氮废水 K,SiO,+H,0+H,(未配平)。设V为阿伏加德罗常数 下列离子方程式书写错误的是 的值，下列说法错误的是 () A.过程①：NH+OH=NH3·H,O A.64gSiH4和32gCH4分子中含共价键的数目均 B.过程②的总反应为3Cl,+2NH,·H,0=6C1+N, 为8Na +2H20+6H B.消耗1 mol KMnO.4的同时生成氢气的分子数目为 0.5Na C.过程③：CL2+S03+H20—2C1+S03+2H C.500mL0.2mol·LK,Si0,溶液中含有的氧原子 D.CL2溶于水：CL2+H,0==C1+Cl0+2H 数目为0.3N 3.在常温下，发生下列几个反应： D.每生成0.5mol水，转移的电子数目为3N ①16H*+10Z+2X0:—2X2++5Z2↑+8H,0 7.一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式（未配平） ②2A2++B2=2A3++2B 为NH,NO3一→HNO3+N2↑+H,O,下列说法错误的是 ③2B+Z2B2+2Z () 根据上述反应，下列结论正确的是 A.配平后H,0的化学计量数为6 A.X2*是X04的氧化产物 B.NH,NO3既是氧化剂又是还原剂 B.反应①中每生成1molZ,转移5mol电子 C.该反应既是分解反应也是氧化还原反应 C.溶液中可发生反应：Z2+2A2+—2A3++2Z D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：3 D.还原性：A2+>B>X2+>Z 8.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧 4.（2026·山西运城模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中 化还原反应的离子方程式（未配平）。 发生反应：NaN3+KNO3→K,0+Na20+N2↑（未配 Mn2…→H… 平)。下列说法错误的是 图1 -412 +MnO +I0 +I0 +H,0 12.(2026·安徽部分高中联考)氨是水体污染物的主要 图2 成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，反应原理 对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的 如下： 是 →N2 氨氮水(NH) NaClO溶液 A.IO:是氧化剂，具有氧化性 ,硝氮水(NO) B.氧化性：MnO4>lO4 C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L D.若有2个Mn2*参加反应，则转移10个电子 0.008mol·L1的氨氮水分别和不同量的NaCl0混 9.(2026·湖北黄冈调研)NFe基催化剂是碱性条件下 合，测得溶液中氨去除率、总氮(NH,和NO,)残余率 活性较高的催化剂之一，在Nife基催化剂自修复水氧 与NaClO投入量（用x表示）的关系如图所示。下列 化循环中，Fe0?发生的一步反应为Fe0?+H20 说法错误的是 () Fe0(OH)+O2↑+OH(未配平)，下列说法正确的是 25 100 è95 一氨去除率 20 ·-总氮残余率 A.FO?中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价 90 层电子数相等 85 B.反应中FeO(OH)是氧化产物 80 -5 上LL1LLL C.生成22.4L02时，转移4mol电子 x/mol D.配平后，F0?与H,0的化学计量数之比为2：3 A.由NH直接转化为N2的离子方程式：2NH,+ 10.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO: 3C10=N2+3C1+3H20 溶液处理：CH,OH+MnO4+X一→CO}+Mn0}+H,0 B.当x=x,mol时，生成物中的n(N2):n(NO)= (未配平，下同)；②酸化处理：MnO?+H一→MnO2↓ 19:2 +MnO:+H,0,下列说法错误的是 ( C.当x=x,mol时，整个反应过程中转移电子的物质 A.“反应①”中X为OH,配平后化学计量数为8 的量为2.3×10-2mol B.“反应①”中氧化性：MnO4>C0 C.“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D.当x>x,mol时，x值越大，生成N2的量越少 D.“反应②”消耗71.4gMnO子时，反应中转移 13.(2025·山东青岛期末)在Pt-Ba0催化下，N0的 0.4 mol e “储存一还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依 11.(2026·辽宁沈阳重点高中联合体期中)向含F2+ 次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如 图2所示。 I、Br的溶液中通入过量的CL2,溶液中四种粒子的 物质的量变化如图所示，已知b-a=5,曲线V表示一 NO o H.O 种含氧酸根离子的变化情况，且I和Ⅳ表示的离子 NO 中含有相同的元素。下列说法错误的是 BaO Ba(NO) n(离子)/mol 储存 不 图1 n/mol 反应I 反应Ⅱ 0123 6 n(Cl)/mol H2 A.原溶液中n(FeBr,):n(FeI,)=3:1 NH 0.25d B.曲线Ⅱ表示Fe2+的变化情况 000 C.曲线Ⅳ表示IO;的变化情况 D.根据图像可计算出a=5,b=10 图2 413 下列说法错误的是 ( ）:16.(2026·安徽黄山模拟)氧化还原反应在工农业生 A.NO2与Ba0的反应中，NO2既是氧化剂，又是还 产、日常生活中具有广泛用途。 原剂 (1)当人体缺铁时，有时需要吃补铁保健品。人体能 B.反应I为Ba(NO3)2+8H2一Ba0+2NH+5H,0 够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被 C.反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2amol 氧化。维生素C可使食物中的三价铁离子转化 D.反应I和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的质量之比是 为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有 3:5 (填化学性质)。 14.(2026·湖南高三检测)KI0,常用作食盐中的补碘 (2)NH,Cl常用于焊接，在焊接铜器时可用NH,Cl除 剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应 去铜器表面的氧化铜，便于焊接，其反应如下： 为6L,+11KC10,+3H,0△6KH(10,)2+5KC+ Cu0+ Nh.CI Cu+CuCl2+ 3Cl2↑。下列说法错误的是 N2↑+H20。 A.产生22.4L(标准状况)CL2时，反应中转移10mole ①配平上述氧化还原反应。 B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 ②该反应中，氧化剂是 (填化学式)，被 C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 氧化的元素是 (填元素名称)。 (3)二氧化氯是一种高效消毒剂，工业上制备CO, D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO;的 反应的化学方程式如下。 存在 2NaCl03+4HCl-2Cl02↑+Cl2↑+2H,0+2NaCl 15.(1)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝 ①用双线桥法标出反应中电子转移的方向和 酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的 数目。 反应为S+2KN03+3C—K2S+N2↑+3C02↑；在 该反应中还原剂是（填化学式，下同） 还 原产物是 和 ;发生氧化反应的物 ②CO2在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯 质是 _c 酸盐(CO,),需要将其转化为C除去，下列试剂 (2)配平如下反应方程式： 能实现其转化过程的是 (填字母)。 Zn+HNO3= Zn(N03)2+ A.02 B.FeCl NH,NO;+H2O C.KI D.KMnO (3)在硫酸溶液中，NaClO,和Na2S03能按粒子个数 (4)过氧化氢溶液是公认的绿色氧化剂。已知氧化 比1：2完全反应，生成一种棕黄色气体X,同时 性：H02(H)>Fe3+>I2,向FeL2溶液中加入足量 Na,S0,被氧化为Na,SO4,则X为 (填选项 硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生反应的离子方程 序号)。 式为 A.C207 B.C102 C.Cl,O D.CL (5)CL2、H202、Cl02(还原产物为Cl)、03(1个03转 (4)在Fe+4HNO,(稀)一Fe(N03)3+N0↑+2H,0 化为1个02和1个H20)等物质常被用作消毒 的反应中，生成1 mol NO转移电子数 剂。相同数日的上述物质消毒效率最高的是 为 ;56gFe参加反应时，被还原的 （填化学式)。 HNO3为 414