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1．【2022 年湖南卷】科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移(如A．b 和c)，能将海洋中的
转化为
进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中
发生氧化反应
B．a 和b 中转移的
数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【解析】A．由图示可知，过程I 中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO 作氧化剂，
专题14 氧化还原反应相关计算
1
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被还原，发生还原反应，A 错误；B．由图示可知，过程I 为NO 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 +2H++e-
NO+H2O，生成
1molNO，a 过程转移1mole-，过程II 为NO 和NH 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 +3e-+2H+
H2O+N2H4，消耗1molNO，b 过程转移4mol 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 +3e-+2H+
H2O+N2H4，n(NO):n(NH )=1:1，C 错误；
D．由图示可知，过程I 的离子方程式为NO +2H++e-
NO+H2O，过程II 的离子方程式为NO+NH
+3e-+2H+
H2O+N2H4，过程III 的离子方程式为N2H4
N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO +
NH = N2↑+2H2O，D 正确；答案选D。
2．【2022 年6 月浙江卷】关于反应
，下列说法正确的是
A．
发生还原反应
B．
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．
发生反应，转移
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
2
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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，1mol Na2S2O3发生反应，要转
移2 mol 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
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∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol 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1molSiO2时，转移8mol 电子，D 正确；答案选D。
4．（2021·湖南真题）
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
。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)
时，反应中转移
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
制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
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
60e-，又因方程式中6I2
3Cl2，故3Cl2
60e-，即Cl2
20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol
Cl2时，反应中应转移20 mol 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
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
可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应
3
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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
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0.1mol 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0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol 电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质
的量为0.0875mol，C 错误；D．反应中HI 为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol
K2H3IO6就有7mol 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：
+2M3++4H2O=
+Cl－+8H+，
中M 的化合价是 （ ）
A．+4
B．+5
C．+6
D．+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
M2O7
n－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．0.80
B．0.85
C．0.90
D．0.93
【答案】A
【解析】FexO 中Fe 的平均化合价为+
，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
×2=0.01mol．则有：
4
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×(3-
)×x=0.01mol，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．FeO
B．Fe2O3
C．FeSO4
D．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
mol；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
mol；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
mol，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 mol 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1molNa2S2O3，转移4mol 电子
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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
3molNa2S2O3，转移8mol 电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol 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 mol·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0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.003mol，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)=amol 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
＝
6
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B．参加反应的氯气的物质的量等于
amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：
amol≤ne≤
amol
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为
amol
【答案】D
【解析】A 项若反应后
＝11，令KC1、KClO 分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得KC1O3为
2 mol，则溶液中
＝
，正确；B 项据原子守恒n(KOH)＝amol＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2)
=
amol，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＝
amol，同理，当全部生成KC1、KClO3 时发生的反应为3Cl2＋6KOH=5KCl＋
KClO3＋3H2O，则ne＝
amol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne 的范围：
amol≤ne≤
amol，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
amol，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/mol＝2×10－5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子
的物质的量是2×10－5mol ×6＝1.2×10－4mol。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＝×65g/mol＝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。
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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1.0mol/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14.0mol/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=1.52 ②64x+24y+34x+34y=2.54，解得
x=0.02mol，y=0.01 mol，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=0.01mol，b=0.04mol。A、有上述分析可知，Cu 和Mg 的物质的量分别
为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，A 正确；B、c(HNO3)=
mol/L=14.0mol·L－1，B 正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，
则NO2的体积分数是
×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）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，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1.0mol/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∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO 在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O 与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】B
【解析】设Cu 和Cu2O 的物质的量分别为xmol、ymol，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
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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
1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/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/ mol×（0.2 mol×2+0.1
mol×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1.0mol-0.2
mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，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 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，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）①BaCl2
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO3
2 －时，BaSO4(s)会部分转化为
BaCO3(s)(或其它合理答案)
② H2、Cl2
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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(aq)= BaCO3(s)+SO(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2mol 电子，而没摩尔ClO2得到5mol 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－＝CO3
2－+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
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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-＝CO3
2-+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
，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1molNaCN 失去5mol 电子，1mol 次氯酸钠得到2mol 电子，所以处理100m3 含
NaCN10.3mg/L 的废水，实际至少需NaClO 的质量为
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
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。
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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
【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：
；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：
；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，
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：
，
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，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
故答案为：n(S2O
)=
，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，
故答案为：偏低；
20．（2019·海南高考真题）连二亚硫酸钠
，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）
中S 的化合价为______。
（2）向锌粉的悬浮液中通入
，制备
，生成
，反应中转移的电子数为____mol；
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向
溶液中加入适量
，生成
并有沉淀产生，该反应的化学方程式为
_________
（3）
电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附
的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液
为溶解有
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
，
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
（3）
与水反应
【解析】
（1）在
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
ZnS2O4，反应中转移的电子数为2mol；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）
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
，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
。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
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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(SO4
2-)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(SO3
2-)（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++3H2O
Fe(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1molO2转移4mol 电子，标况下3.36LO2的物质的量为0.15mol，则转移的电子为
0.15mol×4=0.6mol，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++3H2O
Fe(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++3H2O
Fe(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(SO4
2-)增大，发生反应：2Fe3++HSO3
-+H2O=SO4
2-+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：
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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SO3
2-的浓度，故答案为：<。
22．（2016·全国高考真题）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）NaClO2中Cl 的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为
________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之
比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于
多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数）
【答案】（1）+3 价 （2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ （3）NaOH Na2CO3 O2
（4）2:1 氧化产物为NaClO3 （5）1.57g
【解析】
（1）在NaClO2中Na 为+1 价，O 为-2 价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl 的化合价为+3 价；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为
NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：
2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH 溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去
Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极
ClO2得电子生成ClO2
-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2
-，则此反应中ClO2为氧化剂，
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还原产物为ClO2
-，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol
电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物
质的量为
mol×4×
=
mol，则氯气的质量为
mol×71g/mol=1.57g。
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