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2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题6 氧化还原反应的计算（含解析）
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这是一份2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题6 氧化还原反应的计算（含解析），共17页。试卷主要包含了利用电子守恒计算，金属和硝酸反应的计算，根据氧化还原反应发生的先后计算等内容，欢迎下载使用。
1．（2020·张家口一模）为测定某碘水（其溶质为I2）中碘单质的浓度，取该碘水10.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，用0.01ml·L－1Na2S2O3滴定此碘水，当溶液由蓝色变为无色时，消耗Na2S2O3的体积为20.00mL。已知Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则碘单质的浓度为（ ）。
A．0.08ml·L－1 B．0.16ml·L－1
C．0.04ml·L－1 D．0.06ml·L－1
【解析】选A。设碘水中碘的浓度为x，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为－1价，由电子守恒可知0.01L×x×2×（1－0）＝0.02L×0.01ml/L×2×（6－2），解得x＝0.08ml•L－1。
【点睛】考查氧化还原反应的计算，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，由信息可知，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为－1价，结合电子守恒计算。
2．（2020·汕头第一次调研）三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。则V1、V2、V3之比不可能是（ ）。
A．3∶7∶4 B．5∶7∶6
C．7∶3∶6 D．1∶1∶1
【解析】选B。NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收最终全部变成HNO3。根据电子守恒可得如下关系式：4×n（O2）＝3×n（NO）+1×n（NO2），即4V3＝3V1+V2。用此关系式验证备选答案。4×4＝3×3+1×7，A选项可能；4×6≠3×5+1×7，B选项不可能；4×6＝3×7+1×3，C选项可能；4×1＝3×1+1×1，D选项可能。
或【解析】选B。NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O＝4HNO3、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3。从反应方程式可以得出：n（O2）＝×n（NO）+×n（NO2）。用此关系式验证备选答案。×3+×7＝4，A不合题意；×5+×7≠6，B符合题意；×7+×3＝6，C不合题意；×1+×1＝1，D不合题意。
3．（2020·沈阳一模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为［Fea（OH）b（SO4）c］m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+（还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3+还原为Fe2+），再用0.02000ml/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为［已知：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+7H2O］（ ）。
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
【分析】第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为1.7475g，则n（BaSO4）＝0.0075ml，即n（SO42－）＝0.0075ml；另一份溶液中，通过反应式：n（Fe2+）∶n（Cr2O72－）＝6∶1，n（Cr2O72－）＝0.0200ml/L×0.05L＝0.001ml，求得n（Fe2+）＝0.006ml，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。
【解析】选B。1.7475g白色沉淀是硫酸钡，则n（SO42－）＝1.7475g÷233g/ml＝0.0075ml。n（K2Cr2O7）＝0.05L×0.02000ml/L＝0.001ml，根据方程式可知n（Fe2+）＝n（K2Cr2O7）×6＝0.006ml，根据Fe守恒，n（Fe3+）＝0.006ml，由电荷守恒可知n（OH－）+n（SO42－）×2＝n（Fe3+）×3，n（OH－）＝0.006ml×3－0.0075ml×2＝0.003ml，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1。
4．（2020·大连第三次模拟）Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4∶1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ ）。
A．11∶2 B．1∶1 C．9∶4 D．5∶1
【解析】选C。Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4ml，NaClO3为1ml，设NaCl为xml，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1＝x×1，解得x＝9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9∶4，C项正确。
5．（2020·广州第一次调研）Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4∶1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ ）。
A．11∶2 B．1∶1 C．9∶4 D．5∶1
【解析】选C。Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4ml，NaClO3为1ml，设NaCl为xml，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1＝x×1，解得x＝9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9∶4，C项正确。
6．（2020·深圳第一次调研）某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO－和ClO3－个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）。
A．21∶5 B．4∶1 C．3∶l D．11∶3
【解析】选D。ClO－和ClO3－个数比为1∶2，则按电子守恒，它们与Cl－的个数比为1∶2∶11，从而得出被还原的氯（生成Cl－）与被氧化的氯（生成ClO－和ClO3－）的物质的量之比为11∶3。
7．（2020·吉林德惠一模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为［Fea（OH）b（SO4）c］m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+（还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3+还原为Fe2+），再用0.02000ml/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为（ ）。
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值，据此分析解答。
【解析】选B。n（SO42－）＝＝0.0075ml，n（K2Cr2O7）＝0.05L×0.02ml/＝0.001ml，根据Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，n（Fe2+）＝6n（K2Cr2O7）＝0.006ml，由电荷守恒可知n（OH－）+2n（SO42－）＝3n（Fe3+），n（OH－）＝0.006ml×3－0.0075ml×2＝0.003ml，得到a∶b＝0.006ml∶0.003ml＝2∶1。
8．（2020·芜湖高三上学期期中）研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且含锰化合物的还原产物都是MnCl2。他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后加入足量的浓盐酸再加热，又收集到的气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（ ）。
A．0.448L B．2.240L C．2.016L D．无法确定
【解析】选C。根据得失电子守恒可知，KMnO4中Mn元素得到的电子总数等于O元素失去的电子总数与浓盐酸中Cl元素失去的电子总数之和。n（KMnO4）＝＝0.04ml，n（O2）＝＝0.005ml，则有0.04ml×5＝0.005ml×4+n（Cl2）×2，解得n（Cl2）＝0.09ml，所以生成的氯气在标准状况下的体积V＝0.09ml×22.4L/ml＝2.016L。
9．（2020·龙岩高三上学期期中）硝酸工业尾气中含有高浓度的NO和NO2，它们都是大气的重要污染物。已知，某厂排放的尾气中NO、NO2的体积比为1∶1，该厂采用NaOH溶液来处理该尾气，处理后所得溶液中只有一种含氮的钠盐。则该含氮的钠盐中，氮元素的化合价为（ ）。
A．－3 B．+1 C．+3 D．+5
【解析】选C。相同状况下，体积比等于物质的量之比，因此本题可以认为将NO和NO2以物质的量1:1混合同时通入NaOH溶液中。通过分析NO和NO2中氮元素的化合价可知NO中的N原子只能够失去电子，而NO2中的N原子只能够得电子。根据氧化还原反应中得失电子相等的原则，假设反应后氮元素的化合价为+x列式如下：（x－2）×1＝（4－x）×1，解方程得：x＝+3。因此选C。
三、金属和硝酸反应的计算
1．（2020·辽宁省实验中学一模）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1.68LO2（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5ml·L－1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）。
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【解析】选A。由题意可知，HNO3，根据电子转移守恒，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即Cu提供电子等于氧气获得的电子，氧气的物质的量为1.68L÷22.4L/ml＝0.075ml，则Cu提供电子为：0.075ml×2＝0.15ml。向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量，故n（NaOH）＝0.15ml×2＝0.3ml，消耗氢氧化钠溶液的体积为0.3ml÷5ml/L＝0.06L＝60mL。
