高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)知識(shí)講義專題三 化學(xué)基本概念考點(diǎn)四 氧化還原反應(yīng)的計(jì)算（2份，原卷版+解析版）

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【解題技巧】
1、電子守恒法計(jì)算的原理
氧化劑得電子總數(shù)＝還原劑失電子總數(shù)。
2、電子守恒法計(jì)算的流程
(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。
(2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù))。
(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。
【題型分析】
題組一 確定元素價(jià)態(tài)或物質(zhì)組成
1、現(xiàn)有24 mL濃度為0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好與20 mL濃度為0.02 ml·L－1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為________。
【答案】 ＋3
【解析】 題目中指出被還原的元素是Cr，則得電子的物質(zhì)是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從＋4→＋6，Cr元素的化合價(jià)將從＋6→＋n。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒規(guī)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在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為________。
【答案】 5
【解析】 ―→xNa2eq \(S,\s\up6(＋6))O4，Naeq \(Cl,\s\up6(＋1))O―→Naeq \(Cl,\s\up6(－1))，得關(guān)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。
題組二 多步反應(yīng)得失電子守恒問(wèn)題
1、取x g銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應(yīng)過(guò)程中硝酸被還原只產(chǎn)生8 960 mL的NO2氣體和672 mL的N2O4氣體(均已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為17.02 g。則x等于________。
【答案】 9.20
【解析】 反應(yīng)流程為eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(Mg,Cu))eq \(―――→,\s\up7(濃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－的物質(zhì)的量等于鎂、銅失去電子的物質(zhì)的量，等于濃HNO3得電子的物質(zhì)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。
2、足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 ml·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是________mL。
【答案】 60
【解析】 由題意可知，HNO3eq \(,\s\up7(Cu),\s\d5(O2、H2O))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(NO2,N2O4,NO))，則Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq \f(1.68 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml。根據(jù)質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 ml，則V(NaOH)＝eq \f(0.3 ml,5 ml·L－1)＝0.06 L＝60 mL。
題組三 氧化還原滴定中的計(jì)算
1、為了測(cè)定某樣品中NaNO2的含量，某同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①稱取樣品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于錐形瓶中，用0.020 0 ml·L－1 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(酸性)進(jìn)行滴定，滴定結(jié)束后消耗KMnO4溶液V mL。
(1)滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______________________________________；測(cè)得該樣品中NaNO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________。
(2)若滴定過(guò)程中剛出現(xiàn)顏色變化就停止滴定，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。
【答案】 (1)5NOeq \\al(－,2)＋2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋===5NOeq \\al(－,3)＋2Mn2＋＋3H2O eq \f(1.38V,a)% (2)偏小
【解析】 (1)根據(jù)得失電子守恒，
5NaNO2 ～ 2KMnO4
5 ml 2 ml
0.010 0×10－3V×4×5 0.020 0×10－3V×4
該樣品中NaNO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq \f(2×10－4V×69,a)×100%＝eq \f(1.38V,a)%。
(2)若滴定過(guò)程中剛出現(xiàn)顏色變化就停止滴定，則KMnO4的用量偏少，測(cè)定結(jié)果偏小。
2、廢水中錳含量的測(cè)定
