2022届高考化学抢分强化练-题型2.4氧化还原反应的规律及应用

第=page2020页，共=sectionpages2121页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型2.4氧化还原反应的规律及应用.向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是(    )A.线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况 B.线段Ⅰ代表Br−的变化情况

C.a数值等于6同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是(    )A.2Na218O2+2H2O→4N向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SOA.上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2

B.通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂

C.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了S已知电离平衡常数：Ka1(H2CA.FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液后，溶液变蓝

B.纯碱溶液中滴入少量氯水后生成次氯酸、氯化钠等

C.NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO−+CO向含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b−a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和ⅣA.线段Ⅱ表示Br−的变化情况

B.原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=3∶1

C.根据图像无法计算a已知某溶液中含有Cl−、Br−、I−的物质的量之比为2：3：4，要使溶液中Cl−、Br−、I−的物质的量之比为4：A.14 B.13 C.12科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水酸碱性，使其pH>12，然后加入适量的铝粉、搅拌，从而实现预期且的．下列判断错误的是(    )A.废水处理时铝单质转化为Al3+

B.废水处理中，亚硝酸盐被还原

C.处理过程中，OH−在离子浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应先后顺序正确的是(    )A.在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+

B.在含AlO2−、SO32−、OH−的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH−、AlO2−、SO32−

C.将11.2g的Mg−Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体．再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体x的成分可能是(    )A.0.3mol

NO2

和0.3mol

NO

B.0.2mol

NO2和0.1mol

N2O4

C.0.1mol

NO、0.2mol

NO2用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+A.该反应中氮元素被氧化

B.该反应中H2O2作还原剂

C.0.1mol⋅L−1NaCN溶液中含有HCN和CN−向硫酸酸化的Fe(

NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生反应的离子方程式正确的是(    )

①S2−+2N03−+4HA.②③⑤ B.③④⑤ C.②④⑤ D.①②③在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是(    )A.在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I−、Br−、Fe2+

B.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+

C.在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2A.化合物KCrO2中Cr元素为+3价

B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物

C.实验②证明氧化性：Cr将SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入A.氧化性Cr2O72−>Fe3+>SO2

B.K2Cr2O7能将Na2S已知电离平衡常数：H2CO3>HClO>HCA.能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl−、Ba2+、Br−能大量共存

B.惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观、简明、易记的效果．用数轴表示的下列知识正确的是(    )A.硫及其化合物的化合价与氧化还原反应的关系：

B.分散系的分类：

C.AlCl3溶液与NaOH溶液反应后铝元素的存在形式：

D.CO2与NaOH溶液反应后的产物下表中对离子方程式的评价不合理的是(    )选项化学反应及离子方程式评价ANaClO溶液中通入少量的SO2错误，碱性介质中

不可能生成HB用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2Mn正确CNH4Al(SO错误，OH−首先和Al3+反应D用惰性电极电解MgCl2溶液：2Mg2+正确A.A B.B C.C D.D在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是(    )A.在含AlO2−、SO32−、OH−的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH−、AlO2−、SO32−

B.含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I−、Br−、Fe2+

C.含等物质的量的Ba(OH)下列离子方程式中，不正确的是(    )A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2亚磷酸(H3PA.Na2HPO3溶液显碱性，说明HPO32−的电离程度大于水解程度

B.25℃时，将0.1

mol⋅L−1的亚磷酸溶液加水稀释后，n(H+)与n(O向2mL

0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL

3mol/L

KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CClA.Fe3+不与I−发生反应

B.Fe3+与F−结合成不与I−反应的物质

C.F−使I−的还原性减弱已知I−、Fe2+、SO2和H2O2A.2Fe3++SO2+2H2O=2F常温下，对于下列电解质溶液的说法正确的是(    )A.pH=1的溶液中，Fe3+、I−、NO3−、K+可以大量共存

B.用过量的NaOH溶液吸收SO2的离子方程式：SO2+OH−=HSO3−

向含有Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是(A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况

B.原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol/L

C.当通入Cl2有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl−、Br−、I−(忽略水的电离)，Cl−、Br−、I−的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中ClA.7：4 B.7：3 C.7：2 D.7：1某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则溶液中A.1：1：1 B.1：3：1 C.2：1：4 D.1：1：4从反应结果分析，下列关于“反应先后顺序”的评价中正确的是(    )A.向物质的量比为1：1的Na2CO3和NaOH混合溶液中通入少量CO2，NaOH先发生反应

B.向体积比为1：1的SO2和CO2混合气体中加入少量氨水，CO2先发生反应

C.向物质的量之比为1：1的FeCl3和某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色。则下列叙述正确的是(A.原溶液中的Br

 − 一定被氧化

B.通入氯气之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化

C.不能确定通人氯气之后的溶液中是否存在Fe2+

D.若取少量所得溶液，再加入答案和解析1.【答案】C

【解析】解：向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I−>Fe2+>Br−，首先发生反应：2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故线段Ⅰ代表I−的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br−的变化情况；

