【解析】2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算4

第第页【解析】2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算4登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算4

一、选择题

1．（2023·浙江）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

A．，完全反应转移的电子数为

B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为

C．常温下，的溶液中，水电离出的数为

D．浓度为的溶液中，阴离子数为

2．（2023·江苏）下列说法正确的是（）

A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能

B．反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应

C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023

D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快

3．（2023高一下·龙南期末）amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（）

A．(a+b)×63gB．b×189gC．(a+b)molD．Vcmol

4．（2023高一上·湖北期末）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．18g重水含有的电子数为9NA

B．足量铁粉与1mol氯气充分反应，转移电子数3NA

C．0.1mol/LAlCl3溶液中含有的Cl3数目为0.3NA

D．同温同压下，体积相同的CH4与NH3的分子数均为NA

5．（2023高一上·定州期末）酸性K2Cr2O7溶液具有较强的氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4。现有10mL0.3mol/L的Na2SO3溶液，与10mL0.1mol/L的K2Cr2O7溶液刚好完全反应，则还原产物中Cr的化合价为

A．+6B．+5C．+3D．+2

6．（2022高二上·海安期末）硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为。下列有关说法正确的是。

A．反应中每消耗转移的电子数为

B．和所含化学键的键能总和高于的键能

C．每和过量通过接触室，可放出热量

D．使用催化剂能加快化学反应速率，提高的平衡转化率

7．（2022高一上·绍兴期末）在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+下列判断正确的是：

A．高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂

B．反应的氧化产物只有氧气

C．当反应产生标准状况下2.24LO2时，反应转移的电子为0.1mol

D．通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液

8．（2022高一上·绍兴期末）下列有关说法正确的是

A．同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1

B．常温常压下相同体积的CO与N2和O2组成的混合气，两者所含的原子数相等

C．等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水反应，转移电子的物质的量之比为1：2

D．等物质的量钠分别用有孔的铝箔、铜箔包裹后再投入足量的水中，产生气体的物质的量之比1：1

9．（2022高一上·绍兴期末）下列说法正确的是

A．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液

B．含有0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.2NA

C．在Al3+浓度为0.6mol/L的硫酸铝溶液中，SO的浓度为0.4mol/L

D．侯德榜制碱法是利用了NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终制得Na2CO3

10．（2022高一上·河东期末）将23.0gNa溶于一定量水中，反应后溶液的体积为1.00L，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是

A．反应后溶液中c(OH-)为1.00mol/L

B．反应后溶液中Na+数目为NA

C．反应生成标准状况下气体22.4L

D．反应转移的电子数为NA

11．（2022高三上·房山期末）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法错误的是

A．实验室常使用排饱和食盐水法收集Cl2

B．浓盐酸在反应中只体现还原性

C．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2

D．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子

12．（2022高一上·富锦期末）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制备，反应方程式为：NaClO3+H2O2+H2SO4→ClO2↑+Na2SO4+H2O+O2↑(未配平)。下列说法不正确的是（）

A．NaClO3做氧化剂，发生还原反应

B．将该方程式配平后H2O的化学计量数应为2

C．NaClO3与H2O2的化学计量系数之比为2：1

D．反应过程中每生成2.24LO2转移0.2mol电子

13．（2022高一上·电白期末）空间站中通过“再生式生保系统”对宇航员排出的二氧化碳、尿液、水汽等回收再利用，循环原理如下：

已知反应器内发生的反应为：。下列说法错误的是（）

A．富集装置主要收集人体呼吸产生的和水蒸气

B．Ni单质在反应器中起催化作用

C．该过程实现了氧气的循环

D．反应器中，每消耗，转移电子的物质的量为1mol

14．（2022高二上·拉萨期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有H+的数目为0.1NA

B．标准状况下，11.2L苯所含原子数为6NA

C．18g18O2中含有2NA个氧原子

D．5.6gFe与足量的稀硫酸反应失去电子数为0.2NA

15．（2022高一下·吉林期末）下列说法中，正确的是()

