2022届高三化学一轮高考复习常考题型：13电子转移的相关计算 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型13电子转移的相关计算一、单选题（共17题）1设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，所含溴原子数大于B质量分数为的酒精与足量钠反应，生成的分子数为C与足量混合后在高温高压催化剂作用下反应，转移的电子数为D重水含有的电子数为2下列关于金属冶炼的说法正确的是A金属的冶炼都是把金属单质从其矿物中分离出来B古代火烧孔雀石炼铜的方法属于热还原法中的焦炭法C工业上可用电解熔融态的MgCl2、AlCl3来制备Mg、AlD利用该铝热反应炼铁，1mol氧化剂参加反应转移9NA个电子3海洋生物参与氮循环过程如图所示：下列说法中正确的是A反应是氧化还原反应BN2

2、H4中存在氮氮双键C反应中NH2OH被氧化D等量NO参加反应，反应转移电子数目比反应多4在不同pH下含+5价V微粒的化学式不同，与pH关系如表所示。含钒元素的不同微粒VO2+VOV2OVOpH46688101012不同价态V在溶液中颜色不同，如V2+ (紫色)、V3+ (绿色)、VO2+ (蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法不正确的是AVO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+B含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原C酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色的离子反应为5VO+ 8OH- = V5O+ 4H2OD紫色VSO4溶液

3、中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色蓝色黄色，两个过程均失去1 mol电子5黑火药爆炸时的反应为：。下列说法错误的是A是还原剂B元素被还原了C是还原产物D每生成，转移电子6下列说法中正确的是A同周期相邻主族元素的原子序数一定相差1B常温下H2O是液体，而H2S是气体，这是由于水分子间存在氢键的缘故CAl与MgO可组成铝热剂D在火法炼铜反应Cu2S+O22Cu+SO2中，当0.8 mol O2反应时，共转移了3.2 mol电子7常温下氨气能被氯气氧化生成N2，化工厂常用此法检验管道是否泄漏氯气。8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，下列有关该反应的说法正确的是ACl2被氧化B每生成1mol

4、 N2转移的电子数目为6molCNH3发生还原反应DNH4Cl既是还原产物又是氧化产物8氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼，下列说法不正确的是A电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化B湿法炼铜的反应中，铜元素发生还原反应C用磁铁矿炼铁的反应中，1mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移9mol e-D铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化9科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是A简单离

5、子半径：BY与W、X、Z均能形成至少两种化合物CW与X组成的化合物常温下一定是气态D与水发生反应生成，转移电子数10氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3N23C2AlN3CO合成。下列叙述正确的是A一个N2参与反应，转移3个电子B反应中，C被氧化CAlN中氮元素的化合价为3D上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂11第十三届全国人民代表大会第四次会议政府工作报告指出“要扎实做好碳达峰、碳中和各项工作”，绿色氢能和液态阳光甲醇可助力完成碳中和目标。下列说法正确的是A属于电解质B用焦炭与反应是未来较好获取氢能的方法C与反应，每生成1mol时转移4mo

6、l电子D植树造林、节能减排等有利于实现碳中和12工业上，用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是)制备两“矾”，其简易流程如下。下列说法正确的是A生物堆浸的温度越高，反应速率越快B胆矾晶体中存在的化学键有：离子键、共价键、配位键、氢键C已知T.f细菌在pH为1.06.0范围内保持生物活性，则生物堆浸过程中需不断补充稀硫酸D“氧化”中1molCuS完全反应转移2mol电子，反应方程式为：13下图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程。已知“吸收”和“氧化”步骤发生的反应分别为：2H2O+SO2+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2

7、H2O，若每步反应都完全，下列说法正确的是A“吸收”步骤中Fe2(SO4)3为还原剂B由反应过程可推知氧化性的强弱顺序：Fe3+O2C处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，反应中转移电子0.015molDFe2(SO4)3溶液在上述流程中可以循环使用14在一定条件下，与R-可发生反应：+5R-+6H+=3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是A元素R位于周期表中第VA族B若1mol参与该反应，则转移的电子的物质的量为5molCR元素单质在常温常压下一定是气体单质D中的R只能被还原15氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领

