2022届高三化学一轮高考复习常考题型：13电子转移的相关计算

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2022届高三化学一轮高考复习常考题型13电子转移的相关计算

一、单选题（共17题）
1．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，所含溴原子数大于
B．质量分数为的酒精与足量钠反应，生成的分子数为
C．与足量混合后在高温高压催化剂作用下反应，转移的电子数为
D．重水含有的电子数为
2．下列关于金属冶炼的说法正确的是
A．金属的冶炼都是把金属单质从其矿物中分离出来
B．古代火烧孔雀石炼铜的方法属于热还原法中的焦炭法
C．工业上可用电解熔融态的MgCl2、AlCl3来制备Mg、Al
D．利用该铝热反应炼铁，1mol氧化剂参加反应转移9NA个电子
3．海洋生物参与氮循环过程如图所示：

下列说法中正确的是
A．反应①是氧化还原反应
B．N2H4中存在氮氮双键
C．反应②中NH2OH被氧化
D．等量NO参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
4．在不同pH下含+5价V微粒的化学式不同，与pH关系如表所示。
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO
V2O
VO
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
不同价态V在溶液中颜色不同，如V2+ (紫色)、V3+ (绿色)、VO2+ (蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法不正确的是
A．VO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+
B．含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色的离子反应为5VO+ 8OH- = V5O+ 4H2O
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1 mol电子
5．黑火药爆炸时的反应为：。下列说法错误的是
A．是还原剂 B．元素被还原了
C．是还原产物 D．每生成，转移电子
6．下列说法中正确的是
A．同周期相邻主族元素的原子序数一定相差1
B．常温下H2O是液体，而H2S是气体，这是由于水分子间存在氢键的缘故
C．Al与MgO可组成铝热剂
D．在火法炼铜反应Cu2S+O22Cu+SO2中，当0.8 mol O2反应时，共转移了3.2 mol电子
7．常温下氨气能被氯气氧化生成N2，化工厂常用此法检验管道是否泄漏氯气。8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，下列有关该反应的说法正确的是
A．Cl2被氧化
B．每生成1mol N2转移的电子数目为6mol
C．NH3发生还原反应
D．NH4Cl既是还原产物又是氧化产物
8．氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼，下列说法不正确的是
A．电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化
B．湿法炼铜的反应中，铜元素发生还原反应
C．用磁铁矿炼铁的反应中，1mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移9mol e-
D．铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化
9．科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是

A．简单离子半径：
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．W与X组成的化合物常温下一定是气态
D．与水发生反应生成，转移电子数
10．氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是
A．一个N2参与反应，转移3个电子
B．反应中，C被氧化
C．AlN中氮元素的化合价为＋3
D．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
11．第十三届全国人民代表大会第四次会议政府工作报告指出“要扎实做好碳达峰、碳中和各项工作”，绿色氢能和液态阳光甲醇可助力完成碳中和目标。下列说法正确的是
A．属于电解质
B．用焦炭与反应是未来较好获取氢能的方法
C．与反应，每生成1mol时转移4mol电子
D．植树造林、节能减排等有利于实现碳中和
12．工业上，用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是)制备两“矾”，其简易流程如下。下列说法正确的是


A．生物堆浸的温度越高，反应速率越快
B．胆矾晶体中存在的化学键有：离子键、共价键、配位键、氢键
C．已知T.f细菌在pH为1.0～6.0范围内保持生物活性，则生物堆浸过程中需不断补充稀硫酸
D．“氧化”中1molCuS完全反应转移2mol电子，反应方程式为：
13．下图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程。已知“吸收”和“氧化”步骤发生的反应分别为：

①2H2O+SO2+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4
②4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，
若每步反应都完全，下列说法正确的是
A．“吸收”步骤中Fe2(SO4)3为还原剂
B．由反应过程可推知氧化性的强弱顺序：Fe3+>>O2
C．处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，反应①中转移电子0.015mol
D．Fe2(SO4)3溶液在上述流程中可以循环使用
14．在一定条件下，与R-可发生反应：+5R-+6H+=3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是
A．元素R位于周期表中第VA族
B．若1mol参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol
C．R元素单质在常温常压下一定是气体单质
D．中的R只能被还原
15．氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。下列叙述正确的是
A．氮化铝中氮元素的化合价为-3
B．每个N2分子中含三个非极性共价键，所以是共价化合物
C．在AlN的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
D．上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子
16．实验室从光盘金属层中提取(其他金属微量忽略不计)的流程如下图所示，已知“氧化”与“还原”过程中分别生成了和。下列说法不正确的是

