氧化还原反应-2024高考化学一轮复习

易错点28氧化还原反应

易错题［oil氧化还原反应概念“五误区”

(1)误认为有单质参与或生成的反应一定是氧化还原反应。如。2与03的转化为非氧化还原

反应。

(2)误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HCl-Cb，氯元素被氧化，

CuOfCu,铜元素被还原。

(3)误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。

如CI2+H2OHC1+HC10中，被氧化和被还原的都是氯元素。

(4)误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如

SO2具有还原性，浓H2s04具有氧化性，但二者不发生氧化还原反应。

(5)误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HC1O

的氧化性高于HC1O4O

易错题［02］氧化还原反应的规律及应用

比较物质的氧化性或还原性强弱，判断反

强弱律蹩应能否进行。氧化性：氧化剂〉氧化产物;

还原性：还原剂〉还原产物

判断氧化还原反应的产物，同种元素不同

价态律亶

价态之间发生反应“只靠扰，不相交”

判断物质的稳定性及反应的先后顺序:

同时含有加入氧化剂按还原性由强

1.-

先后律皎|几种还原剂到弱依次反应

同时含有加入还原剂按氧化性由强

2.--------->

几种氧化剂到弱依次反应

易错题［03］陌生情景下的氧化还原方程式的配平

第一步：根据题干信息或流程图，确定反应物和部分生成物。

第二步:判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。

II

氧化剂+还原剂一>还原产物+氧化产物

第三步：按“I—t”写出方程式，并按化合价升

降原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。

第四步：根据元素守恒，补充其他反应物或产物，然后进行配平方程式中需补充的物质一般

为水、酸(H+)或碱(OJT)。具体补项原则为

条件补项原则

酸性条件下缺H（氢）或多0（氧）补H+,少0（氧）补H2CX水）

碱性条件下缺H（氢）或多0（氧）补比0（水），少0（氧）补OH」

易错题【04】电子守恒的计算流程

找出反应中的氧化剂、还原剂及相应

分析反应过程〔一的还原产物和氧化产物，并标出变价

元素的化合价。

।八.匚、.一工口找准一个原子（或离子）得失电子数

分析反J应过程一「八、.〃j一人—必入3、

--------------目（注意化学式中粒子的个数）

根据题中物质的物质的量和得失电子

、，守恒列出等式关系：

分析反应过程|一疝氧化剂）X变价原子个数X化合价

变化值=〃（还原剂）义变价原子个数

X化合价变化值

注意多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始

物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。

典例分析

例1氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：

①3SiO2+6C+2N2^=Si3N4+6CO,也可由SiCL的蒸汽和NH3反应制取：②3SiCL+

高温

4NH3^=Si3N4+12HC1«则下列叙述正确的是

A.反应②属于离子反应

B.若制取等量Si3N4,反应①②转移电子数目必然相等

C.反应①的氧化剂是N2

D.反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为1：6

C【解析】A.反应②是固体之间的反应，不属于离子反应，错误；B.在反应①中每产生1mol

Si3N4,转移电子的物质的量是12mo1；反应②是非氧化还原反应，因此没有发生电子转移

因此制取等量的Si3N4,反应①②转移电子数目不相等，错误；C.在反应①N2得到电子由反

应前N2的0价变为反应后Si3N4中的N元素的一3价，N得到电子，被还原，因此该反应

的氧化剂是N2，正确；D.在反应①中氧化剂N2得到电子，被还原变为Si3N4，还原剂C失

去电子被氧化变为CO,所以氧化产物CO与还原产物Si3g物质的量之比为6：1,错误。

例2已知反应：2NaC103+4HCl=2C102T+CbT+2NaCl+2H2。，下列关于该反应说法错

误的是（）

A.氧化性：NaC103>Cl2

B.当反应中有2moi1转移时，被氧化的HC1为4moi

C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2

D.产物C1O2和CL都可以用于自来水消毒杀菌

B【解析】由分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化

剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaC103>C12,故A不选；当反应中有2moi

院转移时，氯化氢中氯元素的化合价由一1升高到0,则被氧化的HC1为2mol,故B选；

由分析可知，CL是氧化产物，C102是还原产物，由化学方程式2NaC103+4HCl=2C102T

+CbT+2NaCl+2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2,故C不选；产

物ClCh和Ch都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。

例3将H2S和空气的混合气体通入FeCb、FeCb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，不正确的是（）