A．可用铝制或铁制容器盛装稀硝酸

B．在的盐酸中，、、、能大量共存

C．56gFe与硝酸发生氧化还原反应时，转移的电子数一定是3mol

D．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定，见光易分解

16．（2022高二下·承德期末）已知在碱性溶液中可发生反应：，下列说法错误的是（）

A．

B．碱性溶液中，氧化性：

C．R可能为元素

D．每生成，转移的电子数为

17．（2022高二下·北海期末）氢气是重要的能源物质。通过太阳光催化分解水可制氢：，下列有关说法正确的是（）

A．反应生成放出的能量

B．反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和

C．每消耗水，反应中转移电子的物质的量为

D．若使用催化剂，则减小

18．（2022高一下·贺州期末）已知：将通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、，且产物的成分与温度高低有关。当时，下列有关说法错误的是（）

A．参加反应的氯气的物质的量等于

B．改变温度，产物中的最大理论产量为

C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围是

D．某温度下，反应后，则溶液中

19．（2022高一下·陈仓期末）以辉铜矿(Cu2S)为原料冶炼铜，其反应原理可表示为Cu2S＋O22Cu＋SO2。下列说法错误的是（）

A．化合价发生变化的元素有3种

B．Cu2S在该反应中既是氧化剂又是还原剂

C．1molO2参加反应时，上述反应转移电子总物质的量为4mol

D．SO2被分离、回收后氧化生成SO3，作为制取硫酸的原料

20．（2022高二下·联合期末）过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法中不正确的是（）

A．氧化性：Na2O2＞Na2FeO4

B．Na2O2既作氧化剂，又作还原剂

C．由反应可知每2molFeSO4完全反应时，反应中共转移8mol电子

D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用

21．（2022高一下·湖州期末）单质疏在热的溶液中发生歧化反应：。若硫过量，会进一步发生反应：，。将疏与含的热溶液充分反应恰好生成和，向该溶液中再加入适量碱性溶液，硫元素恰好全部转化为，下列说法错误的是（）

A．

B．碱性溶液的物质的量浓度为

C．中

D．生成溶液的物质的量浓度为

二、多选题

22．（2023高一上·和平期末）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA

B．2L0.5mol/L硫酸钠溶液中阴离子所带电荷数为2NA

C．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA

D．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA

23．（2023高一下·海安期末）实验室将Na2CO3和Na2S按一定物质的量之比配成溶液，一定条件件下通入SO2反应。当通入SO2体积不同时，生成的产物可能是Na2S2O3、Na2SO3、CO2中的两种或三种。下列说法正确的是（）

A．若产物为Na2SO3、CO2，则可以说明非金属性S>C

B．若产物为Na2S2O3、CO2，则硫元素既被氧化又被还原

C．若产物为Na2S2O3、Na2SO3，则不一定有CO2生成

D．若产物为Na2S2O3、Na2SO3、CO2，则由生成的n(Na2S2O3)和n(CO2)可计算消耗的n(SO2)

三、非选择题

24．（2023·江苏）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.

（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是。

（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为

准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，)

②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值(填“偏高”或“偏低”)。

25．（2023·海南）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：

（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为。

（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式。配制的FeCl3溶液应保持(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是。

（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：

①2Cu2＋+5I-＝2CuI↓+I3―；②I3―+2S2O32－＝S4O62-+3I-

反应①中的氧化剂为。现取20.00mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2＋的浓度为mol·L-1。

26．（2023·崇州模拟）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛．

（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响．限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1molL﹣1Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器

①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：

②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．

③设计实验装置，完成如1图所示的装置示意图．

④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）．

实验序号物理量V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mL

1a

2a

（2）利用图2（a）和2（b）中的信息，按图2（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），其原因是．

27．（2022高一上·西城期末）某工厂废水中含有大量的和较多的，为了减少污染并变废为宝，通过以下反应从废水中回收和：①②

（1）反应①中，化合价升高的元素是(填元素符号)，氧化剂是(填化学式)。

（2）反应②中若每消耗1，则生成的体积约是L(标准状况)，转移电子的物质的量为。

28．（2022高一上·荆州期末）某校化学兴趣小组设计了如图装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(已知该反应为放热反应)。