8、域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。下列叙述正确的是A氮化铝中氮元素的化合价为-3B每个N2分子中含三个非极性共价键，所以是共价化合物C在AlN的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂D上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子16实验室从光盘金属层中提取(其他金属微量忽略不计)的流程如下图所示，已知“氧化”与“还原”过程中分别生成了和。下列说法不正确的是A操作I的名称是过滤B“氧化”过程可适当加热提高反应速率C“氧化”过程发生的反应为D理论上每消耗能提取的的质量为17+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。

9、含钒元素的不同微粒VOVOV2OVOpH46688101012另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法正确的是AVO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+B含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原C酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO+8OH-=V5O+4H2OD紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色蓝色黄色，两个过程均失去1mol电子二、 计算题（共5题）18(1)0.2molNH3的质量为_g(2)配制250mL1.

10、0mol/LH2SO4溶液，需要18mol/LH2SO4溶液体积是_。(3)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，反应中被还原的物质是_(填化学式)；1mol硫参加反应时转移电子数为_。(4)已知NH3和Cl2可以发生氧化还原反应，配平该方程式：NH3+Cl2=N2+HCl，_。19叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。(1)NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方

11、程式_，生成1molNaNO2时转移电子_mol。(2)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。假定汽车中某个安全气囊容积为56L。该反应中的氧化剂为_，还原剂为_(填化学式)。欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克_？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。20一种由CuO和KHC2O4溶液反应得到的蓝色结晶KaCub(C2O4)cdH2O。为测定其组成，进行了如下实验：步骤1：称取3.5400g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100mL溶液A。步骤2：量取20.

12、00mLA溶液，滴加0.2000molL-1KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00mL。步骤3：另取20.00mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16g。已知：步骤2中发生反应如下，请配平：_。 + H2C2O4+ H+= Mn2+ CO2+ H2O(1)3.5400g该样品中含n()=_mol。(2)3.5400g该样品中含n(Cu2+)=_mol。(3)通过计算确定该蓝色晶体的化学式(计算过程)_。21(1)现有8种物质：浓硫酸铝胶体 蔗糖溶液上述物质中属于电解质的有_(选填序号)；写出的溶液与反应的离子方程式_(

13、2)饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，研究人员提出，在碱性条件下可以用铝粉处理，发生反应的化学方程式为：，该反应中，还原剂为_，若反应过程中转移，则生成标准状况下的体积为_。(3)在含有一定量和溶质的溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀盐酸，产生的物质的量与滴入盐酸的量的关系如图，回答下列问题：点发生反应的离子方程式为_与物质的量之比为_(用含的代数式表示)(4)现有密度为，浓度为的浓硫酸，则该溶液中溶质的质量分数为_22制备碘的方法之一是从碘酸盐开始，共分为两步。(1)第一步的反应为：NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4，此反应中氧化剂为_，被氧化的元素为_。(2

14、)第二步的反应共包含NaIO3、NaI、I2、Na2SO4、NaHSO4和H2O六种物质，请写出该反应的完整的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：_。(3)第二步反应中有3 mol氧化产物生成时，转移电子的物质的量为_mol。参考答案1A【详解】A标准状况下，Br2为液态，的物质的量远大于0.5mol，故溴原子数大于，故A正确；B100g含质量分数为46%的酒精中含有乙醇46g，水的质量为54g，因此n(CH3CH2OH)=1.0mol，n(H2O)=3.0mol，与足量的钠反应，乙醇放出0.5mol氢气，水放出1.5mol氢气，共放出氢气2mol，故B错误；C与足量混合后在高温高压催化剂作

15、用下发生可逆反应，反应不能进行到底，故C错误；D重水的物质的量是，其中所含电子数为，故D错误；故选A。2B【详解】A金属的冶炼是将化合物中的金属转化为金属单质，不是把金属从其矿物中分离出来，故A错误；B孔雀石受热发生的是碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜和焦炭反应生成铜和二氧化碳，因此古代火烧孔雀石炼铜的方法属于热还原法中的焦炭法，故B正确；C工业上可用电解熔融态的Al2O3来制备Al，故C错误；D利用该铝热反应炼铁，1mol氧化剂()参加反应转移(+30)2+(+20)1NA=8 NA个电子，故D错误。综上所述，答案为B。3D【详解】A反应中没有化合价变化，因此不是氧化还原反应，

