《2025年高中总复习优化设计高中化学》

进阶1 练易错·避陷阱
1.(2024·湖北黄冈调研)${NiFe}$基催化剂是碱性条件下活性较高的催化剂之一，在${NiFe}$基催化剂自修复水氧化循环中，${FeO^{2-}_{4}}$发生的一步反应为${FeO^{2-}_{4} + H_{2}O = FeOOH + O_{2}↑ + OH^{-}}$(未配平)，下列说法正确的是(D)

A.${FeO^{2-}_{4}}$中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价层电子数相等
B.反应中${FeOOH}$是氧化产物
C.生成$22.4L\ {O_{2}}$时，转移$4mol$电子
D.配平后，${FeO^{2-}_{4}}$与${H_{2}O}$的化学计量数之比为$2:3$

答案： 1. D 解析$FeO_4^{2-}$中铁元素的化合价为+6价，基态铁原子的价层电子排布式为$3d^64s^2$，A错误;$FeOOH$是还原产物，B错误;未注明温度和压强，不能确定$O_2$的物质的量，C错误;配平后的化学方程式为$4FeO_4^{2-} + 6H_2O = 4FeOOH + 3O_2↑ + 8OH^-$，则$FeO_4^{2-}$与$H_2O$的化学计量数之比为2∶3，D正确。

2. 测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①${KMnO_{4}}$溶液处理：${CH_{3}OH + MnO^{-}_{4} + X→CO^{2-}_{3} + MnO^{2-}_{4} + H_{2}O}$(未配平，下同)；②酸化处理：${MnO^{2-}_{4} + H^{+}→MnO_{2}↓ + MnO^{-}_{4} + H_{2}O}$，下列说法错误的是(C)

A.“反应①”中$X$为${OH^{-}}$，配平后化学计量数为$8$
B.“反应①”中氧化性：${MnO^{-}_{4} ＞ CO^{2-}_{3}}$
C.“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D.“反应②”消耗$71.4g\ {MnO^{2-}_{4}}$时，反应中转移$0.4mol\ e^{-}$

答案： 2. C 解析根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为$CH_3OH + 6MnO_4^- + 8OH^- = CO_3^{2-} + 6MnO_4^{2-} + 6H_2O$，A错误;"反应①"中$MnO_4^-$为氧化剂，$CO_3^{2-}$是氧化产物，则氧化性:$MnO_4^- ＞ CO_3^{2-}$，B正确;由于Cl在酸性条件下可与$MnO_4^-$、$MnO_4^{2-}$发生氧化还原反应，因此"反应②"中不能用盐酸进行酸化，C错误;根据氧化还原反应配平"反应②"为$3MnO_4^{2-} + 4H^+ = MnO_2↓ + 2MnO_4^- + 2H_2O$，则消耗71.4 g $MnO_4^{2-}$(其物质的量为$\frac{71.4 g}{119 g·mol^{-1}} = 0.6 mol$)时，反应中转移电子为$\frac{2}{3}×0.6 mol = 0.4 mol$，D正确。

3. 高铁酸钾${(K_{2}FeO_{4})}$是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上制取${K_{2}FeO_{4}}$时，向${KOH}$溶液中通入${Cl_{2}}$，然后加入${Fe(NO_{3})_{3}}$溶液发生反应：①${KOH + Cl_{2}→KCl + KClO + KClO_{3} + H_{2}O}$(未配平)；②${2Fe(NO_{3})_{3} + 3KClO + 10KOH = 2K_{2}FeO_{4} + 6KNO_{3} + 3KCl + 5H_{2}O}$，下列说法正确的是(B)

A.${Cl_{2}}$通入${KOH}$溶液，反应后溶液中$n({ClO^{-}}):n({ClO^{-}_{3}}) = 5:1$，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为$2:1$
B.若$2L\ 2mol·L^{-1}$的${KOH}$溶液完全反应，能吸收标准状况下$44.8L\ {Cl_{2}}$
C.${K_{2}FeO_{4}}$具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比${KClO}$强
D.若反应①产物中$n({KClO}):n({KClO_{3}}) = 5:1$，按过程①②反应得到$3.96kg\ {K_{2}FeO_{4}}$，理论上消耗${Cl_{2}}$为$30mol$