（1）装置A中所用溶液浓度为，现欲用其配制100mL的稀溶液。则需量取mL浓溶液，量取所用量筒的规格是(填“10mL”“25mL”或“50mL”)。若所配制的稀溶液浓度偏大，则下列可能的原因分析中正确的是。

A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．量取浓溶液时，仰视液面

C．未经冷却，立即转移至容量瓶定容D．仰视定容

（2）仪器A的名称为，D的作用为。

（3）结果实验所得产率太低。经查阅资料发现主要原因是U形管中存在两个反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成了，该反应方程式为，为避免该反应的发生可采取的措施是。

（4）向含1.0mol的潮湿消石灰中通入足量氯气，若反应后测得产物中的物质的量为1.2mol，溶液中、两种物质的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线表示为如图(不考虑氯气和水及其他副反应)。则图中。

29．（2022高一上·怀柔期末）钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为

（1）该反应中氧化剂是，氧化产物是

（2）生成1molCO需要的的质量为g，转移电子的物质的量为mol

30．（2022高一上·延庆期末）实验室制的化学方程式为。

（1）作氧化剂的物质是，锰元素的化合价(填“升高”或“降低”)。

（2）反应中每生成1mol，消耗的物质的量是mol，转移电子的物质的量是mol。

31．（2022高一上·富锦期末）铁元素存在多种价态，且不同价态的铁元素在一定条件下可以相互转化。

（1）向2mL1mol/L的Fe(NO3)2溶液中加入2mol/L的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式。

（2）是一种新型水处理剂，将溶液、溶液与Fe2(SO4)3溶液混合可得到。

①中铁元素的化合价为，当有3mol生成时，反应中转移的电子数目为NA。

②发生相应反应的离子方程式为。

（3）某同学设计如图装置制备一定量的，并使其能在较长时间内存在。

①写出易被空气中的氧气氧化的方程式。

②X是（填试剂名称），装置4的作用是。

③实验开始时，开关应(填“打开”成“关闭”)；这样操作的目的是。

32．（2022高二下·保定期末）氮、磷都是第ⅤA族元素，一些含氮、磷的化合物在生产生活中有重要应用。

（1）磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦(PH3)，写出磷化铝与水反应的化学方程式：。

（2）羟基磷灰石[]是一种重要的生物无机材料，也是我们牙齿表面的一层坚硬物质，可用磷酸和氢氧化钙悬浊液反应制得。已知3种钙盐的溶解度(以钙离子浓度的对数表示)随溶液pH的变化如图所示。

①图中所示3种钙盐，其中在人体中最稳定的存在形式是(填化学式)。

②实验室制备羟基磷灰石时，应将(填“磷酸”或“氢氧化钙悬浊液”，下同)滴加到中。

③进食后，口腔中残留的食物会在细菌和酶作用下产生有机酸，易造成龋齿，其原因是。

（3）氮的氧化物对大气污染比较严重，一定条件下可用NH3消除污染，则NO2与NH3的反应中，被氧化的氮原子和被还原的氮原子的物质的量之比为。

（4）标准状况下，由11.2LNH3制备得200mL硝酸溶液，向其中加入9.6g铜，充分反应后转移的电子数目为9.03×1022，则制备硝酸溶液过程中NH3的利用率为；最后得到的溶液中(不考虑溶液体积的变化)。

33．（2022高二下·吉安期末）

（1）I.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：

编号温度/℃溶液酸性溶液

浓度/体积/浓度/体积/

①250.102.00.0104.0

②250.202.00.0104.0

③500.202.00.0104.0

实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定来判断反应的快慢。

（2）实验①、②、③所加溶液均要过量，理由是。

（3）实验①和实验②是探究对化学反应速率的影响，实验②和③是探究对化学反应速率的影响。

（4）实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是。

（5）II.在恒容密闭容器中，用H2还原SO2，生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示，请分析并回答如下问题：

分析可知X为(填化学式)。

（6）时间段的温度为。

（7）时间段用SO2表示的化学反应速率为。

34．（2022高一下·扬州期末）以FeSO4溶液为主要原料制取废水处理剂FeOOH，其流程如下：

（1）检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是(填化学式)。“转化”时适量氨水将Fe2+部分转化为Fe(OH)2，每生成1molFe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为mol。