由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol−1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，

根据电荷守恒可知n(I−)+n(Br−)=2n(Fe2+)，

故n(Br−)=2n(Fe2+)−n(I−)=2×4mol−2mol=6mol，

A.由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br−的变化情况，故A错误；

B.由上述分析可知，线段I代表I−的变化情况，故B错误；

C.由上述分析可知，溶液中【解析】解：A.过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，所以 18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；

B.KMnO4中Mn元素化合价降低为2×(7−2)=10，H218O2中O元素化合价升高5×2×[0−(−1)]=10，化合价升降相等，高锰酸钾把过氧根氧化为氧气， 18O全部在氧气中，故B正确；

C.NH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl−结合，生成一水合氨和氯化氢，所以 2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故C错误；

D.KClO3和HCl发生归中反应，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，不能降低为−1，HCl中氯元素化合价由−1价升高为0价，氯气中的Cl有16来自KClO3，56来自HCl，KCl中的Cl全部来自HCl，故D错误。

故选：【解析】

本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度中等，考查学生对氧化还原反应的利用．

【解答】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。

A.2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+>I2，SO2+2H2O+I2=H2SO【解析】解：A.氧化性Fe3+>I2，所以FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液后铁离子能够氧化碘离子生成碘单质遇淀粉变蓝，故A正确；

B.纯碱溶液中滴入少量氯水后不会生成次氯酸，故B错误；

C.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3−，离子方程式为ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故C正确；

D.向FeI2溶液中滴加少量溴水，只氧化I−，反应的离子方程式为：2I−+Cl2=I2+2Cl−，故D正确；

【解析】

本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，难度较大，明确反应过程及反应原理为解题关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

【解答】

向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，还原性I−>Fe2+>Br−，首先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故线段I代表I−的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br−的变化情况；

由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol−1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I−)+n(Br−)=2n(F【解析】解：已知还原性I−>Br−>Cl−，反应后I−有剩余，说明Br−浓度没有变化，通入的Cl2只与I−发生反应，

设原溶液中含有2molCl−，3molBr−，4molI−，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为4：3：2，

则各离子物质的量分别为：4molCl−，3molBr−，2molI−，

Cl−增加了2mol，则需1molCl2，

则通入的Cl【解析】解：A.pH>12，溶液呈碱性，铝反应生成AlO2−，故A错误；

B.铝和亚硝酸盐发生氧化还原反应，铝被氧化，则亚硝酸盐被还原，故B正确；

C.处理过程中，OH−与Al、NO2−反应，生成N2、AlO2−和H2O，OH−参与了反应，故C正确；

D.铝粉颗粒度越小，表面积越大，反应速率越大，所以铝粉颗粒大小影响废水处理的速率，故D正确．

故选A．

A.pH>12，溶液呈碱性，Al3+在碱性条件下不能存在；

B.铝和亚硝酸盐发生氧化还原反应，铝被氧化，则亚硝酸盐被还原；

C.处理过程中，OH−与Al、【解析】解：A.氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；

B.碱性：OH−>AlO2−>SO32−，故发生反应先后顺序为：OH−、AlO2−、SO32−，故B正确；

C.还原性：SO32−>I−>Br−，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：SO32−、I−、Br−，故【解析】解：向Mg−Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g−11.2g=10.2g，物质的量为10.2g17g/mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg−Cu提供的电子为0.6mol，

A.生成0.3mol NO2和0.3mol

NO，N元素获得电子为0.3mol×(5−4)+0.3mol×(5−2)=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；

B.生成0.2mol

NO2和0.1mol

N2O4，N元素获得电子为0.2mol×(5−4)+0.1mol×2×(5−4)=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；

C.生成0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4，N元素获得电子为0.1mol×(5−2)+0.2mol×(5−4)+0.05mol×2×(5−4)=0.6mol，得失电子相等，故C正确；

D.生成0.6mol NO，N元素获得电子为【解析】解：A.NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为−3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；

B.NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从−1价降低为−2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；

C.没有告诉溶液的体积，无法计算，故C错误；

D.因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故D正确。

故选：D。

NaCN+H【解析】解：酸性溶液中，氧化性HNO3>Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H2S+2NO3−+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O，故①错误，

硫化氢足量，则Fe(NO3)3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe3++3NO3−+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O，故③正确，

当硫化氢将硝酸根全部还原后，再通入硫化氢发生离子反应为2Fe3++H【解析】解：A.在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I−>Fe2+>Br−，故A错误；

B.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，故B正确；

C.在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；

D.在含等物质的量的AlO2−、OH−、C【解析】解：A.化合物KCrO2中，K为+1价，O为−2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；