A．操作I的名称是过滤
B．“氧化”过程可适当加热提高反应速率
C．“氧化”过程发生的反应为
D．理论上每消耗能提取的的质量为
17．+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。
含钒元素的不同微粒
VO
VO
V2O
VO
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法正确的是
A．VO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+
B．含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO+8OH-=V5O+4H2O
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子


二、 计算题（共5题）
18．(1)0.2molNH3的质量为_______g
(2)配制250mL1.0mol/LH2SO4溶液，需要18mol/LH2SO4溶液体积是___。
(3)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中被还原的物质是____(填化学式)；1mol硫参加反应时转移电子数为_____。
(4)已知NH3和Cl2可以发生氧化还原反应，配平该方程式：NH3+Cl2=N2+HCl，_______。
19．叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。

(1)NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方程式___，生成1molNaNO2时转移电子___mol。
(2)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑。假定汽车中某个安全气囊容积为56L。
①该反应中的氧化剂为___，还原剂为___(填化学式)。
②欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克___？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。
20．一种由CuO和KHC2O4溶液反应得到的蓝色结晶[KaCub(C2O4)c·dH2O]。为测定其组成，进行了如下实验：
步骤1：称取3.5400g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100mL溶液A。
步骤2：量取20.00mLA溶液，滴加0.2000mol·L-1KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00mL。
步骤3：另取20.00mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16g。
已知：步骤2中发生反应如下，请配平：___。
+ H2C2O4+ H+= Mn2++ CO2↑+ H2O
(1)3.5400g该样品中含n()=___mol。
(2)3.5400g该样品中含n(Cu2+)=___mol。
(3)通过计算确定该蓝色晶体的化学式(计算过程)___。
21．(1)现有8种物质：①②③浓硫酸④铝⑤胶体 ⑥蔗糖溶液⑦⑧上述物质中属于电解质的有_______(选填序号)；写出②的溶液与⑤反应的离子方程式_______
(2)饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，研究人员提出，在碱性条件下可以用铝粉处理，发生反应的化学方程式为：，该反应中，还原剂为_______，若反应过程中转移，则生成标准状况下的体积为_______。
(3)在含有一定量和溶质的溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀盐酸，产生的物质的量与滴入盐酸的量的关系如图，回答下列问题：

