新高考化学一轮复习讲义 第1章 第5讲　氧化还原反应的计算与方程式的配平

这是一份新高考化学一轮复习讲义 第1章 第5讲　氧化还原反应的计算与方程式的配平，共12页。试卷主要包含了全面，扎实训练学科基本技能，培养学生积极的学习态度，有计划等内容，欢迎下载使用。

要正确理解基础，不是会做几个简单题就叫基础扎实。对于一轮复习，基础就是像盖房子一样，需要着力做好两件大事：一是夯实地基，二是打好框架。
2、扎实训练学科基本技能、理解感悟学科基本方法。
一轮复习，要以教材为本，全面细致的回顾课本知识，让学生树立“教材是最好的复习资料”的观点，先引导学生对教材中所涉及的每个知识点进行重新梳理，对教材中的概念、定理、定律进一步强化理解。
3、培养学生积极的学习态度、良好的复习习惯和运用科学思维方法、分析解决问题的能力。
落实学生解题的三重境界：一是“解”，解决当前问题。二是“思”，总结解题经验和方法。三是“归”，回归到高考能力要求上去。解题上强化学生落实三个字：慢（审题），快（书写），全（要点全面，答题步骤规范）。
4、有计划、有步骤、有措施地指导学生补齐短板。
高三复习要突出重点，切忌主次不分，无的放矢。要在“精讲”上下足功夫。抓住学情，讲难点、重点、易混点、薄弱点；讲思路、技巧、规范；讲到关键处，讲到点子上，讲到学生心里去。
第5讲 氧化还原反应的计算与方程式的配平
复习目标 1.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。2.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。
考点一 电子守恒法计算
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
一、确定元素价态或物质组成
1．现有24 mL浓度为0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 ml·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
答案 B
解析 题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 ml·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 ml·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 ―→xNa2eq \(S,\s\up6(＋6))O4，Naeq \(Cl,\s\up6(＋1))O―→Naeq \(Cl,\s\up6(－1))，
得关系式1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))))·x＝16×2，x＝5。
二、多元素之间得失电子守恒问题
3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 ml H2O参加反应，被水还原的溴为( )
A．1 ml B.eq \f(2,3) ml
C.eq \f(4,3) ml D．2 ml
答案 C
解析 设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 ml H2O参加反应，失去电子4 ml，根据得失电子守恒得：3x＝4 ml，x＝eq \f(4,3) ml。
4．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 ml CuSO4可氧化P的物质的量为________ml。生成1 ml Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________ml。
答案 1.5 2.2
解析 设7.5 ml CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 ml Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，根据得失电子守恒得：7.5 ml×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 ml。1 ml×3×(2－1)＋
1 ml×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 ml，所以参加反应的P的物质的量为1.2 ml＋1 ml＝2.2 ml。
三、多步反应得失电子守恒问题
5．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，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17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
答案 B
解析 反应流程为
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(Mg,Cu))eq \(――→,\s\up7(浓HNO3))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Mg2＋、Cu2＋\(――→,\s\up7(NaOH))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4))
x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)×1＋eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1)×2×1＝0.46 ml，所以x g＝17.02 g－0.46 ml×
17 g·ml－1＝9.20 g。
6．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1.68 L O2(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5 ml·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
答案 A
解析 由题意可知，HNO3eq \(,\s\up7(Cu),\s\d5(O2))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(NO2,N2O4,NO))，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq \f(1.68 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 ml，则V(NaOH)＝eq \f(0.3 ml,5 ml·L－1)＝0.06 L＝
60 mL。
考点二 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
一、一般配平类
1．正向配平
(1)______HCl(浓)＋______MnO2eq \(=====,\s\up7(△))______Cl2↑＋______MnCl2＋______H2O
(2)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2O
(3)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O
(4)______MnOeq \\al(－,4)＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O
答案 (1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8
2．逆向配平
(1)____S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O
(2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑
答案 (1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
3．含有未知数的配平
(1)______FexS＋____HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S
(2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O
答案 (1)eq \f(1,x) 2 (eq \f(1,x)－1) 1 1
(2)1 (3x＋1) (2x－2) x (3x＋1) (x－1)
4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)______KClO3＋______H2C2O4＋______H2SO4===______ClO2↑＋______CO2↑＋______KHSO4＋______H2O
(2)______C2H6O＋______KMnO4＋______H2SO4===______K2SO4＋______MnSO4＋______CO2↑＋______H2O
答案 (1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
二、缺项配平类
5．(1)______ClO－＋______Fe(OH)3＋________===______Cl－＋______FeOeq \\al(2－,4)＋______H2O
(2)______MnOeq \\al(－,4)＋______H2O2＋________===______Mn2＋＋______O2↑＋______H2O
