高三化学一轮复习课时作业2：氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定
【2019-2020】高考化学一轮综合复习 第2章 化学物质及其变化 课时4 氧化还原反应的综合应用——配平、计算
教学资料参考范本【2019-2020】高考化学一轮综合复习第2章化学物质及其变化课时4 氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定题型冲关练习撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________1．已知aM2＋＋bO2＋4H＋===cM3＋＋dH2O，则化学计量数c的值为( )A．1 B．2C．3 D．4解析根据质量守恒可得a＝c；根据电荷守恒可得2a＋4＝3c，解得c＝4，选项D正确。
答案D2．含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。
下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是( ) A．x＝0.4a,2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－B．x＝0.6a,2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－C．x＝a,2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－D．x＝1.5a,2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－解析根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋，然后再氧化Br－。
x＝0.4a时，Cl2不能完全氧化Fe2＋，只能发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，A项正确；当x＝0.6a时，Cl2能将Fe2＋完全氧化后，又能氧化的Br－，故B错误；x＝a时，Cl2氧化Fe2＋后又能氧化a mol的Br－，C正确；x＝1.5a时，Cl2能将Fe2＋、Br－完全氧化，D正确。
答案B3．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为( )A．1∶6B．1∶7C．2∶11D．16∶25解析设参加反应的FeS的物质的量为a mol，被还原的HNO3的物质的量为b mol，根据得失电子守恒有：a×(1＋8)＝×1＋×2＋×3，b＝6a，又因为起酸性作用的HNO3的物质的量为3n[Fe(NO3)3]＝3×(a－×2)mol＝a mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为a∶(a＋b)＝1∶7。
新高考化学一轮复习氧化还原反应的计算与方程式的配平课件(64张)
第2课时 氧化还原反应的计算与方程式的配平
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环节1 高考热点突破 素养提升 环节2 新情境专项练 课时质量评价
考点2 氧化还原反应的配平 [抓本质·悟考法]
(1)(直接型氧化还原反应方程式的配平)配平化学方程 式：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O：________________。
第2课时 氧化还原反应的计算与方程式的配平
－1价，M元素由＋3价升高到＋x，根据得失电子守恒可得：6＝
2×(x－3)，解得x＝6，故C项正确。
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第2课时 氧化还原反应的计算与方程式的配平
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环节1 高考热点突破 素养提升 环节2 新情境专项练 课时质量评价
电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 (1)对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反 应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电 子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程 式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与 失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为( )
A．0.80
B．0.85
C．0.90
D．0.93Biblioteka 第2课时 氧化还原反应的计算与方程式的配平
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环节1 高考热点突破 素养提升 环节2 新情境专项练 课时质量评价
【解题关键点】 解答氧化还原反应计算题的依据是得失电子守 恒，即反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，列出守恒 关系式求解。
4．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
高三化学一轮复习 2_9 氧化还原反应的配平及计算教学设计
第二章化学物质及其变化第九课时氧化还原反应的配平及计算〖复习目标〗（1）掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。
（2）能利用得失电子守恒原理进行相关计算。
〖教学重点〗常见氧化还原反应的配平和相关计算〖教学难点〗利用得失电子守恒原理进行相关计算〖教学过程〗【知识精讲】1、氧化还原方程式的书写及配平（1）推断反应物和产物根据氧化还原反应的原理，即氧化反应和还原反应同时发生，以及归中原理判断氧化剂和还原剂，氧化产物和还原产物。
（2）配平氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。