①点发生反应的离子方程式为_______
②与物质的量之比为_______
③_______(用含的代数式表示)
(4)现有密度为，浓度为的浓硫酸，则该溶液中溶质的质量分数为_______
22．制备碘的方法之一是从碘酸盐开始， 共分为两步。
(1)第一步的反应为：NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4，此反应中氧化剂为______，被氧化的元素为_______。
(2)第二步的反应共包含NaIO3、NaI、I2、Na2SO4、 NaHSO4和H2O六种物质，请写出该反应的完整的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：_________。
(3)第二步反应中有3 mol氧化产物生成时，转移电子的物质的量为____mol。
参考答案
1．A
【详解】
A．标准状况下，Br2为液态，的物质的量远大于0.5mol，故溴原子数大于，故A正确；
B．100g含质量分数为46%的酒精中含有乙醇46g，水的质量为54g，因此n(CH3CH2OH)=1.0mol，n(H2O)=3.0mol，与足量的钠反应，乙醇放出0.5mol氢气，水放出1.5mol氢气，共放出氢气2mol，故B错误；
C．与足量混合后在高温高压催化剂作用下发生可逆反应，反应不能进行到底，故C错误；
D．重水的物质的量是，其中所含电子数为，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】
A．金属的冶炼是将化合物中的金属转化为金属单质，不是把金属从其矿物中分离出来，故A错误；
B．孔雀石受热发生的是碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜和焦炭反应生成铜和二氧化碳，因此古代火烧孔雀石炼铜的方法属于热还原法中的焦炭法，故B正确；
C．工业上可用电解熔融态的Al2O3来制备Al，故C错误；
D．利用该铝热反应炼铁，1mol氧化剂()参加反应转移[(+3−0)×2+(+2−0)×1]NA=8 NA个电子，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．D
【详解】
A．反应①中没有化合价变化，因此不是氧化还原反应，故A错误；
B．N2H4中氮有三个价键，每个氮与两个氢形成氮氢键，因此只存在氮氮单键，故B错误；
C．反应②中NH2OH的−1价的N化合价降低变为N2H4的−2价N，因此NH2OH被还原，故C错误；
D．等量NO参加反应，反应④是+3价氮降低到−1价，反应⑤是+3价氮降低到0价，因此反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确。
综上所述，答案为D。
4．C
【详解】
A． 在碱性条件下，VO转化为V2O的离子反应为2VO+2OH-=V2O+H2O，故A错误；
B． 含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化，该过程V元素没有被还原，故B错误；
C． 酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O，离子反应为5VO+ 8OH- = V5O+ 4H2O，故C正确；
D．VSO4被氧化时失去的电子的量与其物质的量有关，没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】
A．中N元素化合价降低，是氧化剂，故A错误；
B．元素化合价降低，S元素被还原，故B正确；
C．中N元素化合价降低生成，是还原产物，故C正确；
D．反应中碳元素化合价由0升高为+4，每生成，转移电子，故D正确；
选A。
6．B
【详解】
A．短周期同周期的II A族与IIIA族元素的原子序数一定相差1，第四、五周期两种元素的原子序数相差11，第六、七周期原子序数则相差25，A错误；
B．常温下H2O是液体，而H2S是气体，这是由于二者都是由分子通过分子间作用力结合形成的物质，H2S分子之间只存在分子间作用力，而H2O的分子间除存在分子间作用力外，还存在氢键，氢键的存在增加了H2O分子之间的吸引作用，导致H2O的分子之间的吸引力增强，因而H2O是液体，而H2S是气体，B正确；
C．由于金属活动性Mg＞Al，所以Al与MgO不可组成铝热剂，C错误；
D．在该反应中失去电子的元素只有S，得到电子的元素有Cu、O，当有1 mol O2发生反应，转移6 mol电子，则当0.8 mol O2反应时，共转移了4.8 mol电子，D错误；
故合理选项是B。
7．B
【详解】
在8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，部分N元素化合价由-3升高至0被氧化，Cl元素化合价从0降低至-1被还原。
A．反应过程中Cl元素化合价降低被还原，故A错误；
B．反应过程中部分N元素化合价由-3升高至0被氧化生成N2，1个N2分子中含有2个N原子，因此每生成1mol N2转移的电子数目为2×3mol=6mol，故B正确；
C．反应过程中部分N元素化合价升高被氧化，即部分NH3被氧化，故C错误；
D．NH4Cl中N、H元素在反应前后化合价均未发生变化，Cl元素反应后化合价降低，因此NH4Cl为还原产物，故D错误；
综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。
8．C
【详解】
A．电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，Na元素化合价由+1降低至0被还原，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，故A正确；
B．湿法炼铜的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应过程中Cu元素化合价由+2降低至0被还原，故B正确；
C．用磁铁矿炼铁的反应中，Fe3O4被CO还原成Fe，Fe元素平均化合价由降低至0，因此1mol Fe3O4参加反应时，转移电子为8mol，故C错误；
