2023版新教材高考化学复习特训卷第一部分高频考点分层集训第二单元化学物质及其变化课练5氧化还原反应

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时，发生反应Ⅰ：MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋Mn2＋＋H2O（未配平）和反应Ⅱ：MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋Mn2＋＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B．反应Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，转移电子的物质的量为10molC.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2三、非选择题：本题共3小题。11．磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：（1）下图所示为提纯白磷样品（含惰性杂质）的工艺流程。过程Ⅰ中，被还原的元素是（填元素符号），过程Ⅲ的化学方程式为_________________________________________。（2）磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2（PO4）3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：①复合材料中V的化合价为，C的作用是____________________________。②V2O5与H2C2O4反应生成V2（C2O4）3的化学方程式为_______________________；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是________________________________________________________________________________________________________________。③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用LixC6和Li3V2（PO4）3/C作电极，放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2（PO4）3=Li3V2（PO4）3＋C6，则电池充电时阳极的电极反应式为。12．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸（H2C2O4）去除，Fe（NO3）3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式，氧化产物与还原产物的物质的量之比为。（2）取300mL0.2mol·L－1KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量是mol。（3）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是。（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。配平上述反应的离子方程式：MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))＋H＋=Mn2＋＋SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL，则该样品中KMnO4的物质的量是。13．水体中的Cr2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(7))、HCrOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))和CrOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))是高毒性的重金属离子，可用Cr（Ⅵ）表示。常用的处理方法是将Cr（Ⅵ）还原为低毒性的Cr3＋或Cr（OH）3。（1）在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))反应生成Cr（OH）3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成Seq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(n))，Seq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(n))能还原Cr（Ⅵ）。①在pH＝9的水溶液中CrOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))与HS－反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________。②25℃时用过量S2－还原Cr（Ⅵ），发现反应后期Cr（Ⅵ）被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是；验证的实验方法是______________________________________________________________________________________________________________________________。（2）金属也可用于还原废水中的Cr（Ⅵ）。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn­Cu粉分别处理pH＝2.5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）残留率随时间的变化如图1所示。图中b对应的实验方法处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，其原因是____________________________________________________________________________________。（3）用氧化铁包裹的纳米铁粉（用Fe@Fe2O3表示）能有效还原水溶液中的Cr（Ⅵ）。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr（Ⅵ）的可能反应机理如图2所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))的过程可描述为_______________________________________________________________________________________________________________________________。课练5氧化还原反应狂刷小题夯基础[练基础]1．D根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1molX，反应转移2mole－，D项正确。2．B水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4＋5H2O=CuSO4·5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；氯气使浅绿色FeCl2溶液变黄，发生了反应：Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的－1价，被还原，故B选；H2使灼热CuO固体变红，发生了反应：H2＋CuOeq\o(=,\s\up7(△))Cu＋H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的＋1价，被氧化，故C不选；氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选。3．DA项，分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))作氧化剂；B项，配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋3H2O=2MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋5IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋，故1molMn2＋参加反应转移5mol电子；C项，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2；D项，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6。4．CXO(OH)eq\o\al(\s\up11(＋),\s\do4(2))中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。5．B反应中Cl元素由0价降低到－1价，C元素由＋2价升高到＋4价，N元素由－3价升高到0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由分析可知，配平后的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2=2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O，反应中CN－是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；由离子方程式可知，若有1molCN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确。6．D根据方程式SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))＋NO2=NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))＋SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))和SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋H2O＋NO2=HNO2＋HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))可得氧化性：NO2>SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))，还原性：SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))>HNO2，A正确；根据图示可知：在第Ⅱ阶段，SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH－变为HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))，NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))结合H＋变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：SOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋H2O＋NO2=HNO2＋HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))，B正确；根据图示的转化过程知该过程中NO2→NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))→HNO2，NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))为中间产物，C正确；由题图可知，由SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))最终生成HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))，S的成键数目由3变为4，D错误。[练高考]7．B由图可知，H—O—V4＋为中间产物，A项错误；该反应为燃煤烟气脱硝，消除了NO和NH3的污染，生成了无毒无害的H2O和N2，B项正确；由图可知，反应1是NH3生成了NHeq\o\al(\s\up11(＋),\s\do4(4))，NHeq\o\al(\s\up11(＋),\s\do4(4))在强碱性条件中不能大量存在，反应1要在酸性环境中进行，C项错误；由图可知，反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2、H2O，由于NH3、NO的含量不确定，故总反应的化学方程式可能为4NH3＋4NO＋O2=4N2＋6H2O，D项错误。8．BDKMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误。9．A根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))的存在，D说法正确。10．D本题考查氧化还原反应。