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考点05 氧化还原反应
(好题冲关)
【基础过关】
1．下列过程属于化学反应，且与氧化还原反应无关的是( )
A．石灰纯碱法除水
垢
B．补铁口服液中添加维生
素
C．工业上原油的分馏
D．生活中用“暖宝宝”
取暖
【答案】A
【解析】A 项，石灰―纯碱法是向已澄清的生水中加入适量的生石灰(CaO)和纯碱(Na2CO3)，可除去水
中的永久硬度，软化水垢，生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，属于非氧化还原反应，A 正确；B 项，补铁口服
液中添加维生素，属于物理变化，B 错误；C 项，原油的分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，C
错误；D 项，Fe 粉、活性炭、食盐水构成原电池，发生氧化还原反应，D 错误；故选A。
2．下列物质的应用涉及氧化还原反应的是( )
A．利用氢氟酸刻蚀玻璃 B．利用活性炭由红糖制备白糖
C．煅烧石灰石制备生石灰 D．应用漂白粉对环境进行消杀
【答案】D
【解析】Ａ项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF + SiO2 = SiF4↑+ 2H2O，没有化合价的变化，不属
于氧化还原反应，A 项错误；Ｂ项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸
附性，属于物理变化，B 项错误；Ｃ项，煅烧石灰石制备生石灰原理为：CaCO3
CaO + CO2↑，无化合
价的变化，为非氧化还原反应，C 项错误；Ｄ项，漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，具有氧化性，消毒是利用
漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D 项正确；故选D。
3．(2023·湖南省高三联考)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽
燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法错误的
是( )
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
B．反应每转移6mol 电子，则能生成11.2LN2
1
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C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成
D．该反应中分别被S 和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5
【答案】B
【解析】
。A 项，该反应中氧化产物为CO2，还原产物为K2S
和N2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，A 正确；B 项，气体体积没有注明是标准状况，无法
计算N2的体积，B 错误；C 项，该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C 正确；D 项，1 个S
能得2e-，2 个KNO3中N 能得10e-，所以能氧化的碳原子数之比为1:5，D 正确；故选B。
4．(2023·天津高三模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是( )
A．生成42.0LN2(标准状况)
B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol
D．被还原的N 原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】根据反应方程式可知，10mol NaN3发生氧化反应生成15mol 氧化产物N2，2mol KNO3发生还
原反应生成1mol 还原产物N2，每生成16mol N2，氧化产物比还原产物多15mol-1mol=14mol，反应中转移
10mol 电子，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则反应生成氮气2mol、0.25mol KNO3被还原、转移电子
1.25mol，1.25mol NaN3被氧化。A 项，由分析可知，标准状况下N2的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，A 错
误；B 项，0.25mol KNO3被还原，B 错误；C 项，转移电子1.25mol，C 正确；D 项，0.25mol KNO3被还原，
则被还原的N 原子的物质的量为0.25mol，D 错误；故选C。
5．ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3
-、H2O 六种物质。
下列有关说法正确的是( )
A．ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 mol
D．含CN-的废水也可用Cr2O7
2-处理
【答案】A
【解析】A 项，根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO3
-为生成物，结合原子守恒可知H2O 为
反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3
-。其中ClO-是氧化剂， N2是氧化
产物，A 正确；B 项，在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A 方程式可知氧化剂与还原剂
的化学计量数之比为5：2，B 错误；C 项，在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3
-中，每反应产生1
mol N2，反应过程中转移10 mol 电子。若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 mol，则转移电子1
mol，C 错误；D 项，Cr2O7
2-具有强氧化性，但若用Cr2O7
2-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D
错误；故选A。
2
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6．将SO2气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加
K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色(还原产物为Cr3+)，则下列有关说法错误的是( )
A．氧化性：Cr2O7
2-＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7
C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO4
2-+2Fe2++4H+
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
【答案】D
【解析】将气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色说明Fe3+被SO2还原为
Fe2+，SO2被氧化，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O= SO4
2-+2Fe2++4H+，则氧化性Fe3+＞SO2；然后往
溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，说明Cr2O7
2-将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Cr2O7
2-
+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，所以氧化性Cr2O7
2-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O7
2-＞Fe3+＞SO2。A 项，
Cr2O7
2-、Fe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O7
2-＞Fe3+＞SO2，故A 正确；B 项，由分析可得SO2和Cr2O7
2-的
关系为：3SO2—6 Fe2+—Cr2O7
2-，则6.72LSO2参加反应时最终能消耗K2Cr2O7的物质的量为
×
=0.1mol，故B 正确；C 项，通入SO2时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和
氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO4
2-+2Fe2++4H+，故C 正确；D 项，由题意可得总反应
的离子方程式为3SO2+ Cr2O7
2-+2H+=3SO4
2-+2Cr3++H2O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越
来越弱，故D 错误；故选D。
7．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SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．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SO2的漂白性