取1 mL廢水置于20 mL磷酸介質(zhì)中，加入HClO4 ，將溶液中的Mn2＋氧化為Mn3＋，用c ml·L－1 (NH4)2 Fe(SO4)2溶液進(jìn)行滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，滴定管刻度由V0 mL變?yōu)閂1 mL，廢水中錳的含量為________g·mL－1。
【答案】 55c(V1－V0)×10－3
【解析】 滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝c(V1－V0)×10－3 ml，所取廢水為1 mL，所以廢水中錳的含量為55c(V1－V0)×10－3 g·mL－1。
3、某廢水中含有Cr2Oeq \\al(2－,7)，為了處理有毒的Cr2Oeq \\al(2－,7)，需要先測(cè)定其濃度：取20 mL廢水，加入適量稀硫酸，再加入過(guò)量的V1 mL c1 ml·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反應(yīng)(還原產(chǎn)物為Cr3＋)。用c2 ml ·L－1 KMnO4溶液滴定過(guò)量的Fe2＋至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V2 mL。則原廢水中c(Cr2Oeq \\al(2－,7))為____________________________。
【答案】 eq \f(c1V1－5c2V2,120) ml·L－1
【解析】 Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnOeq \\al(－,4)＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失電子守恒列等式：c1 ml·L－1×V1 mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1×6c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＋5c2 ml·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得：c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝eq \f(c1V1－5c2V2,120) ml·L－1。
【跟蹤練習(xí)】
1、一定條件下，硝酸銨受熱分解的化學(xué)方程式(未配平)為NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
A．配平后H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)為6 B．NH4NO3既是氧化劑又是還原劑
C．該反應(yīng)既是分解反應(yīng)也是氧化還原反應(yīng) D．氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5∶3
【答案】 A
【解析】 由配平后的化學(xué)方程式可知，H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)為9，A錯(cuò)誤；NH4NO3中NHeq \\al(＋,4)所含N元素價(jià)態(tài)升高，部分NOeq \\al(－,3)所含N元素價(jià)態(tài)降低，則NH4NO3既是氧化劑又是還原劑，B正確；該反應(yīng)中反應(yīng)物只有一種，則屬于分解反應(yīng)，該反應(yīng)中含有變價(jià)元素，則屬于氧化還原反應(yīng)，C正確；氧化產(chǎn)物(eq \(5N,\s\up6(－3))Heq \\al(＋,4)→eq \f(5,2)eq \(N,\s\up6(0))2)和還原產(chǎn)物(eq \(3N,\s\up6(＋5))Oeq \\al(－,3)→eq \f(3,2)eq \(N,\s\up6(0))2)的物質(zhì)的量之比為eq \f(5,2)∶eq \f(3,2)＝5∶3，D正確。
2、鋼鐵“發(fā)藍(lán)”是將鋼鐵制品浸到某些氧化性的溶液中，在鋼鐵的表面形成一層四氧化三鐵的技術(shù)過(guò)程。其中一種辦法是將鋼鐵制品浸到亞硝酸鈉和濃氫氧化鈉的混合溶液中加熱到130 ℃反應(yīng)。其過(guò)程可以用如下化學(xué)方程式表示，下列說(shuō)法不正確的是( )
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O―→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
A．堿性條件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都強(qiáng)
B．反應(yīng)①、②是氧化還原反應(yīng)，③不是氧化還原反應(yīng)
C．反應(yīng)②配平后，H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)是6
D．整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中，每有16.8 g Fe參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.8 ml電子
【答案】 C
【解析】 根據(jù)反應(yīng)①可知堿性條件下，NaNO2的氧化性比Na2Fe2O2強(qiáng)，根據(jù)反應(yīng)②可知堿性條件下NaNO2的氧化性比Na2Fe2O4強(qiáng)，A正確；反應(yīng)①、②中N、Fe元素的化合價(jià)均發(fā)生變化，為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)③中沒(méi)有元素化合價(jià)發(fā)生變化，為非氧化還原反應(yīng)，B正確；反應(yīng)②中Na2FeO2中Fe元素化合價(jià)由＋2價(jià)升高到Na2Fe2O4中的＋3價(jià)，升高了1價(jià)，NaNO2 中N元素化合價(jià)由＋3價(jià)降低到NH3中的－3價(jià)，降低了6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)是5，C錯(cuò)誤；16.8 g Fe的物質(zhì)的量為eq \f(16.8 g,56 g·ml－1)＝0.3 ml，F(xiàn)e元素最終均被氧化為Fe3O4，平均化合價(jià)升高eq \f(8,3)價(jià)，整個(gè)過(guò)程中沒(méi)有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以轉(zhuǎn)移0.3 ml×eq \f(8,3)＝0.8 ml電子，D正確。