2．（2020·吕梁一模）将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1
B．可以求出硝酸的物质的量浓度
C．可以求出沉淀的最大质量为3.21g
D．氢氧化钠溶液浓度为3ml/L
【解析】选C。由图可知60mL到70mL是氢氧化铝溶解消耗10mL氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30mL氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20mL氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1∶1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05ml×3，则x＝0.03ml，沉淀的最大质量m（沉淀）＝m［Mg（OH）2］+m［Al（OH）3］＝0.03ml×58g/ml+0.03ml×78g/ml＝4.08g，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03ml×2+0.03ml×3+0.05ml＝0.2ml，c（HNO3）＝＝2.0ml/L，氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）＝＝3.0ml/L，故C错误。
3．（2020·江西省顶级名校第四次联考）将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀与加入氢氧化钠体积（mL）情况如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．原溶液中c（HNO3）＝1.8ml/L
B．沉淀最大质量为4.08g
C．n（Mg）∶n（Al）＝1∶1
D．氢氧化钠溶液浓度为3ml/L
【分析】将一定质量的镁铝合金投入100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图示可知，0～10mL段氢氧化钠和H+反应，10～60mL段氢氧化钠沉淀Al3+和Mg2+，60～70mL的氢氧化钠溶解生成的Al（OH）3沉淀；根据NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n（e－）＝n（OH－），即可求出氢氧化钠的物质的量浓度；根据各段反应求出沉淀的物质的量，进而求出金属的质量之比；根据钠的守恒即可求出溶液中n（NO3－），根据N原子守恒，即可求出原硝酸溶液中硝酸的物质的量和浓度，据此分析。
【解析】选A。1.12LNO气体（标准状况）的物质的量为：＝0.05ml，转移电子为：0.05ml×（5－2）＝0.15ml，NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n（e－）＝n（OH－），当生成沉淀最多时，两金属离子反应消耗的氢氧化钠为n（NaOH）＝0.15ml，c（NaOH）＝＝3ml/L；开始反应到沉淀最大值一共消耗60mLNaOH，生成硝酸钠为n（NaNO3）＝3ml/L×0.06L＝0.18ml，则原来的硝酸为：0.18ml+0.05ml＝0.23ml，c（HNO3）＝＝2.3ml/L；沉淀减少消耗NaOH为10mL，由OH－～Al（OH）3，故可知氢氧化铝沉淀为0.03ml，与镁离子反应的氢氧化钠为50mL－30mL＝20mL，则由2OH－～Mg（OH）2，故可知氢氧化镁沉淀为0.03ml；由分析可知，c（HNO3）＝2.3ml/L，故A错误；氢氧化镁沉淀为0.03ml，氢氧化铝沉淀为0.03ml，则沉淀的最大质量为0.03ml×58g/ml+0.03ml×78g/ml＝4.08g，故B正确；氢氧化铝沉淀为0.03ml，则Al的物质的量为0.03ml，质量为：27g/ml×0.03ml＝8.1g；氢氧化镁沉淀为0.03ml，由Mg元素守恒可得：n（Mg）＝0.03ml，则n（Mg）∶n（Al）＝0.03ml∶0.03ml＝1∶1，故C正确；由分析可知，NaOH的物质的量浓度为3ml/L，故D正确。
4．（2020·日照五莲高三上学期诊断）铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），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（ ）。
A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g
【分析】最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。
【解析】选B。4.48L的NO2气体的物质的量为＝0.2ml，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015ml，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2ml×1+0.015ml×2×1＝0.23ml，最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g+0.23ml×17g/ml＝8.51g。
5．（2020·天津静海区3月统练）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∶1
B．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4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【解析】选B。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据题意，则有64x+144y＝27.2①，由Cu~Cu（OH）2、Cu2O~2Cu（OH）2可得34x+68y－16y＝39.2－27.2②，解得x＝0.2、y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1＝2∶1，A正确；根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0ml+（0.2ml×2+0.1ml×2）/3＝1.2ml，硝酸的物质的量浓度为1.2ml/0.5L＝2.4ml/L，B不正确；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×（0.2ml×2+0.1ml×2）/3＝4.48L，C正确；根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0ml－0.2ml×2－0.1ml×2×2＝0.2ml，D正确。
6．（2020·张家口一模）将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L（标准状况下）；将另一份在空气中充分加热，的到ng固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为Vml。下列说法不正确的是（ ）。
A．V＝150mL
B．硝酸的浓度为2ml·L－1
C．mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3ml
D．n＝m+2.4
【分析】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml，转移电子为0.1ml×（5－2）＝0.3ml，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n（Cu）+n（Zn）＝0.3ml÷2＝0.15ml，故溶液中NO3－的物质的量为：0.15ml×2＝0.3ml，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1ml+0.3ml＝0.4ml，根据c＝可得HNO3的物质的量浓度；将另一份在空气中充分加热，得到ng固体为CuO、ZnO，氧原子物质的量等于金属的物质的量，固体质量＝每一份中金属总质量+固体中氧元素质量。将所得固体溶于上述稀硝酸溶解也生成Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，根据金属总物质的量可知消耗HNO3的物质的量，再根据V＝计算消耗硝酸的体积。
【解析】选D。其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml，转移电子为0.1ml×（5－2）＝0.3ml，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n（Cu）+n（Zn）＝0.3ml÷2＝0.15ml，故溶液中NO3－的物质的量为：0.15ml×2＝0.3ml，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1ml+0.3ml＝0.4ml，故HNO3的物质的量浓度为：0.4ml÷0.2L＝2ml/L；反应后溶液中Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，可知消耗HNO3的物质的量为0.15ml×2＝0.3ml，故消耗硝酸的体积为0.3ml÷2ml/L＝0.15L，即150mL，故A正确；由分析可知，HNO3的物质的量浓度为：0.4ml÷0.2L＝2ml/L，故B正确；每一份中n（Cu）+n（Zn）＝0.15ml，则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15ml×2＝0.3ml，故C正确；每一份中金属总质量为0.5mg，得到ng固体为CuO、ZnO，n（O）＝n（Cu）+n（Zn）＝0.15ml，则ng＝0.5mg+0.15ml×16g/ml＝（0.5m+2.4）g，故D错误。
7．（2020·呼和浩特质量普查调研）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0ml/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mL
D．溶解合金消耗HNO3的量是0.12ml
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。