D．滴加KI 溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol 白色沉淀
【答案】A
【解析】由题干信息可知，向CuSO4 溶液中加入KI 溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋
2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI 沉淀，D 错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发
生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，
故B、C 均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②
中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A 正确。
8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋
NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
3
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A．该反应中NO 被还原
B．反应过程中溶液的pH 减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H 元素，所以内应填H＋，配平
化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO 被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH
增大，故A、B、D 错误。
9．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K2Cr2O7溶液滴加到淀粉KI 溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再
酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是( )
A．化合物KCrO2中Cr 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：Cr2O＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】A 项，化合物KCrO2中，K 为＋1 价，O 为－2 价，由化合物中正、负化合价的代数和为0 知，
Cr 为＋3 价，正确；B 项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C
项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr 的化合价降低，I 的化合价升高，由氧
化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr2O＞I2，正确；D 项，实验③中发生氧化还原反应，
Cr 的化合价由＋3 升高为＋6，则过氧化氢中O 的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。
10．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO4
-+
Cu2S+H+→Cu2++SO4
2-+Mn2++H2O (未配平)和反应II：MnO4
-+ FeS2+H+→Fe3++SO4
2-+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1molSO4
2-，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．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
【答案】B
【解析】A 项，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，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A 错误；B 项，反应Ⅰ中每生成1molSO4
2-，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；C 项，
反应Ⅱ中氧化剂MnO4
-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，
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氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C 错误；D 项，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2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，
FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化
mol FeS2，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：
mol=3：2，D 错误。故选B。
11．(2023·辽宁省朝阳市一模)已知反应：aFeSO4+ bNa2O2= cNa2FeO4+2Na2O+ dNa2SO4+eO2↑，a=2。下
列关于该反应的说法错误的是( )
A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．3a=b
D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol 电子
【答案】D
【解析】A 项，Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成
的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行杀菌消
毒、净化，A 正确；B 项，该反应中，Na2O2中O 的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是
还原剂，B 正确；C 项，a=2，根据Fe 和S 守恒可知，c=2，d=2，再根据Na 守恒可知，b=6，则3a=b，C
正确；D 项，由选项C 可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则
每生成1mol Na2FeO4，转移5mol 电子，D 错误；故选D。
12．(2023·重庆市渝中高三调研)氧和氟都是非金属性很强的元素，可形成一系列性质活泼的氟氧化合
物，如：OF2、O2F2、O3F2、O4F2、O5F2、O6F2。其中O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，关于
此反应，下列说法正确的是( )
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成2.24LHF，则转移0.4mol 电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【解析】A 项，O 元素由+1 价降低到0 价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A 错误；
B 项，O2F2中的O 元素化合价降低，获得电子，所以O2F2只是氧化剂，故B 错误；C 项，不是标准状况下，
且标准状况下HF 为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF 的物质的量，所以不能确定转移电
子的数目，故C 错误；D 项，该反应中，S 元素化合价由﹣2 价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到
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0 价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4∶1，故
D 正确；故选D。
13．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)关于反应CH3CH2OH+Cr2O7
2-+H++H2O→CH3COOH+
Cr(H2O)6
3+ (未配平)，下列说法不正确的是( )
A．生成1mol CH3COOH，转移6mol 电子
B．CH3COOH 是氧化产物
C．该反应类型属于氧化还原反应
D．Cr(H2O)6
3+的配体中形成配位键的原子是O
【答案】A
【解析】A 项，CH3CH2OH 中C 为-2 价，CH3COOH 中C 为0 价，有2 个C 原子发生变价，生成1mol
CH3COOH，转移4mol 电子，故A 错误；B 项，碳元素化合价升高，CH3CH2OH 是还原剂，CH3COOH 是
氧化产物，故B 正确；C 项，该反应中C、Cr 元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C 正确；D 项，
H2O 中O 原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D 正确；故选A。
14．(2023·浙江省Z20 名校联盟高三第三次联考)汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：
