第二章 第6讲 考点三
1．(2016·上海卷)某铁的氧化物(Fe x O) 1.52 g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl 2，恰好将Fe 2＋完全氧化。

x 的值为( A )
A ．0.80
B ．0.85
C ．0.90
D ．0.93
解析 根据电子守恒规律可知：Fe x O 被氧化为Fe 3＋转移的电子数和Cl 2转移的电子数相
等。

标准状况下112 mL Cl 2转移的电子数为0.01 mol 。

则有 1.5256x ＋16×(3－2x
)×x ＝0.01。

解得x ＝0.80，故选A 项。

2．(1)(2017·全国卷Ⅲ节选)FeO·Cr 2O 3＋Na 2CO 3＋NaNO 3――→高温Na 2CrO 4＋Fe 2O 3＋CO 2＋
NaNO 2。

上述反应配平后FeO·Cr 2O 3与NaNO 3的系数比为__2∶7__。

(2)(2017·全国卷Ⅰ节选)Li 2Ti 5O 15中Ti 的化合价为＋4，其中过氧键的数目为__4__。

(3)(2017·天津卷节选)在一定条件下，用H 2O 2氧化H 2S ，随着参加反应的n (H 2O 2)/n (H 2S)变化，氧化产物不同，当n (H 2O 2)/n (H 2S)＝4时，氧化产物的分子式为__H 2SO 4__。

解析 (1)利用得失电子守恒方法配平：2FeO·Cr 2O 3＋4Na 2CO 3＋7NaNO 3=====高温4Na 2CrO 4＋
Fe 2O 3＋4CO 2↑＋7NaNO 2，则FeO·Cr 2O 3与NaNO 3的系数比为2∶7。

(2)Li 2Ti 5O 15中，Ti 的化合价为＋4，Li 的化合价为＋1，所以正化合价的和为4×5＋1×2＝22。

设过氧键的数目为x ，则x ×2＋(15－2x )×2＝22，解得x ＝4。

(3)当
＝4时，反应的化学方程式为4H 2O 2＋H 2S===H 2SO 4＋4H 2O ，氧化产物为H 2SO 4。

3．(2016·上海卷)NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：①NaCN 与NaClO 反应，生成NaOCN 和NaCl ；
②NaOCN 与NaClO 反应，生成Na 2CO 3、CO 2、NaCl 和N 2。

已知HCN(K ＝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__碱性__(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是__防止生成HCN ，造成人员中毒或污染空气__。

(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：__2OCN －＋3ClO －===CO2－3＋CO 2↑＋3Cl －＋N 2↑__。

(3)处理100 m 3含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO__14_900__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。

解析 (1)NaCN 易与酸反应生成HCN ，为防止生成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)反应中氯元素的化合价从＋1降低到－1，得到2个电子。

N 元素化合价从－3升高到0，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 －===CO2－3＋CO 2↑＋3Cl －＋N 2↑。

(3)参加反应的NaCN 是－49 g/mol ＝20 mol ，反应中C 元素由＋2
价升高到＋4价，N 元素由－3价升高到0价，即1 mol NaCN 失去5 mol 电子，1 mol 次氯酸钠得到2 mol 电子，所以处理100 m 3含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO 的质
量为20 mol×52×74.5 g/mol×4＝14 900 g 。