（2）“氧化”时以一定流速向所得固液混合物中通入O2，反应生成FeOOH。过程中溶液的pH随时间的变化情况如图所示：

已知：pH=-lgc(H+)。

①0~t1时，Fe(OH)2转化为FeOOH时发生反应的化学方程式为。

②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，原因是(用离子方程式表示)。

（3）通过下列方法测定产品中FeOOH的质量分数：准确称取2.000g产品，加适量盐酸溶解，再加入适量SnCl2溶液，发生反应2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+；除去过量的SnCl2，再向其中加入0.1000mol·L1K2Cr2O7溶液至反应恰好完全，发生反应Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，消耗K2Cr2O7溶液36.00mL。计算该产品中FeOOH的质量分数(写出计算过程)。

35．（2023高一上·丰台期末）我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其反应的化学方程式为：

2N2+6H2O4NH3+3O2

（1）作氧化剂的物质是，氧元素的化合价(填“升高”、“降低”或“不变”)。

（2）反应中每生成4molNH3，参加反应的N2的物质的量是mol，转移电子的物质的量是mol。

36．（2023高一上·资阳期末）为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO+2CON2+2CO2。

（1）上述反应的还原剂是，氮元素的化合价(填“升高”或“降低”)。

（2）若反应中消耗了2molNO，则生成N2在标准状况下的体积为L，转移电子的数目为。

答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A.Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；

B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；

C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；

D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于发生水解：+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据化合价的变化计算转移电子数；

B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；

C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；

D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。

2．【答案】C

【知识点】化学平衡常数；多糖的性质和用途；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】解：A.氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项不符合题意；

B.反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项不符合题意；

C.N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项符合题意；

D.酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】注意B中的自发反应判断方法用H-T.SC，A不符合题意；

B.若产物为Na2S2O3、CO2，说明硫化钠中S元素的化合价升高，SO2中S元素化合价降低，因此硫元素既被氧化又被还原，B符合题意；

C.根据较强酸制备较弱酸可知如果有Na2SO3，则一定有CO2生成，C不符合题意；

D.若产物为Na2S2O3、Na2SO3、CO2，则根据S元素的化合价变化以及SO2与碳酸钠反应的方程式可知由生成的n(Na2S2O3)和n(CO2)计算消耗的n(SO2)，D符合题意，

故答案为：BD。

【分析】氧化还原反应中得失电子数相等，根据得失电子数相等可以进行氧化剂还原剂氧化产物还原产物的配平。配平需要遵循不交叉的原则，如果在一个反应中，同一元素化合价有多种，那么高价态具有氧化性，低价态具有还原性，反应生成的物质化合价不发生交叉。

24．【答案】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解

（2）根据物质转换和电子得失守恒关系：得氯元素的质量:该样品的有效氯为：该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品；偏低

【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；

(2)①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：，，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)==0.03550g，该样品中的有效氯为：=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；

②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。

【分析】(1)2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O（冷水）；NaClO+CO+HO=NaHCO+HClO；

(2)①根据关系式C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;

②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。

25．【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）；酸性；防止水解生成

（3）；0.1250

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于铁离子易水解，因此氯化铁溶液要保持在酸性，目的是为了防止，铁离子水解成氢氧化铁。

（3）铜的化合价有+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂是Cu2+

2S2O32－~I3―~2Cu2＋

0.1mol·L-1*25mLx*20mL0.1mol·L-1*25mL=x*20mL，x=0.1250mol·L-1

【分析】（1）易错项铜不能与稀硫酸反应置换出氢气，稀硫酸的作用是提供氢离子，提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性

（2）由于铁离子易水解，因此配制氯化铁溶液要保持在酸性条件下，抑制水解

（3）根据转移的电子数守恒可列关系式，求解。

26．【答案】（1）；相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；V（30%H2O2）/Ml；V（蒸馏水）/mL；时间t/min；V（氧气）/mL；b；c；d；m；c；b；d；a

（2）深；2NO2（红棕色）N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深

【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】解：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电子转移数目及方向为：，故答案为：；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少，故答案为：相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为：，故答案为：；