B.由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；

C.由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72−>I2，故C正确；

D.实验③中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D错误。

故选：D。

①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；

②中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高；

③中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为【解析】

A.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；

B.由氧化性的强弱，判断反应的发生；

C.Cr元素的化合价由+6价降低为+3价；

D.6.72

L

SO2(标准状况)参加反应，n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72−，以此计算．

本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及氧化性比较、转移电子及关系式的计算，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度中等．

【解答】

A.由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+>SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72−>Fe3+，故A正确；

B.因氧化性为Cr2O72−>SO2，则K2Cr2O7能将【解析】解：A.能使pH试纸显深红色的溶液显酸性，Fe3+、Cl−、Ba2+、Br−之间不反应，故A正确；

B.惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O 电解  Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B错误；

C.因为酸性HClO>HCO3−，所以HClO与CO32−能反应，应该生成HCO3−，故C错误；

D.根据氧化性Cl【解析】解：A.S的化合价为−2时，化合价最低，只能做还原剂，时S的化合价为+6，化合价最高，只能做氧化剂，在中间价态时既能做氧化剂，又能做还原剂，故A错误；

B.分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，故B错误；

C.Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，n(NaOH)n(AlCl3)<3，铝元素以Al3+和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)=3，则以Al(OH)3形式存在；3<n(NaOH)n(AlCl3)<4以AlO2−和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)≥4只以AlO2−形式存在，故C正确；

D.2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+【解析】解：A.NaClO溶液中通入少量的SO2的离子反应为：ClO−+2OH−+SO2=Cl−+SO42−+H2O，评价合理，故A正确；

B.离子方程式2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒，且符合离子方程式书写规则，该评价正确，故B【解析】解：A.硫酸氢钠溶液显酸性，加入硫酸氢钠后先发生中和反应，结合氢离子的能力OH−>AlO2−>SO32，与氢离子反应的先后顺序为：OH−、AlO2−、SO32−，故A正确；

B.离子还原性I−>Fe2+>Br−，氯气先与还原性强的反应，还原性强弱顺序是I−、Fe2+、Br−，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−，故B错误；

C.在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，反应先后顺序为：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；

D.在含等物质的量的F【解析】解：A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液的离子反应为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故A正确；

B.当SO42−全部沉淀时，发生的离子反应为2Ba2++4OH−+Al3++2SO42−+NH4+=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3﹒H2O，故B错误；

C.FeBr2溶液中通入过量的Cl2的离子反应为2Fe2+【解析】解：A.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，HPO32−不再电离出氢离子，HPO32−水解呈碱性，故A错误；

B.加水稀释，由于温度不变，则c(H+)与c(OH−)的乘积，但体积增大，则n(H+)与n(OH−)的乘积增大，故B错误；

C.H3PO3具有还原性，可被银离子氧化，如生成H3PO4，反应中P元素化合价由+3价升高到+5价，Ag元素化合价由+1价降低到0价，则参加反应的n(Ag+)n(H3PO3)=2，故C正确；

D.溶液存在H2PO3【解析】解：A.铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；

B.根据题中信息可知，氯化铁中加入氟化钾，氯化铁褪色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象进一步证明Fe3+与F−结合成不与I−反应的物质，故B正确；

C.氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；

D.铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；

故选B．

FeCl3中加入KF后溶液呈现无色，而其中没有还原性物质，因此可能是Fe3+被其他离子结合成无色的物质(有可能是Fe3+与F−络合导致)；再加入I−，CCl4【解析】

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握还原性强弱及还原剂判断为解答的关键，侧重氧化还原反应分析与应用能力的考查，题目难度不大。

根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I−>H2O2>Fe2+>Cl−来判断反应能否发生，以此来解答。

【解答】

A.因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；

B.若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生，故B选；

C.因该反应中【解析】A.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化碘离子；B.过量的NaOH溶液吸收SO2反应生成亚硫酸根离子；C.氢离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸，亚硫酸根离子与钙离子反应生成亚硫酸钙沉淀；D.氢氧化钙溶液与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水．本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，明确离子的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大．

【解答】

A.pH=1的溶液中含有大量的氢离子，硝酸根离子、三价铁离子都能够氧化碘离子，不共存，故A错误；

B.用过量的NaOH溶液吸收SO2的离子方程式：SO2+2OH−=SO32−+H2O，故B错误；

C.亚硫酸根为弱酸根离子，与氢离子反应生成弱酸，不能够共存，亚硫酸根离子与钙离子反应生成亚硫酸钙沉淀，钙离子、亚硫酸根离子不共存，故C【解析】

本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大。

【解答】

还原性I−>Fe2+>Br−，故首先发生2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕再发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，

A.B点时溶液中I−完全反应，溶液中存在Fe2+和Br−，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；

B.由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n(Fe2+)=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c(FeBr2)，故B错误；

C.AB段发生2I【解析】

本题考查氧化