10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。下列说法正确的是
A．该反应中KNO3是还原剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C．若设计成原电池，KNO3在负极上反应
D．每转移1mol e-，可生成2.24LN2
【答案】B
【解析】A 项，KNO3中N 元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N 元素的化合价由-
升高为
0，是还原剂，故A 错误；B 项，根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂
的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3 个N 原子，所以被氧化和被还原的N 原子的物质的量
之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B 正确；C 项，由选项A 分子可知，在该
反应中KNO3为氧化剂，则若设计成原电池，KNO3在正极上反应，故C 错误；D 项，由反应可知转移
10mol 电子生成16mol 氮气，则每转移1mol 电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，
故D 错误；故选B。
15．(2023·浙江省东阳市高三5 月模拟考试)关于反应3Cu2S+16H++4NO3
-=6Cu2++4NO↑+3S↓+8H2O，下
列说法不正确的是( )
A．该反应体现了HNO3的强氧化性和酸性
B．反应生成22.4L(标况下)NO 气体时转移3mol 电子
C．该反应中氧化产物只有S
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D．若设计成原电池，Cu2S 作为负极材料
【答案】C
【解析】A 项，根据离子方程式可知，N 的部分化合价由+5 价降低为+2 价，即HNO3作氧化剂，有硝
酸铜生成，因此部分HNO3表现酸性，故A 正确；B 项，Cu2S 中Cu 显+1 价，S 显-2 价，根据离子方程式
可知，Cu、S 的化合价升高，部分N 的化合价降低，生成标准状况下22.4LNO，转移电子物质的量为
=3mol，故B 正确；C 项，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据B 选项分析，氧化
产物有S、Cu2+，故C 错误；D 项，该反应为氧化还原反应，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，
化合价升高，因此Cu2S 作负极材料，故D 正确；故选C。
16．(2023·浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5 月模考)关于反应
2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是( )
A．NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．NaN3既是还原产物又是氧化产物
D．生成1molNaN3，共转移4mol 电子
【答案】C
【解析】A 项，由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强
酸制弱酸的原理，故A 错误；B 项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮
元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B 错误；C 项，
由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既
是还原产物又是氧化产物，故C 正确；D 项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化
二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol×
×2=
mol，故
D 错误；故选C。
17．氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3
-+4H++3e-
=NO↑+2H2O，已知KMnO4、Na2CO3、FeO、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式： 。
(2)反应中硝酸体现了 性质。
(3)反应中若产生0.2mol 气体，则转移电子的物质的量是 mol。
【答案】(1)3FeO+10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑
(2)酸性、氧化性 (3)0.6mol
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【解析】(1)反应中硝酸根得到电子，被还原，则另一种反应物是还原剂，应该是氧化亚铁，铁元素化
合价从＋2 价升高到＋3 价，失去1 个电子，因此根据电子得失守恒可知反应的化学方程式为3FeO
+10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑；(2)反应中有硝酸盐和NO 生成，所以体现了硝酸的酸性和氧化性；(3)
反应中N 元素从＋5 价降低到＋2 价，得到3 个电子，因此生成0.2molNO 转移0.2mol×3＝0.6mol 电子。
18．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 mol 电子，则参加反应的H2SO4的物质的量为________mol。
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL 血液用蒸馏水稀
释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后
得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是___________________________。
②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是_______________________。
③若消耗了1.0×10－4 mol·L－1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL 该血液中含钙________ g。
【答案】(1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
(3)0.12
(4)①CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋
10CO2↑＋8H2O，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn 由＋7 价降到＋2 价，转移10 mol 电子
时消耗3 mol H2SO4，所以容易求出反应转移了0.4 mol 电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 mol。
高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无
色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出100 mL 该
血液中含钙的质量为1.0×10－4 mol·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·mol－1＝0.01 g。
【能力提升】
19．(2023·河南省洛阳创新发展联盟高三调研)二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双
氧水在酸性条件下反应制备：NaClO3+H2O2+H2SO4→ClO2↑+O2↑+Na2SO4+H2O (未配平)。下列说法正确的是
( )
A．每转移1mol 电子，生成标准状况下11.2LO2
B．H2O2是氧化剂，发生氧化反应
C．H2O 是还原产物
D．产物中ClO2与O2的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】由未配平方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂发生还原
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反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，氧气
是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中生成1mol 氧
气转移2mol 电子。A 项，反应中生成1mol 氧气转移2mol 电子，则标准状况下，每转移1mol 电子，生成
标准状况下氧气的体积为1mol×
×22.4L/mol=11.2L，故A 正确；B 项，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化
反应，故B 错误；C 项，二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，故C 错误；D 项，反应的化学方
程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为
2∶1，故D 错误；故选A。
20．(2023· 浙江省义乌市高三高考适应性考试)关于反应
