考点12 氧化还原反应的相关计算（含滴定计算）-备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义（新教材新高考）

备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义 考点12 氧化还原反应的相关计算（含滴定计算） 知识精讲 一、电子守恒法在化学计算中的应用 【类型1】利用电子守恒确定元素价态或物质组成+例题 【类型2】考查两元素之间得失电子守恒的计算+例题 【类型3】多元素之间得失电子守恒问题+例题 【类型4】多步反应得失电子守恒问题+例题 【类型5】电子守恒在未配平方程式中的应用+例题 二、氧化还原滴定计算 课后精练 选择题： 15 题 非选择题： 5 题 建议时长： 45 分钟 实际时长： 分钟 一、电子守恒法在化学计算中的应用 1．电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 2．电子守恒法计算的流程 (1)一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 (3)三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 3．几种常考氧化还原计算题型 【类型1】利用电子守恒确定元素价态或物质组成 1．现有24 mL 0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为________。 2．(2023·上海闵行一模)一定量的某黄铁矿(主要成分为FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.01 mol硫单质、0.04 mol FeCl2和一定量的某种气体，且反应后溶液中无Fe3＋。下列有关说法正确的是 A．c(HCl)＝0.4 mol/L B．生成了896 mL气体 C．x＝4 D．FexS中，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1 3．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。 【类型2】考查两元素之间得失电子守恒的计算 1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为 A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 2．某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为(　　) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 【类型3】多元素之间得失电子守恒问题 1．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 2．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂也是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7 D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2 3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　) A．1 mol B. mol C. mol D．2 mol 【类型4】多步反应得失电子守恒问题 有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。 1．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于________________________________________________。 2．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。 【类型5】电子守恒在未配平方程式中的应用 1．在P＋CuSO4＋H2O →Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 2．(2024·辽宁沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2＋＋yBr－＋zCl2===xFe3＋＋Br2＋2zCl－。其中x、y、z的值不符合实际反应的是 A．x＝4、y＝6、z＝5 B.x＝1、y＝5、z＝1 C．x＝3、y＝1、z＝2 D.x＝2、y＝2、z＝2 二、氧化还原滴定计算 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定本身并没有还原性或氧化性但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂 ①常见用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7等。 ②常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C等。 (3)指示剂 ①氧化还原指示剂。 ②专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。 ③自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。 (4)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点判断 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂 终点判断 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 【例题1】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为_____。 【例题2】 (1)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达式)。 (2)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。 已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓ 步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。 步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。 滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将__________(填“偏大”或“偏小”)。 【例题3】用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M [Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下： ①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液； ②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤； ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO4 标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________________(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为___________________________________。 (5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。 1．（24-25高三上·甘肃天水·阶段练习）R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则R2O8n-中R元素的化合价为 A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 2．（24-25高三上·安徽·阶段练习）为测定某工厂排放尾气中含量，某研究小组取该尾气样品通入140mL 0.0200酸性溶液，反应的离子方程式为：，样品中其它气体均不参与反应。小组成员控制通入尾气流速为56(可被溶液充分吸收)，平行测定三次，溶液恰好褪色的平均耗时4s，则该尾气样品中含量(单位：)为 A．0.5 B．1 C．1.5 D．2 3．（24-25高三上·云南曲靖·阶段练习）用2×10－3mol的KZO4恰好将30mL0.1mol/L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素Z在还原产物中的化合价是 A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋6 4．（24-25高三上·北京·开学考试）研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长。在工业上铜的冶炼大致可分为：①富集：将硫化物矿石进行浮选；②焙烧，主要反应为：(炉渣)；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为：；；④电解精炼。下列说法不正确的是 A．电解精炼时，粗铜应与外电源的负极相连 B．反应中的还原剂是 C．每生产6molCu，理论上需消耗 D．上述生产过程中的尾气可以通入氨水中，生产氮肥 5．（2024·辽宁·模拟预测）硫酸钴主要用于电镀、碱性电池、生产含钴颜料和其他钴产品，可利用与葡萄糖制备，反应的化学方程式为(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．氧化性： B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．生成(标准状况)时，转移电子数为 D．葡萄糖中含有键的数目为 6．（2024·黑龙江·三模）某反应体系中只有五种物质：。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是 A．曲线a、b分别代表 B．该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．还原剂完全反应时转移电子 D．由反应可推出氧化性： 7．（24-25高三上·浙江·阶段练习）银饰品用久了会变黑，原因是。将发黑的银饰品放入装有NaCl溶液的铝锅，可无损复原。下列说法正确的是 A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6 B．1mol 发生反应，转移4mol电子 C．既是氧化产物又是还原产物 D．复原时参与正极反应 8．（24-25高三上·甘肃武威·阶段练习）为了减少污染和合理使用资源，某钛厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为+4价)。下列叙述正确的是 A．由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气 B．在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为1：2 C．H2与CO合成甲醇的方法不符合绿色化学的原子经济性 D．在电解槽中，Cl-在正极发生氧化反应转化为Cl2 9．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①；②，下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol 氧化3 mol D．用酸性溶液验证乙炔还原性时，、有干扰 10．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为4:1:4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 A．1:6 B．2:15 C．2:3 D．16:25 11．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br－）＝c（Cl－），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（　　） A．0.75mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．2mol·L－1 D．3mol·L－1 12．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3:7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为 A．4:25 B．2:17 C．1:7 D．3:8 13．（24-25高三上·云南迪庆·模拟预测）在含、的混酸中加入过量的铁粉，充分反应，假设氮的还原产物为NO，则消耗铁粉的质量为 A． B． C． D． 14．（24-25高三上·黑龙江伊春·开学考试）回收利用锌锰电池废料[主要含、MnO(OH)等]可制备高锰酸钾，流程如图所示。下列说法错误的是 A．碱熔时不可使用陶瓷坩埚 B．、均属于钾盐 C．氧化时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 D．一系列操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤等 15．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2反应的粒子数目之比为 A．1∶1∶1 B．3∶1∶1 C．1∶3∶3 D．6∶3∶2 16．（2024高三下·全国·专题练习）草酸()又名乙二酸，是一种有机酸，易溶于水，广泛存在于植物源食品中。 ①在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示： ②草酸铁铵是一种常用的金属着色剂，制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸。为测定的含量，进行下列实验：称取样品，加稀硫酸溶解后，配成溶液。取配制的溶液，用浓度为的溶液滴定至终点时消耗溶液。 (1)用标准溶液进行滴定应使用 滴定管(酸式或碱式)。 (2)通过计算，样品中的质量为 。 17．（2024高三·江苏·专题练习）测定亚硝基硫酸(NOHSO4)产品纯度的步骤：准确称取0.7000g产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入0.1000mol/LKMnO4溶液40.00mL，充分反应。用0.2500mol/LNa2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为20.00mL。 已知：2＋5＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (1)NOHSO4与KMnO4反应有、和Mn2＋生成，其离子方程式为 。 (2)计算NOHSO4产品的纯度(写出计算过程) 。 18．（24-25高三上·广东·阶段练习）回答下列问题。 (1)已知具有氧化性，与氨气加热反应的产物中含有两种单质。写出在加热条件下和反应的化学方程式： 。 (2)在组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程。将以上物质组成一个正确的离子方程式，并用单线桥标出其电子转移的方向和数目： 。 (3)与和的混合溶液作用，是一种制备理想的绿色水处理剂的方法，写出该反应的化学方程式： 。 (4)可用于实验室制，若不加催化剂，时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为，写出该反应的化学方程式： 。 (5)某地污水中有机污染物的主要成分是三氯乙烯，向该污水中加入(还原产物为)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有，写出该反应的化学方程式： 。 (6)我国稀土资源丰富，氟化镨常用于电弧碳棒添加剂。工业上采用方镨矿(主要成分，难溶于水)制备氟化镨的工艺流程如图所示： 已知：。 ①步骤I为“溶浸除硫”，反应后镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为 。 ②写出步骤Ⅲ“转化”过程的化学方程式： 。 19．（24-25高三上·江苏泰州·开学考试）和可以作为锂离子电池的正极材料。 (1)的制备。将LiOH加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气氛围中，将一定量的溶液与、LiOH溶液中的一种混合，加入到三颈烧瓶中，如图所示，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，于燥，得到粗产品。 ①通过滴液漏斗滴加的试剂是 。 ②反应前先通氮气，且使用煮沸过的蒸馏水的目的是 。 ③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是 。 (2)的制备。取一定量比例的铁粉、磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量的，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到，高温煅烧，即可得到。 ①上述制备过程中，为使反应过程中的完全被氧化：下列操作控制不能达到目的的是(填字母) 。 A．用调节溶液pH=7　　　　　　　　B．加热，使反应在较高温度下进行 C．缓慢滴加溶液并搅拌　　　　　　　　D．加入适当过量的溶液 ②工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率[]与溶液pH的关系如图所示。 请设计制备的实验方案： (实验中须使用的试剂有：30% 溶液，1mol/L 溶液，1mol/L 溶液，冰水)。 20．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)亚氯酸钠可用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有 　性。 (2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；制备时可用S代替H2O2，写出该反应的离子方程式： 　。 (3)可从“废液”中回收的主要物质是 　(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。 (4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠样品m g，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量稀硫酸(发生反应ClO＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O)，配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液置于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液V mL(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)。 ①移取25.00 mL待测液的仪器的名称是 　。 ②该样品中NaClO2的质量分数为 　(用含m、c、V的代数式表示)；在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，其可能的原因是 　。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义 考点12 氧化还原反应的相关计算（含滴定计算） 知识精讲 一、电子守恒法在化学计算中的应用 【类型1】利用电子守恒确定元素价态或物质组成+例题 【类型2】考查两元素之间得失电子守恒的计算+例题 【类型3】多元素之间得失电子守恒问题+例题 【类型4】多步反应得失电子守恒问题+例题 【类型5】电子守恒在未配平方程式中的应用+例题 二、氧化还原滴定计算 课后精练 选择题： 15 题 非选择题： 5 题 建议时长： 45 分钟 实际时长： 分钟 一、电子守恒法在化学计算中的应用 1．电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 2．电子守恒法计算的流程 (1)一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 (3)三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 3．几种常考氧化还原计算题型 【类型1】利用电子守恒确定元素价态或物质组成 1．现有24 mL 0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为________。 【答案】＋3 【详解】根据氧化还原反应中得失电子守恒：0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 2．(2023·上海闵行一模)一定量的某黄铁矿(主要成分为FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.01 mol硫单质、0.04 mol FeCl2和一定量的某种气体，且反应后溶液中无Fe3＋。下列有关说法正确的是 A．c(HCl)＝0.4 mol/L B．生成了896 mL气体 C．x＝4 D．FexS中，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1 【答案】D 【详解】100 mL盐酸恰好完全反应，生成0.04 mol FeCl2，没有其他氯化物生成，根据氯原子守恒，n(HCl)＝n(Cl－)＝0.04 mol×2＝0.08 mol，c(HCl)＝＝＝0.8 mol/L，A错误；FexS和盐酸反应，生成硫单质、FeCl2和H2S气体，根据氢原子守恒，生成的H2S为0.04 mol，标准状况下体积为896 mL，但题中没有注明是否为标准状况，B错误；反应的化学方程式为5FexS＋8HCl===S↓＋4FeCl2＋4H2S↑，根据铁原子守恒，得出x＝0.8，C错误；在FexS中S为－2价，设该化合物中Fe2＋和Fe3＋的物质的量分别为a mol和b mol，则a＋b＝0.8,2a＋3b＝2，解得a＝b＝0.4，则n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，D正确。 3．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。 【答案】5 【详解】―→xNa2O4，NaO―→Na，得关系式1×·x＝16×2，解得x＝5。 