【解析】选C。金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH－的质量为：2.54g－1.52g＝1.02g，n（OH－）＝＝0.06ml，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH－的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xml、yml，则：2x+2y＝0.06、64x+24y＝1.52，解得：x＝0.02、y＝0.01，则该合金中n（Cu）∶n（Mg）＝2∶1，故A正确；标况下1.12L气体的物质的量为0.05ml，设混合气体中二氧化氮的物质的量为aml，则四氧化二氮的物质的量为（0.05－a）ml，根据电子转移守恒可知：a×1+（0.05－a）×2×1＝0.06，解得a＝0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04ml、四氧化二氮0.01ml，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：×100%＝80%，故B正确；50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14ml/L×0.05L＝0.7ml，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n（NaNO3）＝n（HNO3）－n（NO2）－2n（N2O4）＝0.7ml－0.04ml－0.01×2＝0.64ml，故需要氢氧化钠溶液的体积为V＝＝＝0.64L＝640mL，故C错误；Cu、Mg的物质的量分别为0.02ml、0.01ml，则生成Cu（NO3）2、Mg（NO3）2各0.02ml、0.01ml，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04ml、0.01ml，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02ml×2+0.01ml×2+0.04ml +0.01ml×2＝0.12ml，故D正确。
【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu~2e－~Cu2+~2OH－，Mg~2e－~Mg2+~2OH－，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。
8．（2020·天津六校联考）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，这些气体与1.68LO2（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5ml/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）。
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【解析】选A。从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n（Cu），即n（Cu）×2＝n（O2）×4，得n（Cu）＝2n（O2）＝2×＝0.15ml，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n（NaOH）应为0.3ml，所需V（NaOH）应为60mL。
9．（2020·菏泽高三上学期期末）某工厂利用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产电路板，一实验小组对该厂生产电路后所得的废液进行分析。取50.0mL废液，向其中加入0.64gCu，金属铜全部溶解。另取50.0mL废液，向其中加入足量的AgNO3，析出沉淀43.05g，下列说法正确的是（ ）。
A．原废液中含有的金属阳离子只有Fe2+和Cu2+
B．该工厂原来使用的FeCl3溶液的物质的量浓度约为2ml/L
C．若向500mL废液中加入足量的稀HNO3溶液，在标况下产生NO气体4.48L，则原废液中Fe2+和Cu2+的物质的量浓度之比为2∶1
D．可以使用硫氰化钾溶液检验该废液中是否含有Fe2+
【解析】选BC。有题干信息可知，铜是0.01ml全部溶解，应该有0.02mlFe3+，A错误；对第二份溶液分析，可知n（Cl－）＝n（AgCl）＝＝0.3ml，该工厂原来使用的FeCl3溶液的物质的量浓度约为c（FeCl3）＝＝2ml/L．B正确；对于500mL产生了0.2mlNO，那么在50mL中应该可以得到0.06ml电子．这0.06ml应该是Fe2+，溶液中有至少0.02mlFe3+，0.06mlFe2+，0.3mlCl－．又因为这个溶液本来应该是FeCl3与Cu的反应产物，2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+因此Fe2+＝2Cu2+有0.03mlCu由电子守恒，0.3－0.06×2－0.03×2＝0.12，所以应该有0.04mlFe3+．所以有如下，0.03mlCuCl2，0.06mlFeCl2，0.04mlFeCl3所以C是正确的；D只使用硫氰化钾溶液无法检验该废液中是否含有Fe2+，错误。
10．（2020·驻马店高三上学期期中）某学习小组进行了下图所示的实验，设第一步HNO3的还原产物只有NO。相关分析不正确的是（ ）。
A．第一步反应后溶液中c（NO3－）＝1.5ml/L（忽略体积变化）
B．第一步反应后溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1∶1
C．第一步可生成标准状况下的气体44.8mL
D．第二步可溶解铜48mg
【解析】选C。铁的物质的量为0.003ml，硝酸根据铁与硝酸的量的物质的量为0.01ml可知第一步反应：6Fe+20HNO3＝3Fe（NO3）2+3Fe（NO3）3+5NO↑+10H2O，第一步反应后溶液中c（NO3－）＝1.5ml/L，A正确；第一步反应后溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1∶1，B正确；第一步可生成NO的物质的量为0.0025ml，标准状况下的体积为56mL，C错误；第二步反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+根据第一步反应知n（Fe3+）＝0.0015ml，可溶解铜的物质的量为0.00075ml，质量是48mg，D正确。
【考点】考查氧化还原反应计算。
四、根据氧化还原反应发生的先后计算
1．（2020·新疆克拉玛依四模）在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c。下列说法正确的是（ ）。
A．残余固体全部是铜
B．残余固体可能为铁和铜的混合物
C．残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2+
D．最后得到的溶液可能含有Fe3+
【分析】铁的活泼性大于铜，在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，说明溶液中存在铜离子，bgFe完全反应，最后cg沉淀全是铜；
【解析】选A。铁的活泼性大于铜，最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中存在铜离子，bgFe完全反应，所以残余固体全部是铜，故A正确；最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中有铜离子，bgFe完全反应，残余固体不可能有铁，故B错误；最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中一定含有Cu2+，铁的活泼性大于铜，残余固体不可能有铁，故C错误；Fe3+和Fe、Cu都能反应，有固体剩余，最后得到的溶液一定不含Fe3+，故D错误。
2．向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（I2）、n（Fe3+）随通入n（Cl2）的变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．氧化性强弱：I2＜Fe3+
B．n（Cl2）＝0.12ml时，溶液中的离子主要有Fe2+、Fe3+、Clˉ
C．由图可知，该FeI2溶液的浓度为1ml·L－l
D．n（Cl2）∶n（FeI2）＝1∶2时，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－
【解析】选D。根据图像可知，Cl2先氧化I－，后氧化Fe2+，还原性大小关系为I－＞Fe2+，所以氧化性大小关系为Fe3+＞I2，A正确；根据图像可知，n（Cl2）＝0.12ml时，I－已完全转化为I2，Fe2+部分被氧化，所以溶液中含有的离子主要为Fe2+、Fe3+、Clˉ，B正确；I－完全氧化需要消耗0.1mlCl2，根据电子守恒可知I－的物质的量为0.2ml，FeI2的物质的量为0.1ml，所以FeI2溶液的浓度为1ml·L－l，C正确；n（Cl2）∶n（FeI2）＝1∶2时，设Cl2为1ml，提供2ml电子，I－的还原性大于Fe2+的还原性，Cl2先与I－发应且可以氧化2mlI－，I－未完全氧化，所以对应的离子方程式为2I－+Cl2＝2Cl－+I2，D错误。
【点睛】本题的解题关键是根据图像判断出氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子。
3．（2020·商丘高三上学期期末）向含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素．下列说法正确的是（ ）。
A．线段Ⅱ表示Br－的变化情况
B．原溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝3∶1
C．根据图象无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示IO3－的变化情况
【解析】选D。向仅含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2+＞Br－，首先发生反应2I－+Cl2＝I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）＝2n（Cl2）＝2ml，溶液中n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×（3ml－1ml）＝4ml，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）＝2n（Fe2+），故n（Br－）＝2n（Fe2+）－n（I－）＝2×4ml－2ml＝6ml。根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，不是氧化溴离子，故A错误；n（FeI2）∶n（FeBr2）＝n（I－）∶n（Br－）＝2m1∶6ml＝1∶3，故B错误；由分析可知，溶液中n（Br－）＝2n（Fe2+）－n（I－）＝2×4ml－2ml＝6ml，根据2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3ml，故a＝3+3＝6，故C错误；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2ml，反应消耗氯气的物质的量为5ml，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：＝+5价，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，故D正确。
4．（2020·北京清华附中5月诊断）向10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．A点对应的I2的物质的量为1.0×10－3ml
B．0a∶ab＝5∶1
C．当溶液中的n（I2）＝5×10－4ml时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×10－3ml或4.5×10－3ml
D．由ab段反应可知，氧化性I2＞HSO3－
【分析】加入NaHSO3的物质的量在0→a，发生的反应为：2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+。