(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
eq \x( )＋eq \x( )＋eq \x( )eq \(=====,\s\up7(高温))eq \x( )AlN＋eq \x( )
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
eq \x( )NaBiO3＋eq \x( )Mn2＋＋eq \x( )____===eq \x( )Na＋＋eq \x( )Bi3＋＋eq \x( )____＋eq \x( )____
答案 (1)3 2 4OH－ 3 2 5
(2)2 5 6H＋ 2 5 8
(3)Al2O3 3C N2 2 3CO
(4)5 2 14 H＋ 5 5 2 MnOeq \\al(－,4) 7 H2O
解析 (3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
“三步法”突破缺项型氧化还原方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱
(OH－)，其配平流程为
1．(1)[2018·全国卷Ⅱ，26(1)]闪锌矿(ZnS)在空气中焙烧，反应的化学方程式为_____________
________________________________________________________________________。
(2)[2018·北京，28(2)①改编]K2FeO4在酸性溶液中不稳定，快速产生O2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________________。
答案 (1)2ZnS＋3O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2ZnO＋2SO2
(2)4FeOeq \\al(2－,4)＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
2．(2020·山东等级模拟考，12改编)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4＋4H＋===PbO2＋2Pb2＋＋2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SOeq \\al(2－,4)===2MnOeq \\al(－,4)＋5PbSO4＋2H2O。下列推断正确的是( )
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnOeq \\al(－,4)
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb＋16HNO3===3Pb(NO3)4＋4NO↑＋8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑
答案 D
解析 反应Ⅰ中HNO3未将Pb2＋氧化，可证明氧化性：HNO3＜Pb(Ⅳ)，故B、C错误；D选项，根据反应Ⅱ可知氧化性：PbO2＞MnOeq \\al(－,4)，又知氧化性(酸性条件)：MnOeq \\al(－,4)＞Cl2，故能发生反应。
3．(2021·湖南1月适应性考试，8)已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是( )
A．氧化性：NaClO3>Cl2
B．当反应中有2 ml e－转移时，被氧化的HCl为4 ml
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
答案 B
解析 氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 ml e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1升高到0，则被氧化的HCl为2 ml，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
课时精练
1．下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是( )
A．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
D．I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
答案 A
解析 KClO3中Cl元素的化合价由＋5降低为0，HCl中Cl元素的化合价由－1升高为0，Cl2既是氧化产物也是还原产物，故选A；Na元素的化合价升高，NaOH为氧化产物，H元素的化合价降低，氢气为还原产物，故不选B；Na2O2中O元素的化合价一部分由－1升高到0，氧化产物是氧气，一部分由－1降低到－2，还原产物为氢氧化钠，故不选C；I元素的化合价由0降低到－1，还原产物为NaI，S元素的化合价由＋2升高到＋eq \f(5,2)，氧化产物是Na2S4O6，故不选D。
2．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2Oeq \\al(2－,7)和Pb2＋，则与1 ml Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为( )
A．3.0 ml B．1.5 ml C．1.0 ml D．0.75 ml
答案 B
解析 当1 ml Cr3＋被氧化生成0.5 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)时，失去的电子为3 ml，而1 ml PbO2被还原只能得到2 ml电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 ml。
3．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是( )
A．向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B．途径 Ⅱ 中若生成1 ml I2，消耗2.5 ml NaHSO3
C．氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IOeq \\al(－,3)
D．一定条件下，I－与IOeq \\al(－,3)反应可能生成I2
答案 D
4．NaNO2是一种食品添加剂。但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnOeq \\al(－,4)＋NOeq \\al(－,2)＋eq \x( )―→Mn2＋＋NOeq \\al(－,3)＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NOeq \\al(－,2)被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 ml NaNO3需消耗0.4 ml KMnO4
D.eq \x( )中的粒子是OH－
答案 C
解析 NOeq \\al(－,2)中N元素的化合价升高，NOeq \\al(－,2)被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnOeq \\al(－,4)＋5NOeq \\al(－,2)＋6H＋===2Mn2＋＋5NOeq \\al(－,3)＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
5．已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是( )
A．Cl2 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
答案 C
解析 由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为MnOeq \\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>I2，还原性由强至弱的顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。氯气能将Fe2＋、I－氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。
6．向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析不正确的是( )
A．最后溶液变成无色表明SO2具有还原性
B．通入SO2气体时，每反应1 ml SO2会转移1 ml e－
C．根据上述实验现象可知氧化性：Cu2＋＞I2＞SOeq \\al(2－,4)
D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
答案 B
解析 溶液呈淡黄色，说明有I2生成，碘元素化合价由－1升高到0，硫酸根离子只有在浓硫酸状态时有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2＋，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2＋应还原为Cu＋，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2与SO2反应生成I－，SO2被氧化为H2SO4，表明SO2具有还原性，故A正确；通入SO2气体时，发生反应：SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI，由反应可知，每反应1 ml SO2会转移2 ml e－，故B错误；由反应2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2可知，物质的氧化性：Cu2＋＞I2，由反应SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI可知，物质氧化性：I2＞SOeq \\al(2－,4)，所以氧化性：Cu2＋＞I2＞SOeq \\al(2－,4)，故C正确；加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，故D正确。