【类型2】考查两元素之间得失电子守恒的计算 1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为 A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 【答案】B 【解析】1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。 2．某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为(　　) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 【答案】A 【解析】根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3＋失去的电子数和Cl2得到的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.01 mol。则有××x＝0.01，解得x＝0.80。 【类型3】多元素之间得失电子守恒问题 1．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 【答案】1.5　2.2 【解析】设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol。1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 2．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂也是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7 D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2 【答案】C 【解析】方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高得到3个SO中＋6价的S(生成物中有17个硫酸根离子，其中有14个来自反应物中的硫酸铜)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确；硫酸铜中Cu的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C错误；14 mol CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2，选项D正确。 3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　) A．1 mol B. mol C. mol D．2 mol 【答案】C 【解析】设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。 【类型4】多步反应得失电子守恒问题 有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。 1．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于________________________________________________。 【答案】9.20 【详解】反应流程为，x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即：n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 2．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。 【答案】60 【详解】由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。 【类型5】电子守恒在未配平方程式中的应用 1．在P＋CuSO4＋H2O →Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 【答案】1.5　2.2 【详解】设7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为x，生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据得失电子守恒：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，解得x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，解得y＝1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 2．(2024·辽宁沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2＋＋yBr－＋zCl2===xFe3＋＋Br2＋2zCl－。其中x、y、z的值不符合实际反应的是 A．x＝4、y＝6、z＝5 B.x＝1、y＝5、z＝1 C．x＝3、y＝1、z＝2 D.x＝2、y＝2、z＝2 【答案】B 【详解】氧化还原反应的离子方程式中满足电子守恒和电荷守恒，xFe2＋＋yBr－＋zCl2===xFe3＋＋Br2＋2zCl－中电子守恒关系式为x＋y＝2z、电荷守恒关系式为2x－y＝3x－2z，即关系式均为x＋y＝2z，将x、y、z的数值代入关系式x＋y＝2z中检验：x＝4、y＝6、z＝5时，4＋6＝2×5，符合实际反应，故A正确；x＝1、y＝5、z＝1时，1＋5>2×1，不符合实际反应，故B错误；x＝3、y＝1、z＝2时，3＋1＝2×2，符合实际反应，故C正确；x＝2、y＝2、z＝2时，2＋2＝2×2，符合实际反应，故D正确。 二、氧化还原滴定计算 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定本身并没有还原性或氧化性但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂 ①常见用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7等。 ②常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C等。 (3)指示剂 ①氧化还原指示剂。 ②专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。 ③自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。 (4)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点判断 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂 终点判断 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 【例题1】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为_____。 【答案】 mol·L－1 【解析】Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。根据得失电子守恒列等式：c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得c(Cr2O)＝ mol·L－1。 【例题2】 (1)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达式)。 (2)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。 