16、故A错误；BN2H4中氮有三个价键，每个氮与两个氢形成氮氢键，因此只存在氮氮单键，故B错误；C反应中NH2OH的1价的N化合价降低变为N2H4的2价N，因此NH2OH被还原，故C错误；D等量NO参加反应，反应是+3价氮降低到1价，反应是+3价氮降低到0价，因此反应转移电子数目比反应多，故D正确。综上所述，答案为D。4C【详解】A 在碱性条件下，VO转化为V2O的离子反应为2VO+2OH-=V2O+H2O，故A错误；B 含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，没有元素化合价的变化，该过程V元素没有被还原，故B错误；C 酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色，说明生成V5O，离子反应为5VO+

17、8OH- = V5O+ 4H2O，故C正确；DVSO4被氧化时失去的电子的量与其物质的量有关，没有VSO4的物质的量无法计算转移电子的物质的量，故D错误；故选C。5A【详解】A中N元素化合价降低，是氧化剂，故A错误； B元素化合价降低，S元素被还原，故B正确；C中N元素化合价降低生成，是还原产物，故C正确； D反应中碳元素化合价由0升高为+4，每生成，转移电子，故D正确；选A。6B【详解】A短周期同周期的II A族与IIIA族元素的原子序数一定相差1，第四、五周期两种元素的原子序数相差11，第六、七周期原子序数则相差25，A错误；B常温下H2O是液体，而H2S是气体，这是由于二者都是由分子通过

18、分子间作用力结合形成的物质，H2S分子之间只存在分子间作用力，而H2O的分子间除存在分子间作用力外，还存在氢键，氢键的存在增加了H2O分子之间的吸引作用，导致H2O的分子之间的吸引力增强，因而H2O是液体，而H2S是气体，B正确；C由于金属活动性MgAl，所以Al与MgO不可组成铝热剂，C错误；D在该反应中失去电子的元素只有S，得到电子的元素有Cu、O，当有1 mol O2发生反应，转移6 mol电子，则当0.8 mol O2反应时，共转移了4.8 mol电子，D错误；故合理选项是B。7B【详解】在8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，部分N元素化合价由-3升高至0被氧化，Cl元素化合价从

19、0降低至-1被还原。A反应过程中Cl元素化合价降低被还原，故A错误；B反应过程中部分N元素化合价由-3升高至0被氧化生成N2，1个N2分子中含有2个N原子，因此每生成1mol N2转移的电子数目为23mol=6mol，故B正确；C反应过程中部分N元素化合价升高被氧化，即部分NH3被氧化，故C错误；DNH4Cl中N、H元素在反应前后化合价均未发生变化，Cl元素反应后化合价降低，因此NH4Cl为还原产物，故D错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。8C【详解】A电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，Na元素化合价由+1降低至0被还原，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，故A正确；B湿法炼铜的离子

20、反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，反应过程中Cu元素化合价由+2降低至0被还原，故B正确；C用磁铁矿炼铁的反应中，Fe3O4被CO还原成Fe，Fe元素平均化合价由降低至0，因此1mol Fe3O4参加反应时，转移电子为8mol，故C错误；D铝热反应为放热反应，反应过程中放出大量热，能使铁熔化，因此该反应常用于焊接铁轨，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。9C【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O

21、。【详解】AH+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-Na+H+，A项正确；BO元素与H元素可形成H2O、H2O2，O元素与C元素可形成CO、CO2，O元素与Na元素可形成NaO、Na2O2，B项正确；C苯是C元素和H元素形成的化合物，常温下为液态，C项错误；D1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，转移电子数为，D项正确；答案选C。10B【详解】A反应中，氮元素从0价降低为-3价，每个N2参与反应，转移23=6个电子，A错误； BC化合价从0价升高为

22、+2价，被氧化，B正确；CAlN中铝元素为+3价，氮元素为-3价，C错误；D上述反应中，氮元素从0价降低为-3价，被还原，碳元素从0价升高为+2价，被氧化，而铝元素和氧元素的化合价均无变化，所以，N2是氧化剂，碳是还原剂，Al2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D错误；答案选B。11D【详解】A属于非电解质，选项A错误；B该工艺需消耗大量的能量，不节能，选项B错误；C每生成1mol时转移6mol电子，选项C错误；D植树造林、节能减排等有利于实现碳中和，选项D正确；答案选D。12C【详解】A温度过高，细菌会失去活性，反应速率减慢，A错误；B氢键是一种分子间作用力，不是化学键，B错误；CT.f细菌在