【解析】选C。A点时，10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n（I2）＝n（KIO3）＝×0.2×10×10－3＝1.0×10－3ml，A正确；2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：2.5×0.2×10×10－3＝5.0×10－3ml；加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.0×10－3mlI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.0×10－3ml，0a∶ab＝（5.0×10－3ml）∶（1.0×10－3ml）＝5∶1，B正确；当溶液中的n（I2）＝5×10－4ml时，n（I2）＝5×10－4ml选1.0×10－3ml，故有两种情况，一种情况是在0→a，向10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，刚好生成n（I2）＝5×10－4ml，由2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+反应方程式可知，此时消耗亚硫酸氢钠的物质的量为：5×5×10－4ml＝2.5×10－3ml；另一种情况是当10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，有一部分的I2被亚硫酸氢钠还原为I－，消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为5.0×10－3ml+5×10－4ml＝5.5×10－3ml，C错误；ab段发生的反应为I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+，氧化性I2＞HSO3－，D正确。
5．（2020·辽宁省实验中学一模）已知：还原性HSO3－＞I－，氧化性IO＞I2。在含3mlNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．0～a间发生反应：3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
C．b～c间发生的反应中I2仅是氧化产物
D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08ml
【分析】还原性HSO3－＞I－，所以首先发生的反应为：IO3－+3HSO3－＝I－+3SO42－+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3－＞I2，所以IO3－可以结合H+氧化I－生成I2，反应为IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。
【解析】选C。0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是0.4ml，亚硫酸氢钠的物质的量是1.2ml，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移的电子守恒，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+，故A正确；a～b间加入的碘酸钾的物质的量是0.6ml，根据3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+，消耗NaHSO3的物质的量n（NaHSO3）＝3n（IO3－）＝3×0.6ml＝1.8ml，故B正确；根据图像知，b－c段内发生IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；根据反应2IO3－+6HSO3－＝2I－+6SO42－+6H+，3mlNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1ml，生成碘离子的量为1ml，设生成的碘单质的物质的量为xml，则根据反应IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xml，消耗碘离子的物质的量＝xml，剩余的碘离子的物质的量＝（1－x）ml，当溶液中n（I－）∶n（I2）＝5∶2时，即（1－x）∶x＝5∶2，x＝0.24ml，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量＝1ml+0.24ml×＝1.08ml，故D正确。
【点睛】明确氧化性、还原性确定反应的的前后顺序是解本题关键。本题的易错点和难点为D，注意根据物质间的反应并结合原子守恒计算。
6．（2020·吉林德惠一模）某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3－四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（ ）。
A．原溶液的c（H+）＝4ml·L－1
B．若a＝3，则原溶液中c（Cu2+）＝1ml·L－1
C．原溶液中的c（NO3－）＝7ml·L－1
D．BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe＝Fe2++Cu
【解析】选C。OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g（0.1ml）铁粉与硝酸反应生成Fe3+：Fe+4H++NO3－＝Fe3++NO↑+2H2O，n（H+）＝4n（Fe）＝4×0.1ml＝0.4ml，则溶液中的氢离子的物质的量浓度c（H+）＝＝4ml/L，故A正确；若a＝3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n（Fe2+）＝（4ml/L－3ml/L）×0.1L＝0.1ml，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，n（Cu2+）＝n（Fe2+）＝0.1ml，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c（Cu2+）＝＝1ml/L，故B正确；C点溶液中c（Fe2+）＝4ml/L，故此时溶液中的n（Fe2+）＝cV＝4ml/L×0.1L＝0.4ml，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3－）＝0.8ml，而在OA段加入0.1ml铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1ml，故原溶液中的n（NO3－）总＝0.8ml+0.1ml＝0.9ml，故浓度为c（NO3－）总＝＝9ml/L，故C错误；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，故D正确。
【点睛】明确图示反应原理是解题关键，OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1ml铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3－＝Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量；AB段，加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+．据此分析。
7．（2020·醴陵高三上学期期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（ ）。
A．原混合酸中NO3－物质的量为0.1ml
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气
C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为2.5ml·L－1
【解析】选A。关键看图，铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应，从题干图看出（注意只是第二份100mL）OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气，反应为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，可知NO3－反应完了，第二份中NO3－应为5.6g/56g·ml－1＝0.1ml，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0g，即0.25ml，故原混合酸中H2SO4浓度为0.25ml/0.1L＝2.5ml·L－1，NO3－物质的量为0.2ml。
8．（2020·皖南八校一模）在1L2ml·L－1稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉，反应中氧化产物的物质的量与加入铁粉的物质的量的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）与曲线a对应的离子方程式为_______________________。
（2）曲线b代表的微粒为_____________，n2的值为__________。
（3）若M点时再加入VL2ml·L－1的稀硝酸，恰好反应完全，则V为______。
（4）研究表明硝酸的浓度越小，反应后氮的化合价越低。在极稀的硝酸溶液中加入少量铁粉，生成NH4+的离子方程式为______________________________。
【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，Fe（NO3）3与过量的铁继续反应生成Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe＝3Fe（NO3）2，由此分析解答。
【解析】（1）曲线a代表Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，离子方程式为：Fe+NO3－+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O；（2）根据反应Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，1L2ml·L－1稀硝酸溶液参与反应，则此时消耗Fe的物质的量为0.5ml，曲线b代表的微粒为亚铁离子，加铁粉从n1到n2发生反应2Fe（NO3）3+Fe＝3Fe（NO3）2，且M点n（Fe3+）＝n（Fe2+），即：
2Fe3+～Fe～3Fe2+
开始：0.5ml 0 0
转化：2x x 3x
M点：0.5－2x x 3x
所以0.5－2x＝3x，x＝0.1ml，故M点消耗铁的物质的量为0.5ml+0.1ml＝0.6ml；（3）M点时再加入VL2ml/L的稀硝酸，恰好反应完全，说明硝酸与0.6ml的铁恰好完全反应生成铁离子，而稀硝酸参加氧化还原反应，氧化性的硝酸占，根据得失电子守恒得3×0.6ml＝×2×（1+V）×3，解之得V＝0.2L；（4）极稀的硝酸液中加入少量铁粉，生成NH4+的离子方程式为：8Fe+3NO3－+30H+＝8Fe3++3NH4++9H2O。
【答案】（1）Fe+NO3－+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O
（2）Fe2+；0.6（3）0.2
（4）8Fe+3NO3－+30H+＝8Fe3++3NH4++9H2O
【点睛】本题考查了铁与稀硝酸的反应、有关方程式的水解，题目难度中等，明确图象中各段反应的反应以及曲线代表的物质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