2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Na2S2O8中S 元素化合价为+7 价
B．MnSO4是氧化剂
C．生成1molNaMnO4时转移5mol 电子D．MnO4
-的氧化性弱于Mn2+
【答案】C
【解析】A 项，Na2S2O8中存在一个过氧键，即有2 个氧显-1 价，其余的氧显-2 价，根据化合物的化合
价为0，可得硫元素为+ 6 价，A 错误；B 项，在该反应中锰元素由+2 价升高为+7 价，则硫酸锰为还原剂，
B 错误；C 项，在该反应中锰元素由+2 价升高为+7 价，则生成1molNaMnO4时转移5mol 电子，C 正确；D
项，在该反应中高锰酸根是氧化产物，其中锰元素的化合价为+7 价，锰离子是还原剂，其中锰元素的化合
价为+2 价，一般同种元素中元素的化合价越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，D 错误；故选C。
21．(2023·河南省官庄乡联合中学高三质检)单质硫有多种存在形式，如S2、S4、S6、S8等，其中S8通
常采用下列两种方式获得：
①24NaHSO3
S8+8Na2SO4+8NaHSO3+8H2O；
②H2S8+H2SO4 (浓)=S8↓+SO2↑+2H2O。下列说法正确的是( )
A．S2、S4、S6、S8互为同位素
B．反应①中每生成1 mol S8，有16 mol 电子发生转移
C．反应②S8为还原产物
D．还原性：H2S8＞SO2
【答案】D
【解析】A 项，S2、S4、S6、S8都是由硫元素形成的单质，互为同素异形体，故A 错误；B 项，反应①
中NaHSO3中的硫元素部分化合价由+4 价升高到+6 价，部分化合价由+4 价降低到0 价，每生成1 mol S8，
转移电子为1mol 4 8=32mol，故B 错误；C 项，反应②中H2S8中硫元素化合价升高，是还原剂，则S8为
氧化产物，故C 错误；D 项，反应②中H2S8是还原剂，SO2是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的
还原性，说明还原性：H2S8＞SO2，故D 正确；故选D。
22．(2023·四川省德阳市高三质检)四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛， 是
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临床诊断、生物技术和环境化学领域多 和潜在应用的有力工具。水热法制备(Fe3O4)纳米颗粒的反应是：
3Fe2++2 S2O3
2-+O2+xOH-= Fe3O4↓+ S4O6
2-+2H2O。下列问题叙述不正确的是( )
A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂不只是S2O3
2-
B．反应的离子方程式中x=4
C．每生成 1mol Fe3O4， 反应转移的电子为
D．被Fe2+还原的
的物质的量为
【答案】D
【解析】A 项，反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价， 则还原剂
是Fe2+和S2O3
2-， 故A 正确；B 项，根据电荷守恒得：
= -2， 解得x=4， 故B正确；
C 项，根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高， O 元素的化合价降低，
由反应可知该反应转移4e-， 所以每生成1mol Fe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为
， 故C 正确；D 项，不确定反应的亚铁离子的物质的量不能计算反应的氧气的
物质的量，故D 错误；故选D。
24．2022 年我国空间站的建设举世瞩目，神州十四飞船整装待发。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，
工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是( )
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl2
2TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4
Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO 气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg 被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
【答案】D
【解析】A 项，FeTiO3中Fe 显+2 价，O 显-2 价，化合价的代数和为0，则Ti 的价态为+4 价，根据反
应①，Cl2中Cl 的化合价降低，Cl2为氧化剂，C 的价态升高，C 作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作
还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A 正确；B 项，根据A 选项分析，生成6molCO，转移电子物
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质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO 气体，转移电子物质的量为
=0.7mol，故B
正确；C 项，反应②中Mg 的化合价由0 价升高为+2 价，Mg 为还原剂，TiCl4中Ti 的化合价由+4 价降低为
0 价，TiCl4为氧化剂，故C 正确；D 项，根据上述分析，反应①中Ti 的价态没有发生变化，反应②中Ti 的
价态发生变化，故D 错误；故选D。
25．KMnO4是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
①向含KOH 的K2MnO4溶液中通入Cl2制备KMnO4：2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl
②实验室制Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③测定废水中Mn2+：2MnO4
-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，下列有关说法错误的是( )
A．MnO4
-+的氧化性一定比Cl2的氧化性强
B．物质氧化性与酸碱性有关，pH 越低，氧化性越强
C．③中生成2mol 还原产物时转移6mol 电子
D．若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5∶1
【答案】A
【解析】A 项，2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl 反应中，Cl2是氧化剂，KMnO4是氧化产物，则氧化性：
Cl2> KMnO4，A 项错误；B 项，由题中反应可知，在酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，所以物质氧化性
与酸碱性有关，pH 越低，氧化性越强，B 项正确；C 项，③中MnO4
-被还原生成还原产物为MnO2 ，则生
成2mol 还原产物时转移6mol 电子，C 项正确；D 项，①中1mol KMnO4转移1mol 电子，②中1mol
KMnO4转移5mol 电子，所以若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5： 1，D
项正确；故选A。
26．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2
+具有较强的氧化性，
Fe2+、SO3
2-等能把VO2
+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。
下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4
->VO2
+
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2
+=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：
10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2
+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A 项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将
VO2+氧化为VO2
+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO4
->VO2
+，故A 正确；B 项，碘离子的还原性大于
二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B 错误；C 项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为
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VO2
+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：
10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C 正确；D 项，向含1molVO2
+的酸性溶
液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2
