十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题14 氧化还原反应相关计算（含解析）

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下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中 SKIPIF 1 < 0 发生氧化反应
B．a和b中转移的 SKIPIF 1 < 0 数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的 SKIPIF 1 < 0
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A．由图示可知，过程I中NO SKIPIF 1 < 0 转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO SKIPIF 1 < 0 作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO SKIPIF 1 < 0 在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO SKIPIF 1 < 0 +2H++e- SKIPIF 1 < 0 NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH SKIPIF 1 < 0 在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH SKIPIF 1 < 0 +3e-+2H+ SKIPIF 1 < 0 H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移4ml e-，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH SKIPIF 1 < 0 +3e-+2H+ SKIPIF 1 < 0 H2O+N2H4，n(NO):n(NH SKIPIF 1 < 0 )=1:1，C错误；D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO SKIPIF 1 < 0 +2H++e- SKIPIF 1 < 0 NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH SKIPIF 1 < 0 +3e-+2H+ SKIPIF 1 < 0 H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4 SKIPIF 1 < 0 N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO SKIPIF 1 < 0 + NH SKIPIF 1 < 0 = N2↑+2H2O，D正确；答案选D。
2．【2022年6月浙江卷】关于反应 SKIPIF 1 < 0 ，下列说法正确的是
A． SKIPIF 1 < 0 发生还原反应
B． SKIPIF 1 < 0 既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D． SKIPIF 1 < 0 发生反应，转移 SKIPIF 1 < 0 电子
【答案】B
【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。
3．【2022年1月浙江卷】关于反应4CO2+SiH4 SKIPIF 1 < 0 4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
【答案】D
【解析】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1mlSiO2时，转移8ml电子，D正确；答案选D。
4．（2021·湖南真题） SKIPIF 1 < 0 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为 SKIPIF 1 < 0 。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况) SKIPIF 1 < 0 时，反应中转移 SKIPIF 1 < 0
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 SKIPIF 1 < 0 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 SKIPIF 1 < 0 的存在
【答案】A
【解析】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 SKIPIF 1 < 0 60e-，又因方程式中6I2 SKIPIF 1 < 0 3Cl2，故3Cl2 SKIPIF 1 < 0 60e-，即Cl2 SKIPIF 1 < 0 20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1ml Cl2时，反应中应转移20 ml e-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 SKIPIF 1 < 0 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中 SKIPIF 1 < 0 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应 SKIPIF 1 < 0 生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 SKIPIF 1 < 0 的存在，D正确。故选A。
5．（2021.6·浙江真题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1ml电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．12.7g I2的物质的量为0.05ml，根据反应方程式，每生成4ml I2转移7ml电子，则生成0.05ml I2时转移电子的物质的量为0.0875ml，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1ml K2H3IO6就有7ml HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。
6．（2017·海南高考真题）在酸性条件下，可发生如下反应： SKIPIF 1 < 0 +2M3++4H2O= SKIPIF 1 < 0 +Cl－+8H+， SKIPIF 1 < 0 中M的化合价是 （ ）
A．+4B．+5C．+6D．+7
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
7．（2016·上海高考真题）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80B．0.85C．0.90D．0.93
【答案】A
【解析】FexO中Fe的平均化合价为+ SKIPIF 1 < 0 ，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为 SKIPIF 1 < 0 ×2=0.01ml．则有： SKIPIF 1 < 0 ×(3- SKIPIF 1 < 0 )×x=0.01ml，解得x=0.8，故选A。
8．（2014·山东高考真题）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是
A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4
【答案】A
【解析】假设质量都为mg：A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为 SKIPIF 1 < 0 ml；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为 SKIPIF 1 < 0 ml；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为 SKIPIF 1 < 0 ml，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。
9．【2016年高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，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4.48 L HF，则转移0.8 ml电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】A．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D．根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；
10、【2015上海化学】工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1mlNa2S2O3，转移4ml电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A、D
【解析】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的河西方程式可知，每生成3mlNa2S2O3，转移8ml电子，则产生1ml Na2S2O3，转移8/3ml电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，由于在相同条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积5m3，正确。
11．【2014年高考山东卷第9题】等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（ ）
A．FeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4
【答案】A