1．（2020·张家口一模）为测定某碘水（其溶质为I2）中碘单质的浓度，取该碘水10.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，用0.01ml·L－1Na2S2O3滴定此碘水，当溶液由蓝色变为无色时，消耗Na2S2O3的体积为20.00mL。已知Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则碘单质的浓度为（ ）。
A．0.08ml·L－1 B．0.16ml·L－1
C．0.04ml·L－1 D．0.06ml·L－1
【解析】选A。设碘水中碘的浓度为x，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为－1价，由电子守恒可知0.01L×x×2×（1－0）＝0.02L×0.01ml/L×2×（6－2），解得x＝0.08ml•L－1。
【点睛】考查氧化还原反应的计算，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，由信息可知，S元素的化合价由+2价升高为+6价，I元素的化合价由0降低为－1价，结合电子守恒计算。
2．（2020·汕头第一次调研）三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。则V1、V2、V3之比不可能是（ ）。
A．3∶7∶4 B．5∶7∶6
C．7∶3∶6 D．1∶1∶1
【解析】选B。NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收最终全部变成HNO3。根据电子守恒可得如下关系式：4×n（O2）＝3×n（NO）+1×n（NO2），即4V3＝3V1+V2。用此关系式验证备选答案。4×4＝3×3+1×7，A选项可能；4×6≠3×5+1×7，B选项不可能；4×6＝3×7+1×3，C选项可能；4×1＝3×1+1×1，D选项可能。
或【解析】选B。NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O＝4HNO3、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3。从反应方程式可以得出：n（O2）＝×n（NO）+×n（NO2）。用此关系式验证备选答案。×3+×7＝4，A不合题意；×5+×7≠6，B符合题意；×7+×3＝6，C不合题意；×1+×1＝1，D不合题意。
3．（2020·沈阳一模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为［Fea（OH）b（SO4）c］m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+（还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3+还原为Fe2+），再用0.02000ml/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为［已知：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+7H2O］（ ）。
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
【分析】第一份溶液中白色沉淀为BaSO4，质量为1.7475g，则n（BaSO4）＝0.0075ml，即n（SO42－）＝0.0075ml；另一份溶液中，通过反应式：n（Fe2+）∶n（Cr2O72－）＝6∶1，n（Cr2O72－）＝0.0200ml/L×0.05L＝0.001ml，求得n（Fe2+）＝0.006ml，亚铁离子即由原溶液中的铁离子转化得到，根据物质不显电荷，即可求出答案。
【解析】选B。1.7475g白色沉淀是硫酸钡，则n（SO42－）＝1.7475g÷233g/ml＝0.0075ml。n（K2Cr2O7）＝0.05L×0.02000ml/L＝0.001ml，根据方程式可知n（Fe2+）＝n（K2Cr2O7）×6＝0.006ml，根据Fe守恒，n（Fe3+）＝0.006ml，由电荷守恒可知n（OH－）+n（SO42－）×2＝n（Fe3+）×3，n（OH－）＝0.006ml×3－0.0075ml×2＝0.003ml，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1。
4．（2020·大连第三次模拟）Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4∶1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ ）。
A．11∶2 B．1∶1 C．9∶4 D．5∶1
【解析】选C。Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4ml，NaClO3为1ml，设NaCl为xml，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1＝x×1，解得x＝9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9∶4，C项正确。
5．（2020·广州第一次调研）Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4∶1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ ）。
A．11∶2 B．1∶1 C．9∶4 D．5∶1
【解析】选C。Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4ml，NaClO3为1ml，设NaCl为xml，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1＝x×1，解得x＝9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9∶4，C项正确。
6．（2020·深圳第一次调研）某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO－和ClO3－个数比为1∶2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）。
A．21∶5 B．4∶1 C．3∶l D．11∶3
【解析】选D。ClO－和ClO3－个数比为1∶2，则按电子守恒，它们与Cl－的个数比为1∶2∶11，从而得出被还原的氯（生成Cl－）与被氧化的氯（生成ClO－和ClO3－）的物质的量之比为11∶3。
7．（2020·吉林德惠一模）聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为［Fea（OH）b（SO4）c］m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+（还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3+还原为Fe2+），再用0.02000ml/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为（ ）。
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
【分析】加入氯化钡生成的沉淀为硫酸钡，可计算出硫酸根离子的物质的量，根据Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为a∶b的比值，据此分析解答。
【解析】选B。n（SO42－）＝＝0.0075ml，n（K2Cr2O7）＝0.05L×0.02ml/＝0.001ml，根据Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，n（Fe2+）＝6n（K2Cr2O7）＝0.006ml，由电荷守恒可知n（OH－）+2n（SO42－）＝3n（Fe3+），n（OH－）＝0.006ml×3－0.0075ml×2＝0.003ml，得到a∶b＝0.006ml∶0.003ml＝2∶1。
8．（2020·芜湖高三上学期期中）研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且含锰化合物的还原产物都是MnCl2。他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后加入足量的浓盐酸再加热，又收集到的气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（ ）。
A．0.448L B．2.240L C．2.016L D．无法确定
【解析】选C。根据得失电子守恒可知，KMnO4中Mn元素得到的电子总数等于O元素失去的电子总数与浓盐酸中Cl元素失去的电子总数之和。n（KMnO4）＝＝0.04ml，n（O2）＝＝0.005ml，则有0.04ml×5＝0.005ml×4+n（Cl2）×2，解得n（Cl2）＝0.09ml，所以生成的氯气在标准状况下的体积V＝0.09ml×22.4L/ml＝2.016L。
9．（2020·龙岩高三上学期期中）硝酸工业尾气中含有高浓度的NO和NO2，它们都是大气的重要污染物。已知，某厂排放的尾气中NO、NO2的体积比为1∶1，该厂采用NaOH溶液来处理该尾气，处理后所得溶液中只有一种含氮的钠盐。则该含氮的钠盐中，氮元素的化合价为（ ）。
A．－3 B．+1 C．+3 D．+5
【解析】选C。相同状况下，体积比等于物质的量之比，因此本题可以认为将NO和NO2以物质的量1:1混合同时通入NaOH溶液中。通过分析NO和NO2中氮元素的化合价可知NO中的N原子只能够失去电子，而NO2中的N原子只能够得电子。根据氧化还原反应中得失电子相等的原则，假设反应后氮元素的化合价为+x列式如下：（x－2）×1＝（4－x）×1，解方程得：x＝+3。因此选C。
三、金属和硝酸反应的计算
1．（2020·辽宁省实验中学一模）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1.68LO2（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5ml·L－1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）。
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【解析】选A。由题意可知，HNO3，根据电子转移守恒，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即Cu提供电子等于氧气获得的电子，氧气的物质的量为1.68L÷22.4L/ml＝0.075ml，则Cu提供电子为：0.075ml×2＝0.15ml。向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量，故n（NaOH）＝0.15ml×2＝0.3ml，消耗氢氧化钠溶液的体积为0.3ml÷5ml/L＝0.06L＝60mL。
2．（2020·吕梁一模）将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1
B．可以求出硝酸的物质的量浓度
C．可以求出沉淀的最大质量为3.21g
D．氢氧化钠溶液浓度为3ml/L