氧化还原反应化学方程式的配平步骤为：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：求元素化合价升高和降低的总数，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。
（3）缺项补项在配平中缺项，一般通过质量守恒可以判断，更多时候考查H和O的缺项，如左边O多，可以采用O+2H+→H2O或O+H2O→2OH-；左边少O，可以H2O→2H++O或2OH-→H2O+O。
（4）抓住一个关键，掌握三个原则①一个关键准确判断并标出变价元素的化合价，求出化合价升降数及其最小公倍数，进而求得氧化剂、还原剂的化学计量数。
②三个原则a、反应前后各元素的原子个数相等。
b、氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。
c、反应前后各带电微粒所带电荷总数相等（离子反应）（5）配平的基本方法①全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
②自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
北京市高三化学一轮复习 2.9 氧化还原反应的配平及计
2-9 氧化还原反应的配平及计算1．进入人体的O2有2%转化为“活性氧”，它能加速人的衰老，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”。
下列说法正确的是（）A． Na2SeO3在反应中做氧化剂 B．Na2SeO3在反应中做还原剂C．亚硒酸钠中硒的化合价为+6价 D．“活性氧”在反应中做催化剂【答案】B【解析】A、亚硒酸钠消除活性氧，活性氧具有氧化性，亚硒酸钠做还原剂，错误，不选A；B、亚硒酸钠做还原剂，正确，选B；C、亚硒酸钠中硒的化合价为+4，错误，不选C；D、活性氧做氧化剂，错误，不选D。
2．在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为（）A．1 mol B．1/2 molC．2/3 mol D．1/3 mol【答案】A【解析】碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从0价降低到－2价，根据电子得失守恒可知2 mol的KI被氧化时，失去2mol电子，所以被还原的氧原子为2mol÷2＝1mol，答案选A。
3．某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl- 六种微粒。
其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。
下列判断错误的是（）A．反应的氧化剂是ClO- B．消耗l mol还原剂，转移电子6 mol C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2 D．反应后溶液中H+的物质的量变大【答案】B【解析】铵根离子逐渐减少，说明铵根离子是反应物，则从铵根离子到氮气，氮元素的化合价升高，所以次氯酸做反应物，氯离子是生成物，方程式为：2NH4++3ClO-=3N2+3Cl-+3H2O+2H+。
A、反应中氧化剂是次氯酸根离子，正确，不选A；B、铵根离子是还原剂，每消耗1摩尔还原剂，转移3摩尔电子，错误，选B；C、氧化剂和还原剂的比例为3:2，正确，不选C；D、由于反应生成氢离子，所以氢离子物质的量变大，正确，不选D。
2022年高三上学期一轮复习化学学案：《氧化还原反应的综合应用—配平、计算及滴定》
第10节氧化复原反响的综合应用——配平、计算及滴定氧化复原反响是高考考查的热点和重点，在高中化学教材中有三局部内容涉及氧化复原反响知识。
?必修1?涉及氧化复原反响的相关概念及配平，?必修2?和?化学反响原理?涉及氧化复原反响的拓展知识，以及原电池和电解池的相关知识。
对于氧化复原反响配平、计算及滴定，是高考化学局部的难点，在非选择题中；常把这一重要知识融合于无机综合、工艺流程及实验中进行考查，在复习时一定掌握好配平技巧，充分利用守恒思想解题，另外还需要与酸碱中和滴定相结合掌握好氧化复原反响滴定的仪器、步骤、误差分析及相关含量的计算。
微题型一氧化复原反响的配平【方法指导】配平的根本方法1．正向配平法：全变从左边配：氧化剂、复原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反响物着手配平。
2．逆向配平法：自变从右边配：自身氧化复原反响包括分解、歧化一般从右边着手配平。
3．缺项配平法：先用得失电子数相等配平，再观察两边电荷。
假设反响物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；假设反响物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水。
然后进行两边电荷数配平。
4．当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变价找准氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物。
命题点一氧化复原反响方程式的配平方法1．正向配平1 Cu＋ HNO3稀=== CuNO32＋NO↑＋ H 2O2 H2S＋ SO2=== S↓＋ H2O3 MnO2＋ HCl浓错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!ol时，以下有关说法错误的选项是A．假设某温度下，反响后错误!＝11，那么溶液中错误!＝错误!B．参加反响的氯气的物质的量等于错误!a molC．改变温度，反响中转移电子的物质的量n e的范围：错误!a mol≤n e≤错误!a molD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为错误!a mol1．现有24 mL浓度为mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与2021L浓度为mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反响。
高三化学一轮复习【氧化还原反应的计算及滴定 】