④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响，实验方案为：

实验序号V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL

1abcdm

2acbdn

故答案为：

实验序号V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL

1abcdm

2acbdn

；（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：深；2NO2（红棕色）N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深．

【分析】（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响；（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动．

27．【答案】（1）Fe；CuSO4

（2）22.4；2

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）反应①中，化合价升高的是Fe元素，被氧化，化合价降低的元素是Cu元素，所在的反应物CuSO4是氧化剂，答案为Fe；CuSO4；

（2）反应②中若每消耗1，根据反应可知，则生成的体积约是1mol22.4L/mol=22.4L(标准状况)，转移电子的物质的量为1mol2=2；答案为22.4；2。

【分析】（1）氧化剂元素化合价降低，还原剂元素化合价升高；

（2）根据反应的化学方程式计算。

28．【答案】（1）5.2；10mL；BC

（2）分液漏斗；吸收尾气，防止空气污染

（3）；将U形管置于冷水浴中

（4）7：1

【知识点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）配制溶液时，溶质物质的量不变，，即；；量筒应该选用10mL量筒；

A．配制溶液时，配制前，容量瓶中有少量质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，故A不正确；

B．量取浓溶液时，仰视液面会使量取浓盐酸的体积偏大，溶质的物质的量偏大，导致所配溶液的浓度偏高，故B正确；

C．未经冷却，立即转移至容量瓶定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故C正确；

D．定容时，仰视液面会使溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低，故D不正确；

故答案为：5.2；10mL；BC；

（2）仪器A的名称为分液漏斗，D的作用为吸收尾气，防止空气污染；

故答案为：分液漏斗；吸收尾气，防止空气污染；

（3）由题意可知，氯气与潮湿的消石灰反应时会放出热量使反应温度升高，氯气在温度较高的条件下与消石灰反应生成氯酸钙，为避免副反应的发生应将U形管置于冷水浴中，使氯气和消石灰在较低的温度下反应；

故答案为：；将U形管置于冷水浴中；

（4）设次氯酸根为2amol、氯酸根为2bmol，由氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙的化学式可知，氯气与潮湿的消石灰反应得到的氯离子、次氯酸根离子和氯酸根离子的总物质的量为2mol，则，由得失电子数目守恒可得：，解得，，a：b=7：1；

故答案为：7：1。

【分析】（1）配制溶液时，溶质物质的量不变；根据计算，利用“大而近”原则选择；利用c=n/V分析；

（2）根据装置的构造确定仪器名称；依据试剂的性质分析；

（3）温度不同产物不同；

（4）依据得失电子数目守恒计算。

29．【答案】（1）Cl2；CO

（2）71；2

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）工业冶炼钛的第一步反应中C的化合价由+0价升高到+2价，Cl2的化合价由0价降低到-1价，因此C是还原剂，CO是氧化产物，Cl2是氧化剂，是还原产物；

（2）根据方程式可知生成1molCO需要的1mol，其质量为，C的化合价由+0价升高到+2价，则转移2mol电子。

【分析】（1）该反应中C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则C是还原剂，CO是氧化产物，Cl2是氧化剂，是还原产物；

（2）生成1molCO需要的1mol，根据m=nM计算其质量。

30．【答案】（1）；降低

（2）4；2

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）反应方程式，MnO2中Mn化合价降低，被还原，发生还原反应，因此作氧化剂的物质是MnO2，锰元素的化合价降低；故答案为：MnO2；降低。

（2）根据反应方程式分析，反应中每生成1mol，消耗的物质的量是4mol，转移电子的物质的量是2mol；故答案为：4；2。

【分析】（1）氧化剂元素化合价降低，还原剂元素化合价升高；

（2）根据反应方程式及元素化合价变化分析。

31．【答案】（1）

（2）+6；9；2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

（3）；硫酸（或盐酸）；液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2；打开；利用生成的H2将装置中的空气排出

【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式

【解析】【解答】（1）酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，离子反应方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。

（2）①根据化合物中元素正负化合价代数和为0可知，K2FeO4中铁元素化合价为+6。由分析可知，生成2molFeO42-转移6mol电子，则生成3molFeO42-转移9mol电子，即电子数目是9NA。