【解析】选C。由图可知60mL到70mL是氢氧化铝溶解消耗10mL氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30mL氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20mL氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1∶1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05ml×3，则x＝0.03ml，沉淀的最大质量m（沉淀）＝m［Mg（OH）2］+m［Al（OH）3］＝0.03ml×58g/ml+0.03ml×78g/ml＝4.08g，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03ml×2+0.03ml×3+0.05ml＝0.2ml，c（HNO3）＝＝2.0ml/L，氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）＝＝3.0ml/L，故C错误。
3．（2020·江西省顶级名校第四次联考）将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀与加入氢氧化钠体积（mL）情况如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．原溶液中c（HNO3）＝1.8ml/L
B．沉淀最大质量为4.08g
C．n（Mg）∶n（Al）＝1∶1
D．氢氧化钠溶液浓度为3ml/L
【分析】将一定质量的镁铝合金投入100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中逐滴加入NaOH溶液，根据图示可知，0～10mL段氢氧化钠和H+反应，10～60mL段氢氧化钠沉淀Al3+和Mg2+，60～70mL的氢氧化钠溶解生成的Al（OH）3沉淀；根据NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n（e－）＝n（OH－），即可求出氢氧化钠的物质的量浓度；根据各段反应求出沉淀的物质的量，进而求出金属的质量之比；根据钠的守恒即可求出溶液中n（NO3－），根据N原子守恒，即可求出原硝酸溶液中硝酸的物质的量和浓度，据此分析。
【解析】选A。1.12LNO气体（标准状况）的物质的量为：＝0.05ml，转移电子为：0.05ml×（5－2）＝0.15ml，NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，n（e－）＝n（OH－），当生成沉淀最多时，两金属离子反应消耗的氢氧化钠为n（NaOH）＝0.15ml，c（NaOH）＝＝3ml/L；开始反应到沉淀最大值一共消耗60mLNaOH，生成硝酸钠为n（NaNO3）＝3ml/L×0.06L＝0.18ml，则原来的硝酸为：0.18ml+0.05ml＝0.23ml，c（HNO3）＝＝2.3ml/L；沉淀减少消耗NaOH为10mL，由OH－～Al（OH）3，故可知氢氧化铝沉淀为0.03ml，与镁离子反应的氢氧化钠为50mL－30mL＝20mL，则由2OH－～Mg（OH）2，故可知氢氧化镁沉淀为0.03ml；由分析可知，c（HNO3）＝2.3ml/L，故A错误；氢氧化镁沉淀为0.03ml，氢氧化铝沉淀为0.03ml，则沉淀的最大质量为0.03ml×58g/ml+0.03ml×78g/ml＝4.08g，故B正确；氢氧化铝沉淀为0.03ml，则Al的物质的量为0.03ml，质量为：27g/ml×0.03ml＝8.1g；氢氧化镁沉淀为0.03ml，由Mg元素守恒可得：n（Mg）＝0.03ml，则n（Mg）∶n（Al）＝0.03ml∶0.03ml＝1∶1，故C正确；由分析可知，NaOH的物质的量浓度为3ml/L，故D正确。
4．（2020·日照五莲高三上学期诊断）铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），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（ ）。
A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g
【分析】最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。
【解析】选B。4.48L的NO2气体的物质的量为＝0.2ml，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015ml，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2ml×1+0.015ml×2×1＝0.23ml，最终生成沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g+0.23ml×17g/ml＝8.51g。
5．（2020·天津静海区3月统练）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∶1
B．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4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【解析】选B。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据题意，则有64x+144y＝27.2①，由Cu~Cu（OH）2、Cu2O~2Cu（OH）2可得34x+68y－16y＝39.2－27.2②，解得x＝0.2、y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1＝2∶1，A正确；根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0ml+（0.2ml×2+0.1ml×2）/3＝1.2ml，硝酸的物质的量浓度为1.2ml/0.5L＝2.4ml/L，B不正确；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×（0.2ml×2+0.1ml×2）/3＝4.48L，C正确；根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0ml－0.2ml×2－0.1ml×2×2＝0.2ml，D正确。
6．（2020·张家口一模）将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L（标准状况下）；将另一份在空气中充分加热，的到ng固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为Vml。下列说法不正确的是（ ）。
A．V＝150mL
B．硝酸的浓度为2ml·L－1
C．mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3ml
D．n＝m+2.4
【分析】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml，转移电子为0.1ml×（5－2）＝0.3ml，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n（Cu）+n（Zn）＝0.3ml÷2＝0.15ml，故溶液中NO3－的物质的量为：0.15ml×2＝0.3ml，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1ml+0.3ml＝0.4ml，根据c＝可得HNO3的物质的量浓度；将另一份在空气中充分加热，得到ng固体为CuO、ZnO，氧原子物质的量等于金属的物质的量，固体质量＝每一份中金属总质量+固体中氧元素质量。将所得固体溶于上述稀硝酸溶解也生成Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，根据金属总物质的量可知消耗HNO3的物质的量，再根据V＝计算消耗硝酸的体积。
【解析】选D。其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/ml＝0.1ml，转移电子为0.1ml×（5－2）＝0.3ml，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n（Cu）+n（Zn）＝0.3ml÷2＝0.15ml，故溶液中NO3－的物质的量为：0.15ml×2＝0.3ml，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1ml+0.3ml＝0.4ml，故HNO3的物质的量浓度为：0.4ml÷0.2L＝2ml/L；反应后溶液中Cu（NO3）2、Zn（NO3）2，可知消耗HNO3的物质的量为0.15ml×2＝0.3ml，故消耗硝酸的体积为0.3ml÷2ml/L＝0.15L，即150mL，故A正确；由分析可知，HNO3的物质的量浓度为：0.4ml÷0.2L＝2ml/L，故B正确；每一份中n（Cu）+n（Zn）＝0.15ml，则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15ml×2＝0.3ml，故C正确；每一份中金属总质量为0.5mg，得到ng固体为CuO、ZnO，n（O）＝n（Cu）+n（Zn）＝0.15ml，则ng＝0.5mg+0.15ml×16g/ml＝（0.5m+2.4）g，故D错误。
7．（2020·呼和浩特质量普查调研）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0ml/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mL
D．溶解合金消耗HNO3的量是0.12ml
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。
【解析】选C。金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH－的质量为：2.54g－1.52g＝1.02g，n（OH－）＝＝0.06ml，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH－的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xml、yml，则：2x+2y＝0.06、64x+24y＝1.52，解得：x＝0.02、y＝0.01，则该合金中n（Cu）∶n（Mg）＝2∶1，故A正确；标况下1.12L气体的物质的量为0.05ml，设混合气体中二氧化氮的物质的量为aml，则四氧化二氮的物质的量为（0.05－a）ml，根据电子转移守恒可知：a×1+（0.05－a）×2×1＝0.06，解得a＝0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04ml、四氧化二氮0.01ml，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：×100%＝80%，故B正确；50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14ml/L×0.05L＝0.7ml，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n（NaNO3）＝n（HNO3）－n（NO2）－2n（N2O4）＝0.7ml－0.04ml－0.01×2＝0.64ml，故需要氢氧化钠溶液的体积为V＝＝＝0.64L＝640mL，故C错误；Cu、Mg的物质的量分别为0.02ml、0.01ml，则生成Cu（NO3）2、Mg（NO3）2各0.02ml、0.01ml，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04ml、0.01ml，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02ml×2+0.01ml×2+0.04ml +0.01ml×2＝0.12ml，故D正确。