A.过程①中生成CuS的反应为H2S+CU2+=CUS1+2H+

B.过程②中，Fe3+作氧化剂

C.回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2Si

D.过程③中，各元素化合价均未改变

D【解析】由图可知，共发生的有三个反应①H2S+CU2+=CUS[+2H+②CuS+2Fe3+

=2Fe2++Cu2++S

③4Fe2++4H++O2==4Fe3++2H2O,由此可以推出总反应2H2S+O2=2S；+2H2O»过程

①中，生成CuS的反应为H2S+CU2+=CUS|+2H+,故A正确；过程②中的反应为CuS+

2Fe3+=2Fe2++Cu2++S,铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①x2+②x2+③可

以推出总反应2H2S+O2-2S1+2H2。，故C正确；过程③中的反应为4Fe2++4H++C>2=

3+

4Fe+2H2O,在转化过程中0、Fe元素化合价发生变化，故D错误。

例题41.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,

又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

（l）CLO为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酊，可由新制的HgO和CL反应来制备，该反应为

歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备C12O的化学方程式为

(2)C1O2常温下为黄色气体，易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaCICh、

NaHSCU、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到CICh溶液。

上述过程中，生成C102的反应属于歧化反应，每生成1molCIO,消耗NaC102的量为

mol；产生“气泡”的化学方程式为o

2.FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3-2—^Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2,上述反应配平后

FeOCrzCh与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是

【答案】L(l)2C12+HgO=HgC12+C12。(2)1.25NaHCO3+NaHSO4=CO2T+Na2SO4+

H2O2.2:7陶瓷在高温下会与Na2cCh反应

【解析】1.(1)根据CL与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为CbO,可知该反应的化

学方程式为2C12+HgO=HgCb+C12。。(2)结合题中信息制备CIO2时发生歧化反应，可知

反应的化学方程式为5NaClO2+4NaHSO4=NaCl+4Na2SO4+4C1O2T+2H2O,即生成1mol

C1O2时消耗1.25molNaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSCU反应产生的CO2

气体。

2.首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知，1molFeOCrzCh失去7moi电子，1mol

NaNCh得至I2mol电子，则由得失电子守恒可知，二者系数比应为2:7；该步骤中主要反

应的反应物中有Na2cCh，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容

器。

易错题通关

1.下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是()

A.往紫色石蕊溶液中加入盐酸，溶液变红

B.饱和FeCb溶液在沸水中变成红褐色胶体

C.向FeSCU溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色

D.SO?使有酚酉太的NaOH溶液褪色

2.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeCh),再用

KI溶液处理回收Se。发生的反应为①Se+2H2so，浓)=2SO2T+SeO2+2H2。；®SeO2+4KI

+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O,下列说法错误的是()

A.①中SO2是还原产物，SeCh是氧化产物

B.②中KI是还原剂，HN03是氧化剂

C.②中每生成0.2mol上共转移04mol电子

D.氧化性由强到弱的顺序是：H2SC>4(浓)>SeC)2>l2

3.把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式

的说法正确的是()

…j+3Hq|$+SO;3Js^

图a图b

A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3

B.若有1molS被氧化，则生成2molS?一

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

D.2molS参加反应有3mol电子发生转移

4.二氧化氯（ClCh）是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备，反应方程

式为：NaCICh+HzCh+H2so4―ClChT+Na2sO4+H2O+O2T（未配平）。下列说法不正确的

是（）

A.ClCh是还原产物

B.NaCICh作氧化剂，发生氧化反应

C.NaClO3与H2O2的化学计量数之比为2：1

D.每生成OZmolCICh,反应转移0.2mol电子

5.在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2+7G>2+2H2O=2Fe2++

4SOF+4H+,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4Fe（NO）2++O2+4H+-4Fe3++4NO+2H2。