D．铝热反应为放热反应，反应过程中放出大量热，能使铁熔化，因此该反应常用于焊接铁轨，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
9．C
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O。
【详解】
A．H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，A项正确；
B．O元素与H元素可形成H2O、H2O2，O元素与C元素可形成CO、CO2，O元素与Na元素可形成NaO、Na2O2，B项正确；
C．苯是C元素和H元素形成的化合物，常温下为液态，C项错误；
D．1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，转移电子数为，D项正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．反应中，氮元素从0价降低为-3价，每个N2参与反应，转移2×3=6个电子，A错误；
B．C化合价从0价升高为+2价，被氧化，B正确；
C．AlN中铝元素为+3价，氮元素为-3价，C错误；
D．上述反应中，氮元素从0价降低为-3价，被还原，碳元素从0价升高为+2价，被氧化，而铝元素和氧元素的化合价均无变化，所以，N2是氧化剂，碳是还原剂，Al2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D错误；
答案选B。
11．D
【详解】
A．属于非电解质，选项A错误；
B．该工艺需消耗大量的能量，不节能，选项B错误；
C．每生成1mol时转移6mol电子，选项C错误；
D．植树造林、节能减排等有利于实现碳中和，选项D正确；
答案选D。
12．C
【详解】
A．温度过高，细菌会失去活性，反应速率减慢，A错误；
B．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，B错误；
C．T.f细菌在pH为1.0～6.0范围内保持生物活性，且为了防止Fe3+水解产生沉淀，所以生物堆浸过程中需不断补充稀硫酸，C正确；
D．若CuS中-2价的S被氧化为硫酸根，化合价升高8价，则1molCuS完全反应转移8mol电子，D错误；
综上所述答案为C。
13．D
【详解】
A．“吸收”步骤中Fe2(SO4)3的Fe化合价由+3价变为+2价，化合价降低，作氧化剂，故A说法错误；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应过程可知①氧化性Fe3+＞SO，②氧化性O2＞Fe3+，，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞SO，故B说法错误；
C．处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，经计算其含有SO2体积为0.336L，但题目没有告知气体是否在标准状况下，因此无法计算其物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故C说法错误；
D．根据流程可知，Fe2(SO4)3溶液在上述流程中可以循环使用，但溶液的酸性会逐渐增强，故D说法正确；
本题答案D。
14．B
【分析】
由离子方程式可以看出，R元素可形成、R-离子，则R的最外层电子数为7，在中，R元素没有表现出最高价。
【详解】
A．元素R的最外层电子数为7，则该元素应位于周期表中第ⅦA族，A不正确；
B．生成R2，R元素由+5价降低为0价，则1mol转移的电子的物质的量为5mol，B正确；
C．若为或，则R元素单质在常温常压下是液体或固体，C不正确；
D．中的R显+5价，而R的最外层电子数为7，R元素的化合价既能升高又能降低，所以既能被还原，也能被氧化，D不正确；
故选B。
15．A
【详解】
A．氮化铝的化学式为AlN，Al显+3价，则氮元素的化合价为-3，A正确；
B．N2分子的结构式为N≡N，含三个非极性共价键，所以是共价单质，B不正确；
C．在AlN的合成反应中，N元素由0价降低到-3价，N2是氧化剂，Al2O3中Al、O元素的化合价都未改变，所以Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂，C不正确；
D．上述反应中，N元素由0价降低为-3价，则每生成2molAlN，N2得到6mol电子，D不正确；
故选A。
16．D
【详解】
A．操作I分离出氯化银固体，所以名称是过滤，A正确；
B．加热可以提高反应速率，B正确；
C．从流程分析，氧化过程中次氯酸钠做氧化剂，银做还原剂，且从题干可知该反应产生了氧气，所以方程式为，C正确；
D． 反应产物为氮气，氮元素化合价从-2升高到0，所以　反应转移0.4mol电子，理论上有得到电子，对应生成银为0.4mol，质量为43.2克，D错误；
故选D。
17．C
【详解】
A．含的溶液中，pH为10～12之间，呈碱性，所以反应时不可能有氢离子生成，正确为，故A错误；
B．中V的化合价为+5价，中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；
C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有生成，其反应为，故C正确；
D．题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；
故选C。
18．3.4 13.9 S、KNO3 12NA 2NH3+3Cl2=2N2+6HCl
【详解】
(1)0.2molNH3的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g；
(2)设所需18mol/LH2SO4溶液体积为V，则有18mol/L×V=0.25L×1.0mol/L，解得V=0.0139L=13.9mL；
(3)该反应中N元素由+5价变为0价，S元素由0价变为-2价，二者化合价均降低，所以被还原的物质为S、KNO3；该反应中C为唯一还原剂，且只作还原剂，所以C所失去的电子即转移电子，1molS参与反应时有3molC被氧化，所以转移3mol×4=12mol电子，数目为12NA；