3、向某FeBr2溶液中通入1.12 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的Cl2，測(cè)得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 ml·L－1。反應(yīng)過(guò)程中溶液的體積變化忽略不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是( )
A．原溶液的濃度為0.1 ml·L－1 B．反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝0.1 ml·L－1
C．反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝c(Fe2＋) D．原溶液中c(Br－)＝0.4 ml·L－1
【答案】 B
【解析】 還原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯氣先與Fe2＋發(fā)生反應(yīng)：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，F(xiàn)e2＋反應(yīng)完畢，剩余的Cl2再與Br－發(fā)生反應(yīng)：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，說(shuō)明Cl2完全反應(yīng)，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 ml·L－1，c(Cl－)＝0.1 ml·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1 ml·L－1，若Fe2＋全部被氧化，則溶液中的c(Br－)＝0.2 ml·L－1。而c(Br－)＝0.3 ml·L－1，說(shuō)明Fe2＋沒(méi)反應(yīng)完，根據(jù)c(Br－)＝0.3 ml·L－1計(jì)算原溶液的濃度為0.15 ml·L－1，故A錯(cuò)誤；反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1 ml·L－1，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1) ml·L－1＝0.05 ml·L－1，故B正確，C錯(cuò)誤；原溶液中c(Br－)＝0.3 ml·L－1，故D錯(cuò)誤。
4、64 g銅粉投入一定量濃硝酸中，隨著銅粉的溶解，反應(yīng)生成的氣體顏色逐漸變淺，當(dāng)銅粉完全溶解后共收集到由NO2和NO組成的混合氣體22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則混合氣體中NO的體積為( )
A．11.2 L B．33.6 L C．22.4 L D．44.8 L
【答案】 A
【解析】 已知HNO3與銅反應(yīng)生成NO、NO2，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式：Cu＋4HNO3(濃)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O分析計(jì)算。n(Cu)＝eq \f(64 g,64 g·ml－1)＝1 ml，n(NO2＋NO)＝eq \f(22.4 L,22.4 L·ml－1)＝1 ml，設(shè)NO2和NO組成的混合氣體中n(NO)＝x ml，n(NO2)＝y(tǒng) ml，根據(jù)Cu＋4HNO3(濃)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，消耗的銅為0.5y ml，根據(jù)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，消耗的銅為1.5x ml，則有x＋y＝1,1.5x＋0.5y＝1，解得：x＝0.5，y＝0.5，則V(NO)＝0.5 ml×
22.4 L·ml－1＝11.2 L。
5、已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液還原成Mn2＋而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，則該Na2SO3溶液的物質(zhì)的量濃度(單位：ml·L－1)為( )
A．2.00×10－2 B．3.00×10－2 C．4.00×10－2 D．5.00×10－2
【答案】 A
【解析】 酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液還原成Mn2＋而使溶液褪色，發(fā)生的反應(yīng)為2MnOeq \\al(－,4)＋5SOeq \\al(2－,3)＋6H＋===2Mn2＋＋5SOeq \\al(2－,4)＋3H2O，則有關(guān)系式：2MnOeq \\al(－,4)～5SOeq \\al(2－,3)，使20.00 mL 1.00×
10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，則該Na2SO3溶液的物質(zhì)的量濃度為eq \f(5×20.00×10－3 L×1.00×10－2 ml·L－1,2×25.00×10－3 L)＝2.00×10－2 ml·L－1，故選A。
6、[2022·遼寧，17(7)]測(cè)定氫醌法制取H2O2樣品含量的方法如下：
取2.50 g產(chǎn)品，加蒸餾水定容至100 mL搖勻，取20.00 mL于錐形瓶中，用0.050 0 ml·L－1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。平行滴定三次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假設(shè)其他雜質(zhì)不干擾結(jié)果，產(chǎn)品中H2O2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________。
【答案】 17%