B.反应H的氧化剂是Fe3+

C.反应III是氧化还原反应

D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂

6.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NCh,生成两种无毒物质，其反应

历程如图所示，下列说法正确的是（）

N,+2H2ON,+H,O

A.过程①〜④均为氧化还原反应

B.上述历程的总反应为2NH3+NO+NO2T―2N2+3H2。

C.NH：中含有的四个N—H键不完全相同

D.过程④中，生成11.2LN2时转移的电子数为L5NA

利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NCh,生成两种无毒物质，其反应历程

如图所示，下列说法正确的是（）

N2+2H2ON,+H,O

A.过程①〜④均为氧化还原反应

B.上述历程的总反应为2NH3+NO+NO2鲁旦2N2+3H2。

C.NH：中含有的四个N—H键不完全相同

D.过程④中，生成11.2LN2时转移的电子数为L5NA

7.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然

后再加入Fe（NO3）3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应：

①CL+KOH—>KC1+KC1O+KCIO3+H2（D（未配平）；

②2Fe（NO3）3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。

下列说法正确的是（）

A.若反应①中M（C1O-）：W（C1OD=5：1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1

B.反应①中每消耗4molKOH,吸收标准状况下22.4LCl2

C.氧化性：K2Fe04>KC10

D.若反应①的氧化产物只有KC1O,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12

8.四氧化三铁（Fes。”磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是在临床诊断、生物技术

和环境化学领域有多种潜在应用的有力工具。水热法制备FesCU纳米颗粒的反应是3Fe2++

2S2OF+O2+xOH~=Fe3O4；+S4OF+2H2Oo下列说法不正确的是（）

A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5

B.若有2moiFe2+被氧化，则被Fe?+还原的O2的物质的量为0.5mol

C.每生成1molFe3（）4，反应转移的电子为4mol

D.O2是氧化剂，S2O/与Fe2+是还原剂

9.在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和NQ,的排放，催化装置内发生反应为NOr

催化齐U

+CO------------->N2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中正确的是（）

A.该反应中化合价变化的只有N元素

B.当x=2时，每生成ImolNz，转移电子4moi

C.等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：2

D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NO3.中氮元素的化合价为+2价

10.氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3=6O2T+cCl2T

+<7HC1O4+汨2。。下列有关说法正确的是()

A.由反应可确定：氧化产物是。2

B.若氯酸分解所得混合气体1mol混合气体质量为45g,则反应方程式可表示为3HC1O3=

2ChT+ChT+HCIO4+H2O

C.由非金属性C1>S,可推知酸性HC1C)3>H2s。4

D.若化学计量数a=8,6=3,则该反应转移电子数为81

11.根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是()

组号反应物生成物

①MnO7>Cl...Cb、Mn2+...

②C12(少量)、FeBr2FeCh、FeBt3

③

KMnO4>H2O2、H2SO4K2so4、MnSC)4…

A.第①组反应中生成0.5molCl2,转移1mol电子

B.第②组反应中参加反应的CL与FeBn的物质的量之比为1:2

C.第③组反应的其余产物为02和H2。

3+

D.氧化性由强到弱的顺序为MnO4>Cl2>Fe>Br2

12.0.1mol金属锡完全溶于100mL12moLLT】HNO3溶液中放出04molNO2,反应后溶液

中c(H+)为8moLLr(溶液体积变化忽略不计)。由此推断氧化产物可能是()

A.Sn(NO3)2B.SnO2-4H2OC.Sn(NO3)4D.Sn(NC)3)2和Sn(NC)3)4

13.碳酸镐(MnCCh)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化镒和制造其他锦盐的原料，也

用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软铸矿(主要成分为MnCh，还含

有CaCCh、Fe2O3,AI2O3等杂质)制取碳酸镐的流程如图所示：

软钵矿

煤粉硫酸MnO210%NaOHNa2s碳酸氢钱

11C1111

还原IS过a一网一成

一『一*复分解-‘烘干-

焙烧一滤化至H滤金属品

AB«DEFGHI

滤渣

其中，还原焙烧主反应为2MnCh+C^^2MnO+CO2b根据要求回答问题：

(1)若在实验室中进行步骤A,则需用到的仪器为。步骤B中为了加快浸取的速率，

可以采取的措施是(填写两条即可)。

(2)步骤C中得到的滤渣的成分是o步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比

为。步骤E中调节pH至4.5的作用是o

(3)加入Na2s可以除去Pb2+、A/等离子。己知“(PbS尸IxlO^,&p(MnS)=1'10一汽

当溶液中c(Pb2+)=lxlO-5mol-L1时，溶液中c(Mn2+)应不大于。

(4)pH=0的溶液中，不同价态锦的微粒的能量(AG)如图所示。若某种含锦微粒(如M"+)的

能量处于相邻价态两种微粒(Mi?+和MnCh)能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反

应，转化为相邻价态的微粒。

®MnOF(填“能”或“不能”)稳定存在于pH=O的溶液中。

②将MiP+歧化反应设计为原电池,可测定反应平衡常数。电池负极反应为

电池总反应的平衡常数表达式为o

(5)步骤H的离子方程式为

-实验室可利用Na2s2。8溶液来检验Mi?+是否反应完全：2Mi?+

+

+5S2OF+8H2O=16H+1OSOF+2MnO4,确认Mi?+已完全反应的现象是

。检验时必须控制Mn2+的浓度不能过大，否则实验失败。理

由是O

14.硫酰氯(SO2c12)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2c12)的常用方法。

实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：

已知：①SO2(g)+Cb(g)=SO2Cb(l)AH=-97.3kJ-moF^

②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为一54.1°C,沸点为69.1°C,在潮湿空气中“发烟”。