【解析】比较化学反应生成物的量的判断，根据氧化还原反应原理，比较各选项物质中+2价Fe的含量，然后可得出NO的生成量的大小。根据化学式可算出四种物质中+2价Fe含量最大的是FeO，所以等质量的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是FeO，故A项正确。正确的标出各物质中Fe元素的化合价，如Fe3O4中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中+2价Fe的含量最高，根据氧化还原反应原理可推出正确答案。
12．【2012年高考海南卷第6题】将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 ml·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）
A．M B．M2+ C．M3+ D．MO2+
【答案】B
【解析】根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.002ml，参加反应的锌的物质的量为0.003ml，故存在：(5-x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。
13．【2014年高考全国大纲卷第13题】已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=aml时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝ SKIPIF 1 < 0
B．参加反应的氯气的物质的量等于 SKIPIF 1 < 0 aml
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： SKIPIF 1 < 0 aml≤ne≤ SKIPIF 1 < 0 aml
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为 SKIPIF 1 < 0 aml
【答案】D
【解析】A项若反应后＝11，令KC1、KClO分别为11 ml、1 ml，据得失电子守恒可得KC1O3为2 ml，则溶液中＝ SKIPIF 1 < 0 ，正确；B项据原子守恒n(KOH)＝aml＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) = SKIPIF 1 < 0 aml，正确；C项采用极限法分析，当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则ne＝ SKIPIF 1 < 0 aml，同理，当全部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则ne＝ SKIPIF 1 < 0 aml，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： SKIPIF 1 < 0 aml≤ne≤ SKIPIF 1 < 0 aml，该项正确；D项改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则KC1O3的物质的量为 SKIPIF 1 < 0 aml，故该项错误。
14．【2014年高考上海卷第16题】含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则（ ）
A．被氧化的砒霜为1.98mg B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C
【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl→6ZnCl2＋3H2O＋2AsH3↑、2AsH3→2As＋3H2↑，则A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/ml＝2×10－5ml，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10－5ml ×6＝1.2×10－4ml。锌失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，和砒霜反应的锌的质量＝ EQ \f(1.2×10－4ml,2)×65g/ml＝3.9×10－3g＝3.9mg， C正确；D、两次反应中转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。
15．（2013·四川高考真题）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0ml/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02ml，y=0.01 ml，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01ml，b=0.04ml。A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02ml、0.01ml，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确；B、c(HNO3)= SKIPIF 1 < 0 ml/L=14.0ml·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01ml、0.04ml，则NO2的体积分数是 SKIPIF 1 < 0 ×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7ml-0.06ml=0.64ml，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。
16．（2012·四川高考真题）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0ml/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6ml/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【答案】B
【解析】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0ml+（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=1.2 ml，硝酸的物质的量浓度为1.2 ml /0.5L =2.4 ml/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ ml×（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0ml-0.2 ml×2-0.1 ml×2×2=0.2ml，D正确。答案选B。
17．【2013年高考福建卷第24题】（14分）
二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO EQ \s(2-,4) 等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO EQ \s(2-,4) ，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)= 1.1 ×10-10 Ksp(BaCO3)= 5.1 ×10-9】
②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。
工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：
□ （D） +24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍
【答案】
（1） = 1 \* GB3 ①BaCl2
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32 －时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)
= 2 \* GB3 ② H2、Cl2
2NaClO3 + 4HCl 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2NaCl + 2H2O
（2）1 C6H12O6 + 24 NaClO3 + 12H2SO4 24 ClO2↑ + 6 CO2↑ + 18H2O + 12 Na2SO4
（3）2.5
【解析】
（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+ CO EQ \s(2-,3) (aq)= BaCO3(s)+SO EQ \s(2-,4) (aq)。②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl。根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到。
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2。Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到。
（3）每摩尔Cl2得到2ml电子，而没摩尔ClO2得到5ml电子，故为2.5倍。
18．【2016年高考上海卷】NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为____________（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是______________________。
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
_______________________________________
（3）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。
【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。
（2）2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑
（3）14 900
（4）NaOCN、NaCN