答案： 3. B 解析$Cl_2$通入KOH溶液，反应后溶液中$n(ClO^-):n(ClO_3^-) = 5∶1，$设n(ClO^-) = 5x mol、$n(ClO_3^-) = x mol，$根据转移电子守恒得n(Cl^-) = 5x mol×[(+1)-0] + x mol×[(+5)-0] = 10x mol，则做氧化剂的氯气为5x mol，做还原剂的$Cl_2$为3x mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，A错误;氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、$KClO_3$时，K、Cl原子个数之比为1∶1，$n(KOH) = 2 mol·L^{-1}×2 L = 4 mol，$需要n(Cl) = n(K) = 4 mol，则有$n(Cl_2) = \frac{1}{2}n(Cl) = \frac{1}{2}×4 mol = 2 mol，$$V(Cl_2) = 2 mol×22.4 L·mol^{-1} = 44.8 L，$B正确;反应②中，Cl元素由+1价变为-1价，Fe元素由+3价变为+6价，则KClO是氧化剂、$K_2FeO_4$是氧化产物，故氧化性$:KClO ＞ K_2FeO_4，$C错误$;n(K_2FeO_4) = \frac{3960 g}{198 g·mol^{-1}} = 20 mol，$根据反应②知，$n(KClO) = \frac{3}{2}n(K_2FeO_4) = 30 mol，$根据反应①的化学方程式可知，消耗的$n(Cl_2) = \frac{8}{5}n(KClO) = 48 mol，$D错误。

4.(2022·辽宁卷，17节选)取$2.50g\ {H_{2}O_{2}}$产品，加蒸馏水定容至$100mL$摇匀，取$20.00mL$置于锥形瓶中，用$0.0500mol·L^{-1}$酸性${KMnO_{4}}$标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为$19.98mL$、$20.90mL$、$20.02mL$。假设其他杂质不干扰结果，产品中${H_{2}O_{2}}$质量分数为17%。

答案： 4. 答案17%
解析滴定反应中，$MnO_4^- → Mn^{2+}$，Mn元素由+7价降低到+2价，$H_2O_2 → O_2$O元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒可得关系式:$2KMnO_4～5H_2O_2$。三组数据中20.90 mL偏差较大，应舍去，故消耗酸性$KMnO_4$溶液的平均体积为20.00 mL，则$H_2O_2$的质量分数为$\frac{20.00×10^{-3} L×0.050 0 mol·L^{-1}×\frac{5}{2}×\frac{100 mL}{20.00 mL}×34 g·mol^{-1}}{2.50 g}×100\% = 17\%$。

5.(2022·山东卷，18节选)现有含少量杂质的${FeCl_{2}·nH_{2}O}$，为测定$n$值进行如下实验。
实验Ⅰ：称取$m_{1}g$样品，用足量稀硫酸溶解后，用$c mol·L^{-1}\ {K_{2}Cr_{2}O_{7}}$标准溶液滴定${Fe^{2+}}$达终点时消耗$V mL$(滴定过程中${Cr_{2}O^{2-}_{7}}$转化为${Cr^{3+}}$，${Cl^{-}}$不反应)。
实验Ⅱ：另取$m_{1}g$样品，利用上述装置与足量${SOCl_{2}}$反应后(已知${SOCl_{2}}$遇水极易反应生成两种酸性气体)，固体质量为$m_{2}g$。
则$n =$$\frac{1000(m_1 - m_2)}{108cV}$；下列情况会导致$n$测量值偏小的是AB(填字母)。

A.样品中含少量${FeO}$杂质
B.样品与${SOCl_{2}}$反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成

答案： 5. 答案$\frac{1000(m_1 - m_2)}{108cV}$ AB
解析滴定过程中$Cr_2O_7^{2-}$将$Fe^{2+}$氧化成$Fe^{3+}$，自身被还原成$Cr^{3+}$，根据得失电子守恒可知，$m_1 g$样品中$n(FeCl_2) = 6cV×10^{-3} mol$。$m_1 g$样品中结晶水的质量为$(m_1 - m_2) g$，结晶水的物质的量为$\frac{m_1 - m_2}{18} mol$，则有$n(FeCl_2):n(H_2O) = 1∶n = (6cV×10^{-3} mol):\frac{m_1 - m_2}{18} mol$，解得$n = \frac{1000(m_1 - m_2)}{108cV}$。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成$Fe^{2+}$，导致消耗的$K_2Cr_2O_7$溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A正确;样品与$SOCl_2$反应时失水不充分，则$m_2$偏大，使n的测量值偏小，B正确;实验Ⅰ称重后样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的$K_2Cr_2O_7$溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C错误;滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的$K_2Cr_2O_7$溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D错误。