③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。

回答下列问题：

(1)装置A中发生反应的离子方程式为0

⑵装置B的作用为,若缺少装置C,装置D中SO2与Cl2还可能发生

反应的化学方程式为o

(3)E中冷凝水的入口是(填"a”或"b”)，F的作用为。

(4)当装置A中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫

酰氯的产率为,为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有

(填序号)。

①先通冷凝水，再通气

②控制气流速率，宜慢不宜快

③若三颈烧瓶发烫，可适当降温

④加热三颈烧瓶

(5)氯磺酸(CISChH)加热分解，也能制得硫酰氯2clsc)3H=S02cb+H2so4，分离产物的方

法是o

A.重结晶B.过滤C.蒸储D.萃取

(6)长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为o

参考答案

LC【解析】酸遇紫色石蕊变红，只与酸性有关，与氧化还原反应无关，A错误；铁离子水

解生成胶体，只与水解有关,B错误;硫酸亚铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化亚铁，

氢氧化亚铁被氧化为红褐色的氢氧化铁，涉及了氧化还原反应，C正确；SCh与氢氧化钠溶

液发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，NaOH在反应中消耗，则溶液褪色，只与复分解反应

和碱溶液的性质有关，D错误。

2.B【解析】反应①中Se是还原剂，对应的生成物SeCh是氧化产物，浓硫酸是氧化剂，对

应的生成物SO2是还原产物，A项正确；反应②中Se由+4价变为0价，SeC>2是氧化剂，I

由一1价变为。价，KI是还原剂，N在反应前后化合价没有变化，HN03既不是氧化剂也不

是还原剂，B项错误；反应②中I由一1价变为0价，则生成0.2molL转移04moi电子，

C项正确；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得氧化性：HzSOK浓)〉SeO2>L，D

项正确。

3.B【解析】根据图a、图b,可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物中单

质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3s+6OJT=2S2-+

SOr+3H2O,A项错误；若有1molS被氧化，生成1molSO歹，同时有2molS被还原，

生成2mO1S2,B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1,C项错误；2molS参

加反应有］mol电子发生转移，D项错误。

4.B【解析】反应中氯元素化合价降低，C1C)2是还原产物，A项正确；NaCICh中氯元素化合

价降低，作氧化剂，发生还原反应，B项错误；以。2是还原剂，依据NaCKh—>C1O2失

e,H2O2一>02得知C项正确；反应中氯元素化合价降低1,则每生成0.2molCK)2，

反应转移0.2mol电子，D项正确。

5.C【解析】结合题图和元素守恒可知，反应I在酸性条件下进行，其反应的离子方程式为

2++3+

4Fe(NO)+4H+O2=4Fe+4NO+2H2O,A项正确；反应II是Fe3+与FeS2反应生成

SOFWFe2+,其反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SOl+16H+,该反

应中Fe3+将FeS2中一1价的硫氧化为+6价的SOF,本身被还原为Fe2+,Fe3+作氧化剂，B

项正确；反应III为Fe2++NO=Fe(NO)2+,该反应中各元素的化合价均无变化，属于非氧

化还原反应，C项错误；结合总反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SOF+4H+和转化关系

图可知，NO为该反应的催化剂，D项正确。

6.B【解析】分析反应历程图中反应物与生成物的变化过程可知，过程①、②是非氧化还原

反应，过程③、④是氧化还原反应，A项错误；由题给信息和反应历程图可知，NH3、NO

和NO2是反应物，N2和H2O是生成物，所以历程的总反应为2NH3+NO+NO2驾」2N2

+3H2O,B项正确；NH：中N原子是sp3杂化，N原子上无孤电子对，空间构型为正四面体

形，所以四个N—H键相同，C项错误；D项未指明H.2LN2是否处于标准状况下，不能

确定转移电子数，D项错误。

7.D［解析］A选项，若反应①中"(C1CT):w(C109)=5：1,设物质的量分别为5moi和1mol,

则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，消耗Cl28mo1,氧化剂与

还原剂的物质的量之比为10：6,即5：3,故A错误;B选项，根据反应①得出w(K)=w(Cl),

因此每消耗4moiKOH,吸收氯气2mol,即标准状况下44.8LCI2,故B错误；C选项，根

据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，因此KClO>K2FeO4,故

C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O,则CL与KC10物质的量之比为1：1,

根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2,因此得到0.2molK2FeC)4时

消耗0.3molC12，故D正确。

8.A【解析】从电荷守恒的角度分析，配平的离子方程式为3Fe2++2S2。歹+O2+4OH-

=Fe3O4i+S4OF+2H2O,当3molFe?+参加反应时，有2molFe?+化合价升高。反应中Fe

和S元素的化合价升高，被氧化，02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项错误；若有2moiFe2+被氧化，失去2moi电子，则被Fe?+还原