【解析】 滴定反應(yīng)的離子方程式為2MnOeq \\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，可得關(guān)系式：2KMnO4～5H2O2。三組數(shù)據(jù)中20.90 mL偏差較大，舍去，故消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為20.00 mL，H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w＝eq \f(20×10－3L×0.050 0 ml·L－1×\f(5,2)×\f(100 mL,20.00 mL)×34 g·ml－1,2.50 g)×100%＝17%。
7、[2023 湖北，18節(jié)選]取含CuO2粗品0.0500g(雜質(zhì)不參加反應(yīng))與過(guò)量的酸性KI完全反應(yīng)后，調(diào)節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為指示劑，用0.1000 ml·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定終點(diǎn)時(shí)消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液15.00mL。(已知：，)標(biāo)志滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______________，粗品中X的相對(duì)含量為_______。
【答案】溶液藍(lán)色消失，且半分鐘不恢復(fù)原來(lái)的顏色 72%
8、稱取0.500 g CuCl成品置于過(guò)量FeCl3(aq)中，待固體完全溶解后，用0.200 0 ml·L－1的Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液24.60 mL。相關(guān)反應(yīng)如下：Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。則CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________(保留四位有效數(shù)字)，若滴定操作耗時(shí)過(guò)長(zhǎng)可能會(huì)使測(cè)定的CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】 97.91% 偏小
【解析】 根據(jù)Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－、Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋可知Ce4＋～CuCl，所以n(CuCl)＝n(Ce4＋)＝n[Ce(SO4)2]＝0.200 0 ml·L－1×24.60×10－3L＝4.92×10－3ml，m(CuCl)＝n×M＝4.92×10－3 ml×99.5 g·ml－1＝0.489 54 g，產(chǎn)品中氯化亞銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq \f(0.489 54 g,0.500 g)×100%≈97.91%，若滴定操作耗時(shí)過(guò)長(zhǎng)，CuCl可能被氧氣氧化，使測(cè)定的CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小。
9、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的含氯消毒劑，制備亞氯酸鈉的工藝流程如下：
回答下列問(wèn)題：
(1)亞氯酸鈉用作紙漿、紙張和各種纖維的漂白劑，是一種高效漂白劑，主要原因是亞氯酸鈉具有______性。
(2)制備ClO2氣體的化學(xué)方程式為2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；制備時(shí)可用S代替H2O2，寫出該反應(yīng)的離子方程式：________。
(3)測(cè)定某亞氯酸鈉樣品的純度：準(zhǔn)確稱取亞氯酸鈉樣品m g，加入適量蒸餾水和過(guò)量的碘化鉀晶體，再滴入適量稀硫酸(發(fā)生反應(yīng)：ClOeq \\al(－,2)＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O)，配成250 mL待測(cè)液。移取25.00 mL待測(cè)液于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用c ml·L－1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液V mL (已知：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。
①移取25.00 mL待測(cè)液的儀器的名稱是________。
②該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________(用含m、c、V的代數(shù)式表示)；在滴定操作正確無(wú)誤的情況下，此實(shí)驗(yàn)測(cè)得結(jié)果偏高，其可能的原因是________。
【答案】 (1)氧化 (2)6ClOeq \\al(－,3)＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SOeq \\al(2－,4)＋2H2O (3)①酸式滴定管(或移液管) ②eq \f(0.226 25cV,m)×100% 碘離子被空氣中的氧氣氧化成了碘單質(zhì)
【解析】 制備時(shí)NaClO3和H2O2以及H2SO4反應(yīng)生成ClO2和O2以及Na2SO4、H2O，生成的ClO2再用NaOH堿性溶液吸收，同時(shí)利用H2O2將其還原為NaClO2，將所得的溶液經(jīng)過(guò)一系列操作得到NaClO2晶體，據(jù)此分析解題。
(3)②根據(jù)題意可得關(guān)系式：ClOeq \\al(－,2)～2I2～4S2Oeq \\al(2－,3)，所以樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq \f(\f(1,4)×c ml·L－1×V×10－3 L×90.5 g·ml－1×\f(250 mL,25.00 mL),m g)×100%＝eq \f(0.226 25cV,m)×100%；由于碘離子具有較強(qiáng)的還原性，能夠被空氣中的氧氣氧化成為碘單質(zhì)，導