②由分析可知，该反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

（3）①Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，其化学方程式为。

②由分析可知，X是硫酸或盐酸，装置4的作用是液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2。

③实验开始时，开关K2应打开；这样操作可利用生成的H2将装置中的空气排出。

【分析】（1）注意H+与NO3-结合具有氧化性。

（2）该反应前后，铁元素的化合价由+3升为+6，氯元素的化合价由+1降为-1，结合原子、电子、电荷守恒可得离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。据此分析。

（3）装置2用于制备Fe2+，铁与非氧化性酸（硫酸或盐酸）反应生成Fe2+，即X是非氧化性酸（硫酸或盐酸）；装置3用于制备Fe(OH)2；装置4用于液封，防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2。

32．【答案】（1）

（2）；磷酸；氢氧化钙悬浊液；酸性物质使沉淀溶解平衡向右移动，导致溶解，造成龋齿

（3）4∶3

（4）40%；0.375mol·L-1

【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)依据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al(OH)3↓+PH3↑；

(2)①人体pH基本上在7.39~7.41，所以钙主要存在形式为Ca5(PO4)3OH；

②实验室制备羟基磷灰石时，应将磷酸滴加到氢氧化钙悬浊液中；

③反应平衡：Ca5(PO4)3OH5Ca2+(ag)+3PO(ag)+OH-(aq)，酸性物质使沉淀溶解向右移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；

(3)NO2与NH3生成N2，N的化合价由+4价降低为0价，N的化合价由-3价升高为0，降低还原，升高被氧化，根据化合价升降守恒和原子守恒，被氧化的氮原子和被还原的氮原子的物质的量之比为4：3；

(4)标准状况下，由11.2LNH3的物质的量为：=0.5mol，假设氨气全部转化为HNO3，可知硝酸的浓度为=2.5mol/L，硝酸为稀硝酸，所以铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3=Cu(NO3)2+2NO+4H2O，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知，4HNO3～3e-，根据元素守恒可知，NH3～HNO3，4NH3～3e-，9.03×1022电子的物质的量为=0.15mol，可知反应的氨为0.15mol×=0.2mol，则制备硝酸溶液过程中NH3的利用率为×100%=40%；9.6g铜物质的量为=0.15mol，0.15molCu可以转移0.15mol×2=0.3mol>0.15mol，说明铜有剩余，说明硝酸反应完毕，反应的铜×0.15mol=0.075mol，可知则制备硝酸溶液过程中NH3的利用率为；最后得到的溶液中c(Cu2+)===0.375mol/L；

【分析】（1）磷化铝与水反应生成PH3和氢氧化铝；

（2）①人体pH约为7.39~7.41；

②制备羟基磷灰石时，应将磷酸滴加到氢氧化钙悬浊液中；

③酸性物质使沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43(aq)+OH(aq)向右移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；

（3）根据得失电子守恒计算；

（4）根据4HNO3～3e-，NH3～HNO3，4NH3～3e-计算。

33．【答案】（1）溶液褪色时间

（2）根据反应方程式：，实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量

（3）浓度；温度

（4）反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为

（5）H2S

（6）300℃

（7）

【知识点】氧化还原反应；中和滴定；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)溶液和酸性溶液反应的化学方程式为：，通过测量溶液褪色时间来判断反应的快慢；

(2)根据反应方程式：，实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量；

(3)①实验①和实验②溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则实验①和实验②探究溶液的浓度对化学反应速率的影响；

②实验②和实验③中温度不同，其他实验条件均相同，则验②和实验③探究温度对化学反应速率的影响；

(4)实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，说明可能反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为；