【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu~2e－~Cu2+~2OH－，Mg~2e－~Mg2+~2OH－，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。
8．（2020·天津六校联考）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，这些气体与1.68LO2（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5ml/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）。
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【解析】选A。从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n（Cu），即n（Cu）×2＝n（O2）×4，得n（Cu）＝2n（O2）＝2×＝0.15ml，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n（NaOH）应为0.3ml，所需V（NaOH）应为60mL。
9．（2020·菏泽高三上学期期末）某工厂利用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产电路板，一实验小组对该厂生产电路后所得的废液进行分析。取50.0mL废液，向其中加入0.64gCu，金属铜全部溶解。另取50.0mL废液，向其中加入足量的AgNO3，析出沉淀43.05g，下列说法正确的是（ ）。
A．原废液中含有的金属阳离子只有Fe2+和Cu2+
B．该工厂原来使用的FeCl3溶液的物质的量浓度约为2ml/L
C．若向500mL废液中加入足量的稀HNO3溶液，在标况下产生NO气体4.48L，则原废液中Fe2+和Cu2+的物质的量浓度之比为2∶1
D．可以使用硫氰化钾溶液检验该废液中是否含有Fe2+
【解析】选BC。有题干信息可知，铜是0.01ml全部溶解，应该有0.02mlFe3+，A错误；对第二份溶液分析，可知n（Cl－）＝n（AgCl）＝＝0.3ml，该工厂原来使用的FeCl3溶液的物质的量浓度约为c（FeCl3）＝＝2ml/L．B正确；对于500mL产生了0.2mlNO，那么在50mL中应该可以得到0.06ml电子．这0.06ml应该是Fe2+，溶液中有至少0.02mlFe3+，0.06mlFe2+，0.3mlCl－．又因为这个溶液本来应该是FeCl3与Cu的反应产物，2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+因此Fe2+＝2Cu2+有0.03mlCu由电子守恒，0.3－0.06×2－0.03×2＝0.12，所以应该有0.04mlFe3+．所以有如下，0.03mlCuCl2，0.06mlFeCl2，0.04mlFeCl3所以C是正确的；D只使用硫氰化钾溶液无法检验该废液中是否含有Fe2+，错误。
10．（2020·驻马店高三上学期期中）某学习小组进行了下图所示的实验，设第一步HNO3的还原产物只有NO。相关分析不正确的是（ ）。
A．第一步反应后溶液中c（NO3－）＝1.5ml/L（忽略体积变化）
B．第一步反应后溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1∶1
C．第一步可生成标准状况下的气体44.8mL
D．第二步可溶解铜48mg
【解析】选C。铁的物质的量为0.003ml，硝酸根据铁与硝酸的量的物质的量为0.01ml可知第一步反应：6Fe+20HNO3＝3Fe（NO3）2+3Fe（NO3）3+5NO↑+10H2O，第一步反应后溶液中c（NO3－）＝1.5ml/L，A正确；第一步反应后溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）＝1∶1，B正确；第一步可生成NO的物质的量为0.0025ml，标准状况下的体积为56mL，C错误；第二步反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+根据第一步反应知n（Fe3+）＝0.0015ml，可溶解铜的物质的量为0.00075ml，质量是48mg，D正确。
【考点】考查氧化还原反应计算。
四、根据氧化还原反应发生的先后计算
1．（2020·新疆克拉玛依四模）在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c。下列说法正确的是（ ）。
A．残余固体全部是铜
B．残余固体可能为铁和铜的混合物
C．残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2+
D．最后得到的溶液可能含有Fe3+
【分析】铁的活泼性大于铜，在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，说明溶液中存在铜离子，bgFe完全反应，最后cg沉淀全是铜；
【解析】选A。铁的活泼性大于铜，最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中存在铜离子，bgFe完全反应，所以残余固体全部是铜，故A正确；最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中有铜离子，bgFe完全反应，残余固体不可能有铁，故B错误；最终沉淀的质量小于加入铜的质量，说明溶液中一定含有Cu2+，铁的活泼性大于铜，残余固体不可能有铁，故C错误；Fe3+和Fe、Cu都能反应，有固体剩余，最后得到的溶液一定不含Fe3+，故D错误。
2．向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（I2）、n（Fe3+）随通入n（Cl2）的变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．氧化性强弱：I2＜Fe3+
B．n（Cl2）＝0.12ml时，溶液中的离子主要有Fe2+、Fe3+、Clˉ
C．由图可知，该FeI2溶液的浓度为1ml·L－l
D．n（Cl2）∶n（FeI2）＝1∶2时，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－
【解析】选D。根据图像可知，Cl2先氧化I－，后氧化Fe2+，还原性大小关系为I－＞Fe2+，所以氧化性大小关系为Fe3+＞I2，A正确；根据图像可知，n（Cl2）＝0.12ml时，I－已完全转化为I2，Fe2+部分被氧化，所以溶液中含有的离子主要为Fe2+、Fe3+、Clˉ，B正确；I－完全氧化需要消耗0.1mlCl2，根据电子守恒可知I－的物质的量为0.2ml，FeI2的物质的量为0.1ml，所以FeI2溶液的浓度为1ml·L－l，C正确；n（Cl2）∶n（FeI2）＝1∶2时，设Cl2为1ml，提供2ml电子，I－的还原性大于Fe2+的还原性，Cl2先与I－发应且可以氧化2mlI－，I－未完全氧化，所以对应的离子方程式为2I－+Cl2＝2Cl－+I2，D错误。
【点睛】本题的解题关键是根据图像判断出氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子。
3．（2020·商丘高三上学期期末）向含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素．下列说法正确的是（ ）。
A．线段Ⅱ表示Br－的变化情况
B．原溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝3∶1
C．根据图象无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示IO3－的变化情况
【解析】选D。向仅含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－＞Fe2+＞Br－，首先发生反应2I－+Cl2＝I2+2Cl－，I－反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－，故线段I代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I－）＝2n（Cl2）＝2ml，溶液中n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×（3ml－1ml）＝4ml，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I－）+n（Br－）＝2n（Fe2+），故n（Br－）＝2n（Fe2+）－n（I－）＝2×4ml－2ml＝6ml。根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，不是氧化溴离子，故A错误；n（FeI2）∶n（FeBr2）＝n（I－）∶n（Br－）＝2m1∶6ml＝1∶3，故B错误；由分析可知，溶液中n（Br－）＝2n（Fe2+）－n（I－）＝2×4ml－2ml＝6ml，根据2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3ml，故a＝3+3＝6，故C错误；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2ml，反应消耗氯气的物质的量为5ml，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：＝+5价，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示IO3－的变化情况，故D正确。
4．（2020·北京清华附中5月诊断）向10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，生成的I2的物质的量随所加NaHSO3的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．A点对应的I2的物质的量为1.0×10－3ml
B．0a∶ab＝5∶1
C．当溶液中的n（I2）＝5×10－4ml时，加入NaHSO3的物质的量可能为2.5×10－3ml或4.5×10－3ml
D．由ab段反应可知，氧化性I2＞HSO3－
【分析】加入NaHSO3的物质的量在0→a，发生的反应为：2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+，加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+。