23、pH为1.06.0范围内保持生物活性，且为了防止Fe3+水解产生沉淀，所以生物堆浸过程中需不断补充稀硫酸，C正确；D若CuS中-2价的S被氧化为硫酸根，化合价升高8价，则1molCuS完全反应转移8mol电子，D错误；综上所述答案为C。13D【详解】A“吸收”步骤中Fe2(SO4)3的Fe化合价由+3价变为+2价，化合价降低，作氧化剂，故A说法错误；B氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应过程可知氧化性Fe3+SO，氧化性O2Fe3+，则氧化性的强弱顺序：O2Fe3+SO，故B说法错误；C处理100L含SO2体积分数为0.336%的尾气，经计算其含有SO2体积为0.336L，但题目没有告知气体是否

24、在标准状况下，因此无法计算其物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故C说法错误；D根据流程可知，Fe2(SO4)3溶液在上述流程中可以循环使用，但溶液的酸性会逐渐增强，故D说法正确；本题答案D。14B【分析】由离子方程式可以看出，R元素可形成、R-离子，则R的最外层电子数为7，在中，R元素没有表现出最高价。【详解】A元素R的最外层电子数为7，则该元素应位于周期表中第A族，A不正确；B生成R2，R元素由+5价降低为0价，则1mol转移的电子的物质的量为5mol，B正确；C若为或，则R元素单质在常温常压下是液体或固体，C不正确；D中的R显+5价，而R的最外层电子数为7，R元素的化合价既能升高又能

25、降低，所以既能被还原，也能被氧化，D不正确；故选B。15A【详解】A氮化铝的化学式为AlN，Al显+3价，则氮元素的化合价为-3，A正确；BN2分子的结构式为NN，含三个非极性共价键，所以是共价单质，B不正确；C在AlN的合成反应中，N元素由0价降低到-3价，N2是氧化剂，Al2O3中Al、O元素的化合价都未改变，所以Al2O3既不是氧化剂也不是还原剂，C不正确；D上述反应中，N元素由0价降低为-3价，则每生成2molAlN，N2得到6mol电子，D不正确；故选A。16D【详解】A操作I分离出氯化银固体，所以名称是过滤，A正确；B加热可以提高反应速率，B正确；C从流程分析，氧化过程中次氯酸钠做

26、氧化剂，银做还原剂，且从题干可知该反应产生了氧气，所以方程式为，C正确；D 反应产物为氮气，氮元素化合价从-2升高到0，所以反应转移0.4mol电子，理论上有得到电子，对应生成银为0.4mol，质量为43.2克，D错误；故选D。17C【详解】A含的溶液中，pH为1012之间，呈碱性，所以反应时不可能有氢离子生成，正确为，故A错误；B中V的化合价为+5价，中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；C酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有生成，其反应为，故C正确；D题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；故选C。183.4 13.9 S、KNO3 1

27、2NA 2NH3+3Cl2=2N2+6HCl 【详解】(1)0.2molNH3的质量为0.2mol17g/mol=3.4g；(2)设所需18mol/LH2SO4溶液体积为V，则有18mol/LV=0.25L1.0mol/L，解得V=0.0139L=13.9mL；(3)该反应中N元素由+5价变为0价，S元素由0价变为-2价，二者化合价均降低，所以被还原的物质为S、KNO3；该反应中C为唯一还原剂，且只作还原剂，所以C所失去的电子即转移电子，1molS参与反应时有3molC被氧化，所以转移3mol4=12mol电子，数目为12NA；(4)该反应中氯气被氨气还原，根据电子守恒可知NH3和Cl2的系数

28、比为2:3，再结合元素守恒可得化学方程式为2NH3+3Cl2=2N2+6HCl。19NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O 1 KNO3 NaN3 63.1g 【分析】结合氧化还原反应电子守恒，物质的量之比1：1的NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应，发生氧化还原反应生成NaNO2，NO中氮元素化合价+2价变化为+3价，NO2中 但元素化合价+4价变化为+3价，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，据此计算电子转移总数e-；只有N元素的化合价变化，氧化还原反应中，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价升高的物质最还原剂；根据方程式进行计算。【详解】(1)物质的量之比1：1的NO和N