(5)根据图1可知，在300℃时，H2和SO2在催化剂条件下生成H2S，在100℃到200℃时，H2S与SO2在催化剂生成S和H2O，则物质X为H2S；

(6)由图2可知，时间段H2完全转化为H2S，H2和SO2的浓度降低且H2S的浓度增大，则时间段的温度为300℃；

(7)时间段用SO2浓度的变化量为，SO2的化学反应速率为。

【分析】（1）酸性高锰酸钾溶液为紫红色，根据高锰酸钾褪色的时间判断反应速率；

（2）草酸过量可以保证高锰酸钾溶液完全反应；

（3）控制变量法的原理是保证所有条件都相同，只改变其中一个条件，探究其影响，根据表格可知分别比较浓度和温度的影响；

（4）突然增快的原因，可能是生成了具有催化作用的物质，加快化学反应速率；

（5）X为中间产物，结合前后可知X为氢气和二氧化硫反应的产物，为硫化氢；

（6）根据图象中氢气和二氧化硫的浓度变化，可知温度为300℃；

（7）化学反应速率。

34．【答案】（1）KSCN或K4[Fe(CN)6]；2

（2）4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O；4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+(或4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe3++2H2O=FeOOH+3H+)

（3）96.12%

【知识点】氧化还原反应；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)FeSO4溶液若被氧化会转化为Fe3+，因Fe3+与SCN-会反应生成（血）红色，Fe2+与K4[Fe(CN)6]试剂也会出现特征蓝色沉淀，所以检验FeSO4溶液是否被氧化可选用的试剂是KSCN或K4[Fe(CN)6]；“转化”时，NH3·H2O与FeSO4发生反应生成Fe(OH)2和硫酸铵，其化学方程式为：2NH3·H2O+FeSO4=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4所以每生成1molFe(OH)2，理论上参加该反应的NH3·H2O的物质的量为2mol，故答案为：KSCN或K4[Fe(CN)6]；2；

(2)①0~t1时，Fe(OH)2被氧气氧化，转化为FeOOH，根据氧化还原反应的规律可知，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O；

②t1~t2时，FeOOH继续增加，溶液pH减小，说明生成了氢离子，应是溶液中的亚铁离子被氧气氧化所致，涉及的离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+(或4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe3++2H2O=FeOOH+3H+)

(3)n(K2Cr2O7)=c(K2Cr2O7)×V(K2Cr2O7)=0.1000mol·L-1×36.00×10-3L=3.6×10-3mol，根据氧化还原电子转移数守恒可知，，解得n(FeOOH)=2.16×10-2mol，所以该样品中FeOOH的质量分数=×100%==96.12%。

【分析】（1）亚铁离子易被氧化为铁离子；根据得失电子守恒计算；

（2）①e(OH)2被氧气氧化为FeOOH；

②FeOOH继续增加，溶液pH减小，说明生成了氢离子；

（3）根据和FeOOH的质量分数=×100%计算。

35．【答案】（1）N2；升高

（2）2；12

【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)氧化剂具有氧化性，化合价降低，氮气中氮元素化合价由0价降低到-3价，所以氮气是氧化剂；氧元素化合价由-2价升高到0价。

(2)氮气中氮元素化合价由0价降低到-3价，氧元素化合价由-2价升高到0价，依据得失电子守恒可知，生成4mol氨气，转移12mol电子，同时消耗氮气2mol。

【分析】（1）化合价降低的物质为氧化剂，O化合价由2升高为0；

（2）结合化合价和化学计量数计算。

36．【答案】（1）CO；降低

（2）22.4；4NA

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)由分析可知，CO作还原剂；NO转化为N2，N元素化合价降低；

(2)根据2NO+2CON2+2CO2可知，若反应中消耗了2molNO，则生成N2的物质的量为1mol，则生成N2在标准状况下的体积为22.4L；2个NO转化为1个N2，N元素化合价由+2价变为0价，共得到4个电子，反应消耗2molNO，转移4NA个电子。

【分析】（1）氧化剂是所含元素化合价降低的1物质，还原剂是所含元素化合价升高的物质；

（2）物质的量之比等于化学计量系数之比.