高三化学一轮复习氧化还原反应的计算及滴定一、选择题1、一定物质的量的Cl 2与NaOH 溶液反应，所得产物中含NaClO 和NaClO 3的物质的量之比为3∶5，则参加反应的Cl 2与NaOH 的物质的量之比为（ ） A ．8∶11 B ．3∶5 C ．1∶2 D ．9∶42、物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N 2O ，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）A ．1∶4B ．1∶5C ．2∶3D ．2∶53、含有砒霜(As 2O 3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH 3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50 mg ，则( ) A ．被氧化的砒霜为1.98 mg B ．分解产生的氢气为0.672 mLC ．和砒霜反应的锌为3.90 mgD ．转移的电子总数为6×10－5N A 4、已知反应：10AgF ＋5Cl 2＋5H 2O===9AgCl ＋AgClO 3＋10HF ＋O 2下列关于该反应的叙述不正确的是( )A ．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9∶5B ．当反应中有1 mol 电子转移时，被还原氯气的物质的量为118molC ．每产生1 mol O 2时，被氧元素还原的氯气的物质的量为 2 molD ．参加反应的水有25被氧化5、某稀溶液中含有4 mol KNO 3和2.5 mol H 2SO 4，向其中加入1.5 mol Fe ，充分反应(已知NO －3被还原为NO)。
下列说法正确的是( ) A ．反应后生成NO 的体积为28 L B ．所得溶液中c(Fe 2＋)∶c(Fe 3＋)＝1∶1 C ．所得溶液中c(NO －3)＝2.75 mol·L －1 D ．所得溶液中的溶质只有FeSO 4 6、下列有关说法正确的是( )A ．1 mol Cl 2参加反应转移电子数一定为2N AB ．在反应KIO ＋6HI===KI ＋3I ＋3H O 中，每生成3 mol I 转移的电子数为6NC ．根据反应中HNO 3(稀)――→被还原NO ，而HNO 3(浓)――→被还原NO 2可知，氧化性：HNO 3(稀)>HNO 3(浓) D ．含有大量NO －3的溶液中，不能同时大量存在H ＋、Fe 2＋、Cl －7、Cu 2S 与一定浓度的HNO 3反应，生成Cu(NO 3)2、CuSO 4、NO 2、NO 和H 2O 。
2025届高中化学高考复习学案：氧化还原反应的配平与计算
氧化还原反应的配平与计算（答案在最后）1. 掌握氧化还原反应方程式的配平方法及书写技巧。
2．掌握氧化还原反应的相关计算。
考点一 氧化还原反应方程式的配平1.配平依据感悟：2．配平步骤类型1 直接配平类【教考衔接】典例 配平化学方程式：H 2S ＋HNO 3―→S ↓＋NO ↑＋H 2O 。
配平步骤如下：第一步：标变价。
H 2S －2 ＋HN ＋5 O 3―→S 0 ↓＋N ＋2O ↑＋H 2O第二步：列得失。
第三步：求总数。
从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
故H 2S 的化学计量数为3，NO 的化学计量数为2。
第四步：配系数。
先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。
3H 2S ＋2HNO 3===3S ↓＋2NO ↑＋4H 2O第五步：查守恒。
其他原子在配平时相等，最后利用O 原子守恒来进行验证。
听课笔记【师说·延伸】 配平步骤概括为：标变价→列得失→求总数→配系数。
【对点演练】考向一 一般配平类1．(1) HCl(浓)＋ MnO 2=====△ Cl 2↑＋ MnCl 2＋ H 2O (2) KI ＋ KIO 3＋ H 2SO 4=== I 2＋ K 2SO 4＋ H 2O (3) MnO －4 ＋ H ＋＋ Cl －=== Mn 2＋＋ Cl 2↑＋ H 2O2．(1) S ＋ KOH=== K 2S ＋ K 2SO 3＋ H 2O (2) P 4＋ KOH ＋ H 2O=== K 3PO 4＋ PH 33．(1) KClO 3＋ H 2C 2O 4＋ H 2SO 4=== ClO 2↑＋ CO 2↑＋ KHSO 4＋ H 2O (2) C 2H 6O ＋ KMnO 4＋ H 2SO 4=== K 2SO 4＋ MnSO 4＋ CO 2↑＋ H 2O考向二 含未知数方程式的配平4．(1) Fe x S ＋ HCl=== S ＋ FeCl 2＋ H 2S(2)Na2S x＋NaClO＋NaOH===Na2SO4＋NaCl＋H2O类型2缺项配平类【教考衔接】典例将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)。
高考化学一轮总复习 专题二 第三单元 课时2 氧化还原反应方程式的配平及计算(含解析)苏教版
课时2 氧化还原反应方程式的配平及计算(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。
) 1．O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3＋I－＋H＋―→I2＋O2＋H2O(未配平)，下列说法正确的是()。
A．配平后的离子方程式为2O3＋2I－＋4H＋===I2＋2O2＋2H2OB．每生成1 mol I2转移电子2 molC．O2是还原产物之一D．该反应能说明O2的氧化性大于I2的解析A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋===I2＋O2＋H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。
答案 B2．锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。
当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为()。
A．2 mol B．1 mol C．0.5 mol D．0.25 mol解析依据Zn＋HNO3(稀)―→Zn(NO3)2＋NH4NO3＋H2O，Zn：0―→＋2，化合价改变值为2，N：＋5―→－3，化合价改变值为8，根据化合价升降总值相等得：Zn(NO3)2的化学计量数为4，NH4NO3的化学计量数为1，然后根据原子守恒配平化学方程式为4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，当生成1 mol Zn(NO3)2时，被还原的HNO3为0.25 mol。