29、O2混合气体与NaOH溶液反应，发生氧化还原反应生成NaNO2，由电子及原子守恒可知该反应的化学方程式NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，NO中氮元素化合价+2价变化为+3价，NO2中 但元素化合价+4价变化为+3价，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，生成1molNaNO2时转移电子1mol。故答案为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O；1；(2)反应中氮元素化合价-价变化为0价，+5价变化为0价，所以元素化合降低的物质做氧化剂，该反应中的氧化剂为KNO3，元素化合价升高的做还原剂，还原剂为NaN3(填化学式)。故答案为：KNO3；NaN3；n(N2)=2.5mol，

30、设该安全气囊反应生成的K2O质量为 x，Na2O质量为x，则： 解得：x=14.7g；y=48.4g，安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为63.1g，故答案为：63.1g。202+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 0.02 0.01 K2Cu(C2O4)22H2O 【详解】中Mn由+7价降为+2价，H2C2O4中C元素由+3价升为+4价，依据得失电子守恒，可得出如下关系：2+5H2C2O42Mn2+10CO2，再依据电荷守恒和质量守恒，可得配平的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。答案为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10

31、CO2+8H2O；(1)3.5400g该样品中含n()=0.02mol。(2)3.5400g该样品中含n(Cu2+)=0.01mol。(3)依据电荷守恒，可求出n(K+)=2 n()-2 n(Cu2+)=20.02mol-20.01mol=0.02mol，依据质量守恒，可求出n(H2O)= 0.02mol，从而得出n(K+):n(Cu2+):n():n(H2O)= 0.02mol: 0.01mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:2: 2，该蓝色晶体的化学式为K2Cu(C2O4)22H2O。答案为：0.02；0.01；K2Cu(C2O4)22H2O。21 【详解】(1)电解质：在水

32、溶液里或熔融状态下能导电的化合物：在水溶液里能导电的化合物在水溶液里和熔融状态下能导电的化合物浓硫酸是混合物铝是单质胶体是混合物蔗糖溶液是混合物是单质属于非电解质，上述物质中属于电解质的有(选填序号)；的溶液中氢离子与中氢氧化铝反应生成铝离子和水，离子方程式；故答案为：；(2)，该反应中，铝失电子，还原剂为；由方程式每转移30mol电子，生成3mol氮气，若反应过程中转移，则生成标准状况下0.1mol，体积为0.1mol22.4Lmol-1=。故答案为：；(3)在含有一定量和溶质的溶液中，逐滴滴入一定浓度的稀盐酸，先发生，再发生，由图产生的物质的量与滴入盐酸的量的关系得：点发生反应的离子方程式

33、为，故答案为：；与物质的量之比为=(3.5a-2a):a=，故答案为：；(3.5a-a)=(用含的代数式表示)，故答案为：；(4)现有密度为，浓度为的浓硫酸，设取1L溶液，则该溶液中溶质的质量分数为 =，故答案为：。22NaIO3 硫元素 6 【分析】结合氧化还原反应的基本概念和价态变化规律分析解题。【详解】(1)在NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4反应中I元素的化合价由+5价变为-1价，S元素的化合价由+4价变为+6价，所以NaIO3是氧化剂，硫元素失电子被氧化；(2)第三步的反应共包含NaIO3、NaI、I2、Na2SO4、NaHSO4和H2O六种物质，所有化合物中I元素的

34、化合价为+5价、-1价、0价，其它元素化合价都不变，该反应中+5价的I元素、-1价的I元素得失电子变成0价的I元素，根据碘酸钠中I元素得电子数=5-0=5，碘化钠中I元素失电子数=1-0=1，所以得失电子最小公倍数是5，再结合原子守恒知，该反应方程式为：NaIO3+5NaI+6NaHSO4=6Na2SO4+3I2+3H2O，用单线桥分析电子转移的方向和数目为；(3)第二步反应中氧化产物和还原产物均为I2，当有3mol氧化产物生成时，转移电子的物质的量=3mol(1-0)2=6mol。【点睛】配平氧化还原反应的一般步骤：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；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。