【解析】
（1）依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-＝CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。
（3）NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是 SKIPIF 1 < 0 ，反应中C由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1mlNaCN失去5ml电子，1ml次氯酸钠得到2ml电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为 SKIPIF 1 < 0 g。
（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
19．（2020·江苏高考真题）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 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
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 SKIPIF 1 < 0 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， SKIPIF 1 < 0 )
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） SKIPIF 1 < 0 NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 （2） SKIPIF 1 < 0
根据物质转换和电子得失守恒关系： SKIPIF 1 < 0
得 SKIPIF 1 < 0
氯元素的质量:
SKIPIF 1 < 0
该样品的有效氯为： SKIPIF 1 < 0
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 偏低
【解析】
（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： SKIPIF 1 < 0 ；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，从而是次氯酸钠失效，故答案为： SKIPIF 1 < 0 ；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；
（2） ①由题中反应可知， SKIPIF 1 < 0 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： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，
氯元素的质量：m(Cl)= SKIPIF 1 < 0 =0.03550g，该样品中的有效氯为： SKIPIF 1 < 0 =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S2O SKIPIF 1 < 0 )= SKIPIF 1 < 0 ，根据物质转换和电子得失守恒关系： SKIPIF 1 < 0 ，得n(Cl)=0.5 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，
氯元素的质量：m(Cl)= SKIPIF 1 < 0 =0.03550g，该样品中的有效氯为： SKIPIF 1 < 0 =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 SKIPIF 1 < 0 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，
故答案为：偏低；
20．（2019·海南高考真题）连二亚硫酸钠 SKIPIF 1 < 0 ，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
（1） SKIPIF 1 < 0 中S的化合价为______。
（2）向锌粉的悬浮液中通入 SKIPIF 1 < 0 ，制备 SKIPIF 1 < 0 ，生成 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，反应中转移的电子数为____ml；向 SKIPIF 1 < 0 溶液中加入适量 SKIPIF 1 < 0 ，生成 SKIPIF 1 < 0 并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
（3） SKIPIF 1 < 0 电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附 SKIPIF 1 < 0 的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有 SKIPIF 1 < 0 的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为 SKIPIF 1 < 0 ，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】（1）+3 （2）2 SKIPIF 1 < 0 （3） SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 与水反应
【解析】
（1）在 SKIPIF 1 < 0 中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
（2）向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 SKIPIF 1 < 0 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2ml；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
（3） SKIPIF 1 < 0 电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为 SKIPIF 1 < 0 ，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为 SKIPIF 1 < 0 。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
21．（2018·上海高考真题）高铁酸盐具有极强的氧化性，可作水处理剂。低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4。完成下列填空：
（1）写出上述得到K2FeO4的化学方程式_____。
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O。配平上述化学方程式_____。若反应中产生3.36L（标准状况）的氧气，则转移电子数为_____。
（3）实验室配制Fe2(SO4)3溶液时，需加入少量稀硫酸，结合离子方程式用化学平衡移动原理解释其原因______。
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，则还原产物是____。写出检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全的方法______。
（5）已知HSO3-在水中既能水解也能电离。NaHSO3溶液呈酸性，溶液中c(H2SO3)_____c(SO32-)（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH
（2）4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O 0.6NA
（3）Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗
（4）FeSO4 取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全
（5）<
【解析】
（1）由题干信息可知，低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4，化学反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O，反应中Na2FeO4的Fe元素的化合价由+6价降低至+3价，反应中O元素的化合价由-2价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒配平可得反应方程式为4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O，反应中每生成1mlO2转移4ml电子，标况下3.36LO2的物质的量为0.15ml，则转移的电子为0.15ml×4=0.6ml，数目为0.6NA，故答案为：4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O；0.6NA；
（3）Fe2(SO4)3溶液中Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗，故答案为：Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗；
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，发生反应：2Fe3++HSO3-+H2O=SO42-+2Fe2++3H+，Fe3+被还原成Fe2+，故还原产物为FeSO4，检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全即检验溶液中是否还存在着Fe3+，可用KSCN溶液进行检验，具体方法为：取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全，故答案为：FeSO4；取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全；
（5）NaHSO3溶液呈酸性，则HSO3-的电离程度大于水解程度，则水解产生的H2SO3的浓度小于电离生成的SO32-的浓度，故答案为：