二一教育在线组卷平台（）自动生成1/1登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算4

一、选择题

1．（2023·浙江）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

A．，完全反应转移的电子数为

B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为

C．常温下，的溶液中，水电离出的数为

D．浓度为的溶液中，阴离子数为

【答案】A

【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A.Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A符合题意；

B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B不符合题意；

C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C不符合题意；

D.n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于发生水解：+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据化合价的变化计算转移电子数；

B.粗铜中含有铁、锌等其他活泼金属的杂质；

C.通过浓度求溶液的中离子的物质的量，必须知道溶液体积；

D.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根会水解。

2．（2023·江苏）下列说法正确的是（）

A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能

B．反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应

C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023

D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快

【答案】C

【知识点】化学平衡常数；多糖的性质和用途；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】解：A.氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项不符合题意；

B.反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项不符合题意；

C.N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项符合题意；

D.酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】注意B中的自发反应判断方法用H-T.SC

B．若产物为Na2S2O3、CO2，则硫元素既被氧化又被还原

C．若产物为Na2S2O3、Na2SO3，则不一定有CO2生成

D．若产物为Na2S2O3、Na2SO3、CO2，则由生成的n(Na2S2O3)和n(CO2)可计算消耗的n(SO2)

【答案】B,D

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A.亚硫酸不是最高价含氧酸，不能说明非金属性S>C，A不符合题意；

B.若产物为Na2S2O3、CO2，说明硫化钠中S元素的化合价升高，SO2中S元素化合价降低，因此硫元素既被氧化又被还原，B符合题意；

C.根据较强酸制备较弱酸可知如果有Na2SO3，则一定有CO2生成，C不符合题意；

D.若产物为Na2S2O3、Na2SO3、CO2，则根据S元素的化合价变化以及SO2与碳酸钠反应的方程式可知由生成的n(Na2S2O3)和n(CO2)计算消耗的n(SO2)，D符合题意，

故答案为：BD。

【分析】氧化还原反应中得失电子数相等，根据得失电子数相等可以进行氧化剂还原剂氧化产物还原产物的配平。配平需要遵循不交叉的原则，如果在一个反应中，同一元素化合价有多种，那么高价态具有氧化性，低价态具有还原性，反应生成的物质化合价不发生交叉。

三、非选择题

24．（2023·江苏）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.

（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是。

（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为

准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，)

②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值(填“偏高”或“偏低”)。

【答案】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解

（2）根据物质转换和电子得失守恒关系：得氯元素的质量:该样品的有效氯为：该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品；偏低

【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；

(2)①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：，，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)==0.03550g，该样品中的有效氯为：=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；

②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。

【分析】(1)2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O（冷水）；NaClO+CO+HO=NaHCO+HClO；

(2)①根据关系式C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;

②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。

25．（2023·海南）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：

（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为。

（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式。配制的FeCl3溶液应保持(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是。

（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：

①2Cu2＋+5I-＝2CuI↓+I3―；②I3―+2S2O32－＝S4O62-+3I-

反应①中的氧化剂为。现取20.00mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2＋的浓度为mol·L-1。

【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）；酸性；防止水解生成

（3）；0.1250

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于铁离子易水解，因此氯化铁溶液要保持在酸性，目的是为了防止，铁离子水解成氢氧化铁。

（3）铜的化合价有+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂是Cu2+

2S2O32－~I3―~2Cu2＋

0.1mol·L-1*25mLx*20mL0.1mol·L-1*25mL=x*20mL，x=0.1250mol·L-1

【分析】（1）易错项铜不能与稀硫酸反应置换出氢气，稀硫酸的作用是提供氢离子，提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性

（2）由于铁离子易水解，因此配制氯化铁溶液要保持在酸性条件下，抑制水解

（3）根据转移的电子数守恒可列关系式，求解。

26．（2023·崇州模拟）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛．

（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响．限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1molL﹣1Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器

①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：

②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．

③设计实验装置，完成如1图所示的装置示意图．

④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）．

实验序号物理量V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mL

1a

2a

（2）利用图2（a）和2（b）中的信息，按图2（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），其原因是．

【答案】（1）；相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；V（30%H2O2）/Ml；V（蒸馏水）/mL；时间t/min；V（氧气）/mL；b；c；d；m；c；b；d；a

（2）深；2NO2（红棕色）N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深

【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】解：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电子转移数目及方向为：，故答案为：；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少，故答案为：相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为：，故答案为：；

④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响，实验方案为：

实验序号V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL

1abcdm

2acbdn

故答案为：

实验序号V[0.1molL﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL

1abcdm

2acbdn

；（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：深；2NO2（红棕色）N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深．

【分析】（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过