由反应可知，A、B错误；此反应转移7mol电子，生成4molI2，故生成12.7g(0.05mol)I2时，转移0.0875mol电子，C错误；此反应中1molK2H3IO6全部作氧化剂，9molHI中有7molHI作还原剂，故还原剂和氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。11．D氨气中氢元素化合价在反应前后未发生变化，A错误；在反应过程中NO2中氮元素化合价降低，得到电子，B错误；NH3中氮元素化合价升高，被氧化，是还原剂，NO2中氮元素化合价降低，被还原，是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，C错误；氧化产物由还原剂得到，还原产物由氧化剂得到，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，D正确。[练模拟]12．D根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由＋4价升至＋6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物。根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为＋1价，则Hg的化合价为＋2价，A选项错误；反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；反应中，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，生成1molCu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2＋被还原为Cu＋，SO2被氧化为SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，则反应2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4可以发生，D选项正确。13．B反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.2molI2共转移0.4mol电子，故C正确；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性：H2SO4(浓)>SeO2，反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：SeO2>I2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2，故D正确。14．B反应前S的化合价是＋2价，反应后是＋2.5价，化合价升高，因此S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))是还原剂，故A正确；根据方程式可知，还原剂共失去2mol电子，而1mol氧气得到4mol电子，所以亚铁离子应该再失去2mol电子，因此Y是四氧化三铁，故B错误；根据原子守恒可知，故C正确；每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×4＝4mol，D正确。15．AFe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))中锰元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；锰元素由＋7价降至＋2价，铁元素由＋2价升至＋3价，根据得失电子守恒，MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H＋的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故C项错误；根据离子方程式MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1mol水时，转移1.25mol电子，故D项错误。综合测评提能力1．B将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇被氧化，Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，属于氧化还原反应，A不符合题意；SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生反应生成盐和H2O，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意；SO2通入氯水中发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，石蕊溶液褪色是因为发生氧化还原反应，D不符合题意。2．B氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，氧化性强弱符合题意，能发生，A不符合题意；FeI2中Fe2＋、I－均可被氯气氧化，而还原性I－>Fe2＋，氯气应先氧化I－而非Fe2＋，B符合题意；氧化剂是三氧化二钴，氧化产物为氯气，氧化性强弱符合题意，能发生，C不符合题意；氧化剂是氯气，氧化产物为铁离子，但是铁离子能氧化碘离子，氯气应该首先氧化碘离子能发生，D不符合题意。3．C实验1中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl＋H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(加热))NaHSO4＋HCl↑，故A正确；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－>Cl－，故B正确；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性：I－>Br－的结论，故C错误；根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的强氧化性，故D正确。4．C由同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A正确；2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Fe元素的化合价由＋2价升高为＋6价，O元素的化合价部分由－1价降低为－2价，部分由－1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；2FeSO4～10e－，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确。5．B金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态形式存在，选项A正确；氧化性：Ce4＋>Fe3＋，Fe3＋>I2则Ce4＋能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B不正确；用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，选项C正确；四种稳定的核素eq\o\al(\s\up11(136),\s\do4(58))Ce、eq\o\al(\s\up11(138),\s\do4(58))Ce、eq\o\al(\s\up11(140),\s\do4(58))Ce、eq\o\al(\s\up11(142),\s\do4(58))Ce，是具有相同质子数不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。6．DA项，根据方程式可知，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子被氧化，双氧水是还原剂，错误；B项，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到O2中的0价，1个H2O2分子失去2个电子，因此每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol，错误；C项，ClO2中氯元素的化合价从＋4价降低到＋3价，1个ClO2分子得到1个电子被还原，错误；D项，根据以上分析可知，ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，正确。7．B根据反应原理图，H2O2＋M＋H＋→H2O＋M′的过程中H2O2被还原成H2O，M′＋H2O2→M＋O2＋H＋的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2＋，M′为Fe3＋。根据分析，A错误；图示中生成O2的反应为2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，反应过程中O元素的化合价由－1价升至0价，因此当有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；图示中的反应为2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋、2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，则总反应为2H2O2eq\o(=,\s\up7(催化剂))2H2O＋O2↑，在H2O2分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；根据2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋说明H2O2的还原性强于Fe2＋，2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3＋，故D错误。8．BC根据图示，可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋，反应Ⅱ为4Ce3＋＋2NO＋4H＋=4Ce4＋＋N2＋2H2O，在整个过程中，Ce4＋是催化剂，Ce3＋是中间产物，A正确；反应中Ce4＋是催化剂，反应前后物质的量不变，但是由于反应生成了水，故Ce4＋的浓度会降低，B错误；由反应Ⅱ知氧化剂是NO，还原剂是Ce3＋，两者物质的量之比为1∶2，C错误；根据原子守恒，溶液中Ce元素总量始终不变，故Ce4＋和Ce3＋的总数保持不变，D正确。9．C反应中3Fe2＋→Fe3O4，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，Fe2＋、S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))被氧化，作还原剂，O2为氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶(2＋2)＝1∶4，A、D项正确；若有2molFe2＋被氧化，失去2mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol，B项正确；反应中3Fe2＋→Fe3O4，2S2Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))→S4Oeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(6))，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，S元素由＋2价升高到＋eq\f(5,2)价，所以每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol，C项错误。10．BD反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；反应Ⅱ中氧化剂MnOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))化合价降低(7－2)＝5，还原剂FeS2化合价共升高1＋2×(6＋1)＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高15，应氧化eq\f(5,15)mol＝eq\f(1,3)molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶eq\f(1,3)mol＝3∶2，D正确。11．答案：(1)Cu、P2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C=6CaSiO3＋10CO↑＋P4(2)①＋3增强复合材料的导电性②V2O5＋5H2C2O4=V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O减少产品损耗③Li3V2(PO4)3－xe－=Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋解析：(1)图示过程Ⅰ中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价均降低，被还原；过程Ⅲ中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C=6CaSiO3＋10CO↑＋P4；(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根离子显－3价，锂显＋1价，因此V的化合价为＋3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性；②V2O/r/