已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓ 步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。 步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。 滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将__________(填“偏大”或“偏小”)。 【答案】 (1)浅蓝色至无色 ×100% (2)上方 　 　偏大 【解析】(1)滴定终点时，I2被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.100 0×，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.100 0－n1(I2)＝ mol，由电子守恒可知S2－～I2，则样品中S2－的含量为×100%。 (2)由方程式2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O知，步骤Ⅰ中加入的CrO的总物质的量为b mol·L－1×L＝ mol。步骤Ⅱ中，加入BaCl2充分反应后，剩余的CrO的物质的量为b mol·L－1×L＝mol，与Ba2＋反应的CrO的物质的量为 mol－ mol＝ mol，由方程式Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrO)，所以BaCl2的浓度：c(BaCl2)＝＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以的测量值将偏大。 【例题3】用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M [Ca(C6H11O7)2·H2O]＝448 g·mol－1)的纯度，其步骤如下： ①称取产品0.600 g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶液； ②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤； ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.020 00 mol·L－1KMnO4 标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (4)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为_____________________________________(用离子方程式表示)，判断滴定达到终点的现象为___________________________________。 (5)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为________(保留三位有效数字)。 【答案】 (4)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (5)93.3% 【解析】5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O定量关系式： 5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO 5 mol　　　　　　　　　　　 2 mol n　　　　　 0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3L 则n＝×0.020 00 mol·L－1×0.025 L＝1.250×10－3mol，m[Ca(C6H11O7)2·H2O]＝M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n，则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。 1．（24-25高三上·甘肃天水·阶段练习）R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-，若反应后R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则R2O8n-中R元素的化合价为 A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 【答案】D 【详解】试题分析：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，R2O82-离子中R元素的化合价为+7价，答案选D。 2．（24-25高三上·安徽·阶段练习）为测定某工厂排放尾气中含量，某研究小组取该尾气样品通入140mL 0.0200酸性溶液，反应的离子方程式为：，样品中其它气体均不参与反应。小组成员控制通入尾气流速为56(可被溶液充分吸收)，平行测定三次，溶液恰好褪色的平均耗时4s，则该尾气样品中含量(单位：)为 A．0.5 B．1 C．1.5 D．2 【答案】D 【详解】反应消耗的酸性溶液物质的量。则由离子方程式关系得消耗的，则尾气样品中含量为，选D。 答案为：D。 3．（24-25高三上·云南曲靖·阶段练习）用2×10－3mol的KZO4恰好将30mL0.1mol/L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素Z在还原产物中的化合价是 A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋6 【答案】C 【详解】由信息可知，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则Z元素的化合价降低，设元素Z在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×10−3mol×(7−x)=0.03L×0.1mol/L×(6−4)，解得x=+4，故答案为：C。 4．（24-25高三上·北京·开学考试）研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长。在工业上铜的冶炼大致可分为：①富集：将硫化物矿石进行浮选；②焙烧，主要反应为：(炉渣)；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为：；；④电解精炼。下列说法不正确的是 A．电解精炼时，粗铜应与外电源的负极相连 B．反应中的还原剂是 C．每生产6molCu，理论上需消耗 D．上述生产过程中的尾气可以通入氨水中，生产氮肥 【答案】A 【详解】A．电解精炼铜时，粗铜与外电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，从而除去了其中的杂质，故A项错误； B．反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，Cu2S中S元素的化合价都是由-2价升高为+4价，被氧化，则Cu2S都是还原剂，故B项正确； C．每生产6molCu需要2molCu2O和1molCu2S反应，所以需要6molCuFeS2与O2反应生成3molCu2S，其中2molCu2S与O2反应生成2molCu2O，根据题中方程式可知，共需要氧气的物质的量为：12mol+3mol=15mol，故C项正确； D．上述生产过程中尾气主要是二氧化硫气体，通入氨水中生成亚硫酸铵，可进一步生成硫酸铵，可作氮肥，故D项正确； 故本题选A。 5．