(4)该反应中氯气被氨气还原，根据电子守恒可知NH3和Cl2的系数比为2:3，再结合元素守恒可得化学方程式为2NH3+3Cl2=2N2+6HCl。
19．NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O 1 KNO3 NaN3 63.1g
【分析】
结合氧化还原反应电子守恒，物质的量之比1：1的NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应，发生氧化还原反应生成NaNO2，NO中氮元素化合价+2价变化为+3价，NO2中 但元素化合价+4价变化为+3价，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，据此计算电子转移总数e-；只有N元素的化合价变化，氧化还原反应中，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价升高的物质最还原剂；根据方程式进行计算。
【详解】
(1)物质的量之比1：1的NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应，发生氧化还原反应生成NaNO2，由电子及原子守恒可知该反应的化学方程式NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，NO中氮元素化合价+2价变化为+3价，NO2中 但元素化合价+4价变化为+3价，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，生成1molNaNO2时转移电子1mol。故答案为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O；1；
(2)①反应中氮元素化合价-价变化为0价，+5价变化为0价，所以元素化合降低的物质做氧化剂，该反应中的氧化剂为KNO3，元素化合价升高的做还原剂，还原剂为NaN3(填化学式)。故答案为：KNO3；NaN3；
②n(N2)==2.5mol，设该安全气囊反应生成的K2O质量为 x，Na2O质量为x，则： 解得：x=14.7g；y=48.4g，安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为63.1g，故答案为：63.1g。
20．2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 0.02 0.01 K2Cu(C2O4)2·2H2O
【详解】
中Mn由+7价降为+2价，H2C2O4中C元素由+3价升为+4价，依据得失电子守恒，可得出如下关系：2+5H2C2O4~2Mn2++10CO2↑，再依据电荷守恒和质量守恒，可得配平的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。答案为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(1)3.5400g该样品中含n()==0.02mol。
(2)3.5400g该样品中含n(Cu2+)==0.01mol。
(3)依据电荷守恒，可求出n(K+)=2 n()-2 n(Cu2+)=2×0.02mol-2×0.01mol=0.02mol，依据质量守恒，可求出n(H2O)== 0.02mol，从而得出n(K+):n(Cu2+):n():n(H2O)= 0.02mol: 0.01mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:2: 2，该蓝色晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。答案为：0.02；0.01；K2Cu(C2O4)2·2H2O。
21．①②
【详解】
(1)电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物：①在水溶液里能导电的化合物②在水溶液里和熔融状态下能导电的化合物③浓硫酸是混合物④铝是单质⑤胶体是混合物⑥蔗糖溶液是混合物⑦是单质⑧属于非电解质，上述物质中属于电解质的有①②(选填序号)；②的溶液中氢离子与⑤中氢氧化铝反应生成铝离子和水，离子方程式；故答案为：①②；；
(2)，该反应中，铝失电子，还原剂为；由方程式每转移30mol电子，生成3mol氮气，若反应过程中转移，则生成标准状况下0.1mol，体积为0.1mol×22.4L∙mol-1=。故答案为：；；
(3)在含有一定量和溶质的溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀盐酸，先发生，再发生，由图产生的物质的量与滴入盐酸的量的关系得：
①点发生反应的离子方程式为，故答案为：；
②与物质的量之比为=(3.5a-2a):a=，故答案为：；
③(3.5a-a)=(用含的代数式表示)，故答案为：；
(4)现有密度为，浓度为的浓硫酸，设取1L溶液，则该溶液中溶质的质量分数为 =，故答案为：。
22．NaIO3 硫元素 6
【分析】
结合氧化还原反应的基本概念和价态变化规律分析解题。
【详解】
(1)在NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4反应中I元素的化合价由+5价变为-1价，S元素的化合价由+4价变为+6价，所以NaIO3是氧化剂，硫元素失电子被氧化；
(2)第三步的反应共包含NaIO3、NaI、I2、Na2SO4、 NaHSO4和H2O六种物质，所有化合物中I元素的化合价为+5价、-1价、0价，其它元素化合价都不变，该反应中+5价的I元素、-1价的I元素得失电子变成0价的I元素，根据碘酸钠中I元素得电子数=5-0=5，碘化钠中I元素失电子数=1-0=1，所以得失电子最小公倍数是5，再结合原子守恒知，该反应方程式为：NaIO3+5NaI+6NaHSO4=6Na2SO4+3I2+3H2O，用单线桥分析电子转移的方向和数目为；
(3)第二步反应中氧化产物和还原产物均为I2，当有3mol氧化产物生成时，转移电子的物质的量=3mol×(1-0)×2=6mol。
【点睛】
配平氧化还原反应的一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。