答案 D3．24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·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( )。
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综合课时5 氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定(时间：45分钟)1．下列有关反应SiO 2＋3C=====高温SiC ＋2CO ↑的叙述中，正确的是( )。
A ．氧化剂是SiO 2B ．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C ．碳在反应中只作还原剂D ．若生成1 mol SiC ，则转移电子2 mol解析 该反应的氧化剂和还原剂都是碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A 、C 错误，B 项正确；生成1 mol SiC 转移电子4 mol ，D 项错误。
答案 B2．(NH 4)2PtCl 6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )。
A ．2∶3B ．3∶2C ．4∶3D ．1∶3 解析 (NH 4)2PtCl 6分解反应的氧化产物是N 2，还原产物是Pt ，根据电子得失守恒得：6n (N 2)＝4n (Pt)，n (N 2)∶n (Pt)＝2∶3。
答案 A3．一未配平的离子方程式为______＋XO －3＋6H ＋===3X 2＋3H 2O ，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为( )。
A ．1∶1B ．3∶1C ．5∶1D ．7∶1 解析 由质量守恒和电荷守恒可得出该离子方程式为5X －＋XO －3＋6H＋===3X2＋3H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1。
答案 C4．(2014·湖南四校联考)已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO－3―→AsO3－4＋SO2－4＋NO↑＋________(未配平)，下列说法错误的是()。
A．配平后水的化学计量数为4B．反应后溶液呈酸性C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28D．氧化产物为AsO3－4和SO2－4解析从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO3－4和SO2－4，而NO－3转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为：3As2S3＋4H2O＋28NO－3===6AsO3－4＋9SO2－4＋28NO↑＋8H＋，则A、B、D 正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为28∶3，则C不正确。
答案 C5．(2014·济宁期末)O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3＋I－＋H＋―→I2＋O2＋H2O(未配平)，下列说法正确的是()。
A．配平后的离子方程式为2O3＋2I－＋4H＋===I2＋2O2＋2H2OB．每生成1 mol I2转移电子2 molC．O2是还原产物之一D．该反应能说明O2的氧化性大于I2的解析A项中离子方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋===I2＋O2＋H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。
答案 B6．向21.6 g铁粉和铜粉的混合物中加入1 L 1 mol·L－1硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。
则反应后溶液中c(NO－3)可能为(忽略溶液体积的变化)( )。
A ．0.45 mol·L －1B ．0.6 mol·L －1C ．0.75 mol·L －1D ．0.9 mol·L －1 解析 电子守恒法 A(Fe 、Cu)――→－2e －A(NO 3)2由此可知反应后溶液中的NO －3与反应转移电子数相同，设NO －3、NO 的物质的量分别为x 、y则：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝1 mol·L －1×1 L ＝1 mol 3y ＝x解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0.75 mol y ＝0.25 molc (NO －3)＝0.75 mol·L －1。
答案 C 7．某含铬(Cr 2O 2－7)废水用硫酸亚铁铵[FeSO 4·(NH 4)2SO 4·6H 2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。
该沉淀经干燥后得到n mol FeO·Fe y Cr x O 3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( )。
A ．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n (2－x )molB ．处理废水中Cr 2O 2－7的物质的量为nx 2molC ．反应中发生转移的电子总物质的量为3nx molD ．在FeO·Fe y Cr x O 3中，3x ＝y解析 Cr 2O 2－7具有强氧化性，Fe 2＋具有还原性，二者作用后铁元素由＋2价被氧化为＋3价，铬元素由＋6价被还原为＋3价。
由铁原子和铬原子守恒可知消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n (1＋y )mol ，废水中Cr 2O 2－7的物质的量为nx 2mol ，A 项错误，B 项正确；铁元素由＋2价被氧化为＋3价，失电子总数为ny mol ，铬元素由＋6价被还原为＋3价，得电子总物质的量为3nx mol ，由得失电子数相等得3x＝y，C、D项正确。