++2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO2
+的量不足，所以转移电子
为1mol，故D 正确；故选B。
27．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的
方法是向KOH 溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：①Cl2+KOH→KCl+KC1O+KClO3+H2O(未配
平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2(忽略Cl2和水的反应)
C．若反应①中n(ClO-)：n(ClO3
-)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molC12
【答案】C
【解析】A 项，用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A 正确；
B 项，反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl 的物质的量之比为1：1，所以每消耗
2molKOH，吸收1molCl2，标况下1mol 氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B 正确；C 项，反应①中
氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO3
-为1mol，氯气转化成
ClO−、ClO3
-被氧化，转化成KCl 被还原，根据电子守恒可知生成KCl 的物质的量为：
5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3，C 错误；
D 项，若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-
∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D 正确；故选C。
28．(2023·河南省重点高中高三联考)白磷(P4)有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO4溶
液清洗，发生两个反应：
反应①为P4和CuSO4反应生成Cu、H3PO4和H2SO4；
反应②为11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4。
下列说法正确的是( )
A．在反应①和②中，P4只作还原剂
B．反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2
C．若P4反应完全且转化为H3PO4的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为
14∶11
D．用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH 溶液清洗
【答案】C
【解析】A 项，由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化，
又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A 错误；B 项，由题意可知，反应①中磷元素化合
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价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守
恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B 错误；C 项，由题意可知，反应中白磷转化
为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的
量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可
知，反应②生成5mol 磷化亚铜的同时生成6mol 磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol×
，反应①生成
磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol×
，则理论上反应①和②消耗
白磷的物质的量之比为14mol×
∶11mol×
=14∶11，故C 正确；D 项，用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应
再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强
的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D 错误；故选C。
29．(2023·山西省吕梁市二模)以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示：
(1)铜萃
余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离子方程式
___________。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为___________；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学
方程式为___________。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) Mn2+ +S2O8
2- +2H2O= MnO2 +2SO4
2-+4H+
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O
3ZnO+CO2↑+3H2O
【解析】(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成
MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + S2O8
2- +2H2O= MnO2 +2SO4
2-+4H+；
(3)锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加
入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O=
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2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；(5)由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，
则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O
3ZnO+CO2↑+3H2O。
30．(2023·湖北省武汉市5 调)高锰酸钾在化工生产和环境保护等领域应用十分广泛。以软锰矿(主要成
分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图：
回答
下列问题：
(2)“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为_______。
(5) “歧化”过程中主要反应的离子方程式为_____。
【答案】(2)3MnO2+6KOH+KClO3
3K2MnO4+KCl+3H2O
(5) 3MnO4
2-+4CO2+2H2O=2MnO4
-+ MnO2↓+4HCO3
-
【解析】(2)软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)，加入KClO3和KOH，焙烧，将
MnO2氧化为K2MnO4，化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO3
3K2MnO4+KCl+3H2O；(5)向滤液中通入足
量的CO2，K2MnO4发生歧化反应：3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3，离子方程式为：
3MnO4
2-+4CO2+2H2O=2MnO4
-+ MnO2↓+4HCO3
-。
31．用零价铁(
)去除含氮废水中的硝酸盐(NO3
-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3
-的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的
可以明显提高NO3
-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3
-)=8.1×10-
5mol]中均加入足量
粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
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所加试剂
Fe 粉
Fe 粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3
-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3
-的去除率提高的原因：
A．
直接还原NO3
-了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
B．研究发现：Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生