的。2的物质的量为0.5mol,B项正确；反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，。2为

氧化剂，每生成1molFe3C>4，反应转移的电子总数为4mol,C项正确；S2O歹到SQ符，S

元素的化合价升高，S2O1和部分Fe?+是还原剂，Ch是氧化剂，D项正确。

9.D【解析】分析可知C的化合价由+2变为+4,故A错；x=2时，每生成1molN2,由2mol

N由+4变为。价，转移电子8mol,故B错；2中含有1个叁键，CCh中含有两个双键，

共价键的个数比应为3：4,故C错；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，为NO,

即氮元素化合价为+2,D正确。

10.B【解析】A、根据化合价的变化，O由一2-0,化合价升高，被氧化，Ch是氧化产物，

一部分C1由+5—+7,化合价升高，被氧化，HC1CU属于氧化产物，故错误；B、6+c=l,32b

+71c=45,解得，b=2/3,c=l/3,则反应方程式为：BHClCh—ZChT+CbT+HCKli+HzO,

故正确；C、非金属性强弱，看的是其最高价氧化物对应水化物的酸性，HClCh中C1显+5

价，不是最高价，故说法错误；D、8HC1O3=3O2T+2C12T+4HC1O4+2H2。，根据反应方

程式，转移电子为20mo1,故说法错误。

11.D【解析】第①组反应是2MnO1+10CP+16H+-5Cl2T+2Mn2++8H2。，2C1-―>C12,

转移2e",故生成0.5molCl2,转移1mol电子，A正确；第②组反应的产物是FeCb、FeBr3,

故没有被Cb氧化，反应为3cl2+6FeBr2=2FeCb+4FeBr3,故参加反应的CI2与FeBr?

的物质的量之比为1：2,B正确；第③组KMnCU的氧化性比H2O2的强，氏。2中的氧元素

化合价升高变为。2,即反应是2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2?+8H2O,

C正确；由第②组可知还原性Fe2+>Br,故氧化性Fe3+<Bn，D错误。

12.B【解析】由反应后溶液中的c(H+)=8moLLr,可知HNO3有剩余，反应的HNCh为

0.1Lxl2mol-L-I-0.1Lx8mol-L-1=0.4mol,设金属锡被氧化后的化合价为无，由得失电子

守恒可知，0.1molxQ—0)=0.4molx(5—4),解得x=4,即氧化产物中锡元素的化合价为+

4,由于溶液中c(H+)=8mol-Lr,根据氮原子守恒可知c(NO?)=山喏鲁@=

8moi此时溶液呈电中性，说明溶液中不存在Sn(NO3)4,故氧化产物为S11O24H2O,选

项B正确。

13.(1)生期增大硫酸的浓度、升高温度(或搅拌等其他合理答案)(2)CaSO41：2使

Fe3+转化为Fe(0H)3而除去(3)lxl0134molL1(4)①不能②+b-MnCh

cMn2卡•C4H+

+2+

+4HK=c2Mn3+(5)Mn+2HCOF=MnCO3；+CO2t+H2O滴入Na2s2。8溶液，

溶液不变紫红色过量的Mi?+能与反应生成的MnC>4反应，影响对实验现象的观察

【解析】(1)实验室中焙烧固体一般用用烟。提高反应速率的方法一般有：增大溶液的浓度、

升高温度等。(2)步骤B中，CaCO3>Fe、A12O3,MnO都与硫酸反应分别生成CaSO4>FeSO4>

A12(SO4)3>MnSO4,只有CaS04微溶于水，故步骤C中滤渣为CaSOm步骤D中发生的反

应为2Fe2++MnO2+4H+-2Fe3++Mn2++2H2。，氧化剂是MnCh，还原剂是Fe?+,氧化剂

与还原剂的物质的量之比为1：2。溶液中存在Fe3+、Al3\MI?+等，从流程看，Mi?+会最

终转化为产品；调