【解析】选C。A点时，10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，由原子守恒可知，n（I2）＝n（KIO3）＝×0.2×10×10－3＝1.0×10－3ml，A正确；2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+，由离子方程式可知，0a消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为：2.5×0.2×10×10－3＝5.0×10－3ml；加入NaHSO3的物质的量在a→b，发生的反应为：I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+，故ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量恰好与1.0×10－3mlI2完全反应，所以ab消耗的亚硫酸氢钠的物质的量1.0×10－3ml，0a∶ab＝（5.0×10－3ml）∶（1.0×10－3ml）＝5∶1，B正确；当溶液中的n（I2）＝5×10－4ml时，n（I2）＝5×10－4ml选1.0×10－3ml，故有两种情况，一种情况是在0→a，向10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中逐渐加入NaHSO3粉末，刚好生成n（I2）＝5×10－4ml，由2IO3－+5HSO3－＝5SO42－+I2+H2O+3H+反应方程式可知，此时消耗亚硫酸氢钠的物质的量为：5×5×10－4ml＝2.5×10－3ml；另一种情况是当10mL0.2ml·L－1的KIO3溶液中的KIO3恰好完全被亚硫酸氢钠还原为I2，有一部分的I2被亚硫酸氢钠还原为I－，消耗的亚硫酸氢钠的物质的量为5.0×10－3ml+5×10－4ml＝5.5×10－3ml，C错误；ab段发生的反应为I2+HSO3－+H2O＝I－+SO42－+3H+，氧化性I2＞HSO3－，D正确。
5．（2020·辽宁省实验中学一模）已知：还原性HSO3－＞I－，氧化性IO＞I2。在含3mlNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）。
A．0～a间发生反应：3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
C．b～c间发生的反应中I2仅是氧化产物
D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08ml
【分析】还原性HSO3－＞I－，所以首先发生的反应为：IO3－+3HSO3－＝I－+3SO42－+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3－＞I2，所以IO3－可以结合H+氧化I－生成I2，反应为IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。
【解析】选C。0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是0.4ml，亚硫酸氢钠的物质的量是1.2ml，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移的电子守恒，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+，故A正确；a～b间加入的碘酸钾的物质的量是0.6ml，根据3HSO3－+IO3－＝3SO42－+I－+3H+，消耗NaHSO3的物质的量n（NaHSO3）＝3n（IO3－）＝3×0.6ml＝1.8ml，故B正确；根据图像知，b－c段内发生IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；根据反应2IO3－+6HSO3－＝2I－+6SO42－+6H+，3mlNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1ml，生成碘离子的量为1ml，设生成的碘单质的物质的量为xml，则根据反应IO3－+6H++5I－＝3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xml，消耗碘离子的物质的量＝xml，剩余的碘离子的物质的量＝（1－x）ml，当溶液中n（I－）∶n（I2）＝5∶2时，即（1－x）∶x＝5∶2，x＝0.24ml，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量＝1ml+0.24ml×＝1.08ml，故D正确。
【点睛】明确氧化性、还原性确定反应的的前后顺序是解本题关键。本题的易错点和难点为D，注意根据物质间的反应并结合原子守恒计算。
6．（2020·吉林德惠一模）某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3－四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（ ）。
A．原溶液的c（H+）＝4ml·L－1
B．若a＝3，则原溶液中c（Cu2+）＝1ml·L－1
C．原溶液中的c（NO3－）＝7ml·L－1
D．BC段发生反应的离子方程式为Cu2++Fe＝Fe2++Cu
【解析】选C。OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g（0.1ml）铁粉与硝酸反应生成Fe3+：Fe+4H++NO3－＝Fe3++NO↑+2H2O，n（H+）＝4n（Fe）＝4×0.1ml＝0.4ml，则溶液中的氢离子的物质的量浓度c（H+）＝＝4ml/L，故A正确；若a＝3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n（Fe2+）＝（4ml/L－3ml/L）×0.1L＝0.1ml，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，n（Cu2+）＝n（Fe2+）＝0.1ml，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c（Cu2+）＝＝1ml/L，故B正确；C点溶液中c（Fe2+）＝4ml/L，故此时溶液中的n（Fe2+）＝cV＝4ml/L×0.1L＝0.4ml，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3－）＝0.8ml，而在OA段加入0.1ml铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1ml，故原溶液中的n（NO3－）总＝0.8ml+0.1ml＝0.9ml，故浓度为c（NO3－）总＝＝9ml/L，故C错误；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，故D正确。
【点睛】明确图示反应原理是解题关键，OA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1ml铁粉与硝酸反应：Fe+4H++NO3－＝Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质的量；AB段，加入的铁粉和溶液中的Fe3+反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+；BC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+．据此分析。
7．（2020·醴陵高三上学期期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（ ）。
A．原混合酸中NO3－物质的量为0.1ml
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气
C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为2.5ml·L－1
【解析】选A。关键看图，铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应，从题干图看出（注意只是第二份100mL）OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气，反应为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，可知NO3－反应完了，第二份中NO3－应为5.6g/56g·ml－1＝0.1ml，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0g，即0.25ml，故原混合酸中H2SO4浓度为0.25ml/0.1L＝2.5ml·L－1，NO3－物质的量为0.2ml。
8．（2020·皖南八校一模）在1L2ml·L－1稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉，反应中氧化产物的物质的量与加入铁粉的物质的量的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）与曲线a对应的离子方程式为_______________________。
（2）曲线b代表的微粒为_____________，n2的值为__________。
（3）若M点时再加入VL2ml·L－1的稀硝酸，恰好反应完全，则V为______。
（4）研究表明硝酸的浓度越小，反应后氮的化合价越低。在极稀的硝酸溶液中加入少量铁粉，生成NH4+的离子方程式为______________________________。
【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，Fe（NO3）3与过量的铁继续反应生成Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe＝3Fe（NO3）2，由此分析解答。
【解析】（1）曲线a代表Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，离子方程式为：Fe+NO3－+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O；（2）根据反应Fe+4HNO3（稀）＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，1L2ml·L－1稀硝酸溶液参与反应，则此时消耗Fe的物质的量为0.5ml，曲线b代表的微粒为亚铁离子，加铁粉从n1到n2发生反应2Fe（NO3）3+Fe＝3Fe（NO3）2，且M点n（Fe3+）＝n（Fe2+），即：
2Fe3+～Fe～3Fe2+
开始：0.5ml 0 0
转化：2x x 3x
M点：0.5－2x x 3x
所以0.5－2x＝3x，x＝0.1ml，故M点消耗铁的物质的量为0.5ml+0.1ml＝0.6ml；（3）M点时再加入VL2ml/L的稀硝酸，恰好反应完全，说明硝酸与0.6ml的铁恰好完全反应生成铁离子，而稀硝酸参加氧化还原反应，氧化性的硝酸占，根据得失电子守恒得3×0.6ml＝×2×（1+V）×3，解之得V＝0.2L；（4）极稀的硝酸液中加入少量铁粉，生成NH4+的离子方程式为：8Fe+3NO3－+30H+＝8Fe3++3NH4++9H2O。
【答案】（1）Fe+NO3－+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O
（2）Fe2+；0.6（3）0.2
（4）8Fe+3NO3－+30H+＝8Fe3++3NH4++9H2O
【点睛】本题考查了铁与稀硝酸的反应、有关方程式的水解，题目难度中等，明确图象中各段反应的反应以及曲线代表的物质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
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