7．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 ml·L－1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 ml·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是( )
A．N2 B．N2O C．NO D．NO2
答案 B
解析 根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00×10－3 L×0.049 ml·
L－1×(x＋1)＝24.50×10－3L×0.020 ml·L－1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。
8．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2＋＋2S2Oeq \\al(2－,3)＋O2＋aOH－===Y＋S4Oeq \\al(2－,6)＋2H2O，下列有关说法不正确的是( )
A．a＝4
B．Y的化学式为Fe2O3
C．S2Oeq \\al(2－,3)是还原剂
D．每32 g O2参加反应，转移电子的物质的量为4 ml
答案 B
解析 由电荷守恒可知3×2＋a×(－1)＋2×(－2)＝－2，则a＝4；由质量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3，含O原子的个数为4，故Y的化学式为Fe3O4；该反应中还原剂为Fe2＋、S2Oeq \\al(2－,3)，氧化剂为O2。
9．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中
c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是( )
A．0.75 ml·L－1 B．1.5 ml·L－1
C．2 ml·L－1 D．3 ml·L－1
答案 D
解析 标准状况下Cl2的物质的量是eq \f(5.04 L,22.4 L·ml－1)＝0.225 ml，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x ml·L－1，则0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。
10．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的K2Cr2O7为0.1 ml
答案 D
解析 AB段为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BC段为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，B正确；由图可知BC段消耗0.9 ml I－，由2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝n(I－)＝0.9 ml，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 ml，那么根据Cr2Oeq \\al(2－,7)～
2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为eq \f(0.9,6)ml＝0.15 ml，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15 ml∶0.9 ml＝1∶6，C正确；三个过程合在一起Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－，共消耗的n(I－)＝1.5 ml，则刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为eq \f(1.5,6)ml＝0.25 ml，D错误。
11．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 ml·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a ml铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )
A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml
C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M
D．若有固体剩余则可能只是铁
答案 D
解析 因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。混合溶液中
n(Fe3＋)＝ 1 ml·L－1×0.1 L×2＝0.2 ml，则：当a≤0.1时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当 0.1≤a<0.2时，Fe3＋全部被还原，n(M2＋)＝1 ml·L－1×0.1 L＝0.1 ml，加入的铁粉全部变为Fe2＋，根据铁元素守恒，n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml，B正确；当a≥0.2 时，Fe3＋和M2＋均反应完全，此时发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M，C正确；若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，不可能只有Fe，D错误。
12．(1)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。
(2)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
(3)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中，P元素的化合价为________。
②利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。
答案 (1)1 (2)2∶1 (3)①＋1 ②H3PO4
解析 (1)联氨与高压锅炉水中溶解的氧发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为eq \f(1 000 g,32 g·ml－1)×32 g·ml－1＝1 000 g＝1 kg。
(2)n(KClO3)×(5－4)＝n(Na2SO3)×(6－4)，eq \f(nKClO3,nNa2SO3)＝eq \f(2,1)。
(3)②设氧化产物中P的化合价为＋x，则4×(1－0)＝1×(x－1)，x＝5，故氧化产物为H3PO4。
13．已知还原性：HSOeq \\al(－,3)>I－，氧化性：IOeq \\al(－,3)>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
eq \x( )NaIO3＋eq \x( )NaHSO3===eq \x( )I2＋eq \x( )Na2SO4＋eq \x( )H2SO4＋eq \x( )H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__________(填化学式)。
(3)在含5 ml NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_____________________________________________________________________________；
当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为__________ml。
答案 (1)===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O (2)NaI (3)IOeq \\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O eq \f(11,6)
解析 (2)由还原性：HSOeq \\al(－,3)>I－可知，当NaHSO3溶液过量时，IOeq \\al(－,3)先被还原成I2，再被还原成I－。(3)OA段，随着IOeq \\al(－,3)的量增加，NaHSO3的量减少，IOeq \\al(－,3)被还原成I－，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I－的反应：IOeq \\al(－,3)＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当I－与I2的物质的量之比为5∶3时，设加入的NaIO3为x ml，根据转移电子数守恒，得5×2＝eq \f(5,11)x×6＋eq \f(6,11)x×5，解得x＝eq \f(11,6)。