(不导电)，它覆盖在
Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用
57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3
-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3
-的去除，结合方程式解释原因：
_______。
(5)测定NO3
-含量
步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3
-的含量为_______
。
②溶液中O2影响测定。向步骤1 中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果
_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤
(2) 3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+
(3) 还原NO3
-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于
NO3
-所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层；
(5)
偏大
【解析】(1)由步骤II 得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II 的分离操作为过滤；
(2)由步骤II 反应产物为四氧化三铁和NH4
+，且铁粉和NO3
-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反
应为3Fe+NO3
-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4
+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，Fe2+最多
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提供的电子：3.6×10-5mol，NO3
-~NH4
+~8 e-，NO3
-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于
NO3
-所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl2(即
n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl 看是否能达到同样的去除率，
若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生成的
Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化
层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
(5)步骤1.取vmL 含氮(NO3
-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发
生3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O7
2-被还原
为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O7
2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求
得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I 反应的FeSO4的物质的量=
，
根据该反应3Fe2++NO3
-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O 可得反应消耗的硝酸根物质的量
，所以原水样中NO3
-的含量
；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7
用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I 反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计
算出来的水样中NO3
-的含量也偏大。
32．Ⅰ. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)“反应”步骤中生成ClO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产NaClO2产品。
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(2)已知装置B 中的产物有ClO2气体和Na2SO4，则B 中产生ClO2气体的化学方程式为_______。
(3)装置D 中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。
(4)装置C 的作用是_______。
(5)反应结束后，打开K1，装置A 起的作用是_______；如果撤去D 中的冷水浴，可能导致产品中混有
的杂质是_______。
(6)测定样品中NaClO2的纯度：准确称mg 的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI 晶体，在酸性条件下
发生如下反应：ClO2
-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，将所得混合液稀释成100mL 待测溶液。取25.00mL 待测溶
液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3H 标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值
为VmL(已知：I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2-)，则所称取的样品中NaClO2的质量分数为_______。(用含V、c、m 的
表达式列出)
【答案】(1)2：1
(2) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O
(4)防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中
(5) 吸收装置B 中多余的ClO2和SO2 NaClO3和NaCl
(6)
【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备
NaClO2；II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B 中浓硫酸、
NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D 中装置D 中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2；装
置C 为安全瓶，可以防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；装置A 和装置E 为尾气处理装置。(1)“反应”步骤中，
SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl 元素的化合价由+5 降低为+4，则NaClO3作
氧化剂，SO2中的S 元素的化合价由+4 升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还
原剂的物质的量之比为2：1。(2)由题干信息可知，装置B 中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和
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Na2SO4，该反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O；(3)装置D 中ClO2与过氧
化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和助燃性气体O2，，反应的化学方程式为：
2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)装置C 是安全瓶，其作用是防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；
(5)ClO2和SO2为有毒气体，需要用NaOH 吸收ClO2等有害气体，防止污染环境，故装置A 起的作用是吸
收置B 中多余的ClO2和SO2；如果撤去D 中的冷水浴，ClO2会和NaOH 发生反应
6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl；(6)已知：ClO2
-+4I-
+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，I2+2S2O3
2-=2I-+S4O6
2-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV10-3mol，则样品
中，n(NaClO2)=
cV10-3mol
=cV10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为
=
。
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