答案 A8．某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是()。
Au2O3＋＋―→＋＋A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol解析Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。
根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3―→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。
由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。
答案 C9．将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生的两个化学反应为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO2－4＋2Fe2＋＋4W①，Cr2O2－7＋a Fe2＋＋b H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O②。
下列有关说法正确的是()。
A．还原性：Cr3＋＞SO2B．方程式②中，a＝6，b＝7C．Cr2O2－7能将Na2SO3氧化成Na2SO4D．方程式①中W为OH－解析由反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe3＋为氧化剂，且还原性为SO2＞Fe2＋，氧化性为Fe3＋＞SO2－4。
反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr2O2－7为氧化剂，且还原性为Fe2＋＞Cr3＋，氧化性为Cr2O2－7＞Fe3＋。
由此可见选项A错误。
选项B，配平反应②：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故a＝6，b＝14，错误。
选项C，由于Cr2O2－7具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O2－7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。
选项D，根据质量守恒定律，可知反应①中W为H＋，错误。
答案 C10．(2014·商丘第一次统考，12)向某FeBr2溶液中通入1.12 L(标准状况)的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L－1。
反应过程中溶液的体积变化不计。
则下列说法中正确的是()。
A．原溶液的浓度为0.1 mol·L－1B．反应后溶液中c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1C．反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Fe2＋)D．原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L－1解析该题解题的关键是明确Cl2与Fe2＋和Br－的反应顺序。
还原性Fe2＋＞Br－，向FeBr2溶液中通入Cl2时，反应顺序为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，测得溶液中含有Br－，说明Cl2完全反应转化为Cl －，1.12 L(标准状况)Cl2的物质的量为0.05 mol，根据氯原子守恒可知n(Cl－)＝0.1mol，则溶液的体积为1 L，溶液中n(Br－)＝3n(Cl－)＝0.3 mol。
若溶液中Br－参加反应，令溶液中FeBr2物质的量为x mol，则根据电子转移守恒，x＋(2x－0.3)＝0.1，解得x＝2/15 mol，2/15 mol Fe2＋的提供电子为2/15 mol 大于0.05 mol Cl2能够获得电子0.1 mol，且(2x－0.3)＜0，不符合题意。
若溶液中Br－未参加反应，则原溶液中的Fe2＋物质的量为0.15 mol，0.15 mol Fe2＋能够提供电子0.15 mol，0.05 mol Cl2能够获得电子0.1 mol，Fe2＋有剩余，符合题意，所以原溶液含有FeBr20.15 mol，根据电子转移守恒，被氧化的Fe2＋为0.05 mol×2＝0.1 mol，生成Fe3＋为0.1 mol，剩余Fe2＋为0.15 mol－0.1 mol＝0.05 mol。
A项，原溶液含有FeBr2 0.15 mol，则原溶液的浓度为0.15mol·L－1，错误；B项，反应后溶液中生成的Fe3＋为0.1 mol，则反应后溶液中c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1，正确；C项，反应后溶液中c(Fe2＋)＝0.05 mol·L－1，错误；D项，原溶液中含有FeBr2 0.15 mol，则原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L－1，错误。
答案 B11．(2014·广州调研)KMnO4是一种典型的强氧化剂。
请回答下列问题：(1)实验室中可用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液滴定含Fe2＋的溶液，从而测定溶液中Fe2＋的浓度，离子反应方程式如下，请在空格内填上缺少的反应物，并配平：Fe2＋＋____MnO－4＋____===____Fe3＋＋____Mn2＋＋____H2O(2)在稀硫酸中，MnO－4和H2O2也能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O2－2e－===2H＋＋O2↑还原反应：MnO－4＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O①写出该氧化还原反应的化学方程式：________________________________。
反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为________。