（2024·辽宁·模拟预测）硫酸钴主要用于电镀、碱性电池、生产含钴颜料和其他钴产品，可利用与葡萄糖制备，反应的化学方程式为(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．氧化性： B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．生成(标准状况)时，转移电子数为 D．葡萄糖中含有键的数目为 【答案】D 【详解】A．根据题中所给反应，Co元素反应后化合价降低，是氧化剂，是氧化产物，故氧化性：，A项正确； B．根据电子守恒、元素守恒配平该反应为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B项正确； C．根据化学方程式可知，当生成时，转移电子，因此生成(标准状况)时，转移电子的物质的量为，即，C项正确； D．葡萄糖的结构式为，葡萄糖中含有键的数目为，D项错误； 本题选D。 6．（2024·黑龙江·三模）某反应体系中只有五种物质：。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是 A．曲线a、b分别代表 B．该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．还原剂完全反应时转移电子 D．由反应可推出氧化性： 【答案】B 【详解】A．由两种含溴物质的物质的量变化图像可知，4molb完全反应生成2mola，由溴原子守恒可知a为，b为，A正确； B．反应的化学方程式为，氧化剂是，还原剂是，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为，B错误； C．，完全反应时，转移电子的物质的量为0.5mol×8=4mol，C正确； D．在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，D正确； 故选B。 7．（24-25高三上·浙江·阶段练习）银饰品用久了会变黑，原因是。将发黑的银饰品放入装有NaCl溶液的铝锅，可无损复原。下列说法正确的是 A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6 B．1mol 发生反应，转移4mol电子 C．既是氧化产物又是还原产物 D．复原时参与正极反应 【答案】D 【详解】A．由化合价变化可知，Ag是还原剂，O2是氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，故A错误； B．由反应可知，4molAg参加反应时转移4mol电子，此时参加反应的H2S为2mol，则1mol H2S发生反应时，转移2mol电子，故B错误； C．Ag失去电子被氧化，则Ag2S只是氧化产物，故C错误； D．复原时Ag2S可转化为Ag，Ag元素的化合价降低，发生了还原反应，故Ag2S参与正极反应，故D正确； 故选：D。 8．（24-25高三上·甘肃武威·阶段练习）为了减少污染和合理使用资源，某钛厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为+4价)。下列叙述正确的是 A．由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气 B．在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为1：2 C．H2与CO合成甲醇的方法不符合绿色化学的原子经济性 D．在电解槽中，Cl-在正极发生氧化反应转化为Cl2 【答案】A 【详解】A．已知3Mg+N2Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，不可用N2作为保护气，A正确； B．根据电子守恒可知，生成CH3OH为由C转化为CH3OH，需得到2个电子，而得到Ti则为由+4价降低到0价，需得到4个电子，故在联合生产过程中，理论上生成甲醇与Ti的物质的量之比为2：1，B错误； C．H2与CO合成甲醇的方法的反应方程式为：CO+2H2CH3OH，符合绿色化学的原子经济性，C错误； D．电解池中电极分为阴极和阳极，在电解槽中，Cl-在阳极发生氧化反应转化为Cl2，D错误； 故答案为：A。 9．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）用电石(主要成分为，含CaS和等)制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①；②，下列分析不正确的是 A．CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B．能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol 氧化3 mol D．用酸性溶液验证乙炔还原性时，、有干扰 【答案】B 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3，可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项错误； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项正确； D．乙炔、H2S、PH3均能被KMnO4酸性溶液氧化出现褪色现象，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选B。 10．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为4:1:4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 A．1:6 B．2:15 C．2:3 D．16:25 【答案】A 【详解】令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为mol，Fe(NO3)3为mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，令NO2、N2O4、NO的物质的量分别为4amol、amol、4amol，根据电子转移守恒有：1×(3-2)+1×[6-(-2)]=4a×(5-4)+a×(5-4)×2+4a×(5-2)，解得a=0.5，故NO2、N2O4、NO的物质的量分别为2mol、0.5mol、2mol，故起氧化剂作用的HNO3为2mol+0.5mol×2+2mol=5mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3，故起酸的作用的硝酸为mol×3=1mol，参加反应的硝酸为5mol+1mol=6mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol：6mol=1：6，故选A。 11．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c（Br－）＝c（Cl－），则原FeBr2溶液的物质的量浓度是（　　） A．0.75mol·L－1 B．1.5mol·L－1 C．2mol·L－1 D．3mol·L－1 【答案】D 【详解】n(Cl2)=5.04L÷22.4L/mol=0.225mol，微粒的还原性：n(Fe2+)＞n(Br-)，所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3＋+2Cl－；然后发生反应：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。n(Cl-)=0.225mol×2=0.45mol，由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol×2，解得x=0.3mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.3mol÷0.1L=3mol/L,因此选项是D。 12．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3:7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为 A．4:25 B．2:17 C．1:7 D．3:8 【答案】A 【详解】若设生成一氧化氮和二氧化氮的量就是3mol和7mol，则被还原的硝酸是10mol，得到的电子是3×3+7＝16mol。因为Cu2S失去10的电子，根据得失电子守恒知参加反应的硫化亚铜的物质的量为8/5mol，故二者的物质的量之比为4∶25。 13．（24-25高三上·云南迪庆·模拟预测）在含、的混酸中加入过量的铁粉，充分反应，假设氮的还原产物为NO，则消耗铁粉的质量为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】含、的混酸中含有的，，混酸中加入过量的铁粉，可知反应中H+被消耗完，硝酸根也消耗完，而发生的反应有：，根据、可知，硝酸根不足，而H+、Fe均过量，因此该反应有，可得，则，产生的； 由于铁粉过量，因此还存在：，有，可得消耗的； 由于H+过量，因此还存在：，还剩余的H+有：，可得消耗的； 可知反应中消耗的铁粉共有. 故答案选C。 14．（24-25高三上·黑龙江伊春·开学考试）回收利用锌锰电池废料[主要含、MnO(OH)等]可制备高锰酸钾，流程如图所示。下列说法错误的是 A．碱熔时不可使用陶瓷坩埚 B．、均属于钾盐 C．氧化时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 D．一系列操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤等 【答案】C 【详解】A．根据分析，因二氧化硅与碱高温下反应，不可使用陶瓷坩埚，可选铁坩埚碱熔，A正确； B．、均属于钾盐，B正确； C．氧化时，在碱性条件下将氧化为，离子反应方程式为：，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，C错误； D．溶液变成固体，一系列操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤等，D正确； 故选C。 15．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2反应的粒子数目之比为 A．1∶1∶1 B．3∶1∶1 C．1∶3∶3 D．6∶3∶2 【答案】B 【详解】各物质与足量氯气反应时，HI中I元素的化合价由−1价升高为0价，Fe元素的化合价由0价升高为+3价，FeBr2中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价、Br元素的化合价由−1价升高为0价，三个反应电子转移数目相等，设均转移6 mol电子，则需要HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为6 mol：2 mol：2 mol=3：1：1， 故选B。 16．（2024高三下·全国·专题练习）草酸()又名乙二酸，是一种有机酸，易溶于水，广泛存在于植物源食品中。 ①在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示： ②草酸铁铵是一种常用的金属着色剂，制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸。为测定的含量，进行下列实验：称取样品，加稀硫酸溶解后，配成溶液。取配制的溶液，用浓度为的溶液滴定至终点时消耗溶液。 (1)用标准溶液进行滴定应使用 滴定管(酸式或碱式)。 (2)通过计算，样品中的质量为 。 【答案】(1)酸式 (2)8.56 【详解】（1）具有强氧化性，能腐蚀橡胶不能装在碱式滴定管中，用标准溶液进行滴定应使用酸式滴定管； （2）设草酸的物质的量为amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5H2C2O4～2，由20.00mL溶液消耗28.00mL0.2000mol/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×②，解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量为0.02mol×428g/mol=8.56g，故答案为：8.56。 17．（2024高三·江苏·专题练习）测定亚硝基硫酸(NOHSO4)产品纯度的步骤：准确称取0.7000g产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入0.1000mol/LKMnO4溶液40.00mL，充分反应。用0.2500mol/LNa2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为20.00mL。 已知：2＋5＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (1)NOHSO4与KMnO4反应有、和Mn2＋生成，其离子方程式为 。 (2)计算NOHSO4产品的纯度(写出计算过程) 。 【答案】(1)2＋5NOHSO4＋2H2O=5＋2Mn2＋＋5＋9H＋ (2)90.71% 【详解】（1）NOHSO4与KMnO4反应生成、和Mn2＋，其离子方程式为2＋5NOHSO4＋2H2O=5＋2Mn2＋＋5＋9H＋。 （2）由反应2＋5NOHSO4＋2H2O=5＋2Mn2＋＋5＋9H＋和2＋5＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，根据得失电子守恒可得关系式：5n(KMnO4)=2n(Na2C2O4)＋2n(NOHSO4)，则0.040L×0.1000mol/L×5=0.020L×0.2500mol/L×2＋2n(NOHSO4)，n(NOHSO4)=0.0050mol，m(NOHSO4)=0.0050mol×127g/mol=0.6350g，NOHSO4的质量分数为×100%≈90.71%。 18．（24-25高三上·广东·阶段练习）回答下列问题。 (1)已知具有氧化性，与氨气加热反应的产物中含有两种单质。写出在加热条件下和反应的化学方程式： 。 (2)在组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程。将以上物质组成一个正确的离子方程式，并用单线桥标出其电子转移的方向和数目： 。 (3)与和的混合溶液作用，是一种制备理想的绿色水处理剂的方法，写出该反应的化学方程式： 。 (4)可用于实验室制，若不加催化剂，时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为，写出该反应的化学方程式： 。 (5)某地污水中有机污染物的主要成分是三氯乙烯，向该污水中加入(还原产物为)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有，写出该反应的化学方程式： 。 (6)我国稀土资源丰富，氟化镨常用于电弧碳棒添加剂。工业上采用方镨矿(主要成分，难溶于水)制备氟化镨的工艺流程如图所示： 已知：。 ①步骤I为“溶浸除硫”，反应后镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为 。 ②写出步骤Ⅲ“转化”过程的化学方程式： 。 【答案】 (1) (2) (3) (4) (5) (6) 【详解】（1）已知具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，则在加热条件下和反应的化学方程式为，答案：； （2） 被还原为，则应该有被氧化为，反应的离子方程式与电子转移情况为，答案：； （3）与和的混合液作用生成，铁元素化合价升高，氯元素化合价降低，得到氯化钠：，答案：； （4）若不加催化剂，时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐也是钾盐，且阴阳离子个数比为，生成时氯元素化合价降低，由变为，则另一部分氯元素化合价升高为得到，结合电子守恒、元素质量守恒可知反应为，答案：； （5）污水中加入（还原产物为）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有，则氯元素转化为，结合元素质量守恒可知，同时生成，反应为，答案：； （6）①由已知得，步骤I为“溶浸除硫”，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为； ②向晶体中加入溶液充分反应，得到，“转化”过程的化学方程式为，答案：、。 19．（24-25高三上·江苏泰州·开学考试）和可以作为锂离子电池的正极材料。 (1)的制备。将LiOH加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气氛围中，将一定量的溶液与、LiOH溶液中的一种混合，加入到三颈烧瓶中，如图所示，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，于燥，得到粗产品。 ①通过滴液漏斗滴加的试剂是 。 ②反应前先通氮气，且使用煮沸过的蒸馏水的目的是 。 ③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是 。 (2)的制备。取一定量比例的铁粉、磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量的，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到，高温煅烧，即可得到。 ①上述制备过程中，为使反应过程中的完全被氧化：下列操作控制不能达到目的的是(填字母) 。 A．用调节溶液pH=7　　　　　　　　B．加热，使反应在较高温度下进行 C．缓慢滴加溶液并搅拌　　　　　　　　D．加入适当过量的溶液 ②工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率[]与溶液pH的关系如图所示。 请设计制备的实验方案： (实验中须使用的试剂有：30% 溶液，1mol/L 溶液，1mol/L 溶液，冰水)。 【答案】 (1)LiOH 排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化 (2)AB 取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L 溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30% 溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L 溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥 【详解】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂； ②排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化 ③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是； （2）①A．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，A不能达到目的； B．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，B不能达到目的； C．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，C能达到目的； D．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，D能达到目的； 故选AB； ②从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L 溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30% 溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L 溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥； 20．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)亚氯酸钠可用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有 　性。 (2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；制备时可用S代替H2O2，写出该反应的离子方程式： 　。 (3)可从“废液”中回收的主要物质是 　(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。 (4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠样品m g，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量稀硫酸(发生反应ClO＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O)，配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液置于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液V mL(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)。 ①移取25.00 mL待测液的仪器的名称是 　。 ②该样品中NaClO2的质量分数为 　(用含m、c、V的代数式表示)；在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，其可能的原因是 　。 【答案】 (1)氧化 (2)6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O (3)Na2SO4 (4)①酸式滴定管(或移液管) ②×100%；I－被空气中的氧气氧化成了碘单质 【详解】(2)制备ClO2时，H2O2是还原剂，用S代替H2O2，S是还原剂，由于＋4价的硫也具有还原性，则该反应中的硫被氧化成SO，根据守恒规律可得，反应的离子方程式为6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O。 (3)制备ClO2时用浓硫酸酸化，后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2，根据元素守恒可知废液中含有较多Na2SO4，可以回收。 (4)②根据题意可得关系式：ClO～2I2～4S2O，所以样品中NaClO2的质量分数为×100%＝×100%。由于碘离子具有较强的还原性，能够被空气中的氧气氧化成为碘单质，导致消耗的Na2S2O3的量增多，进一步导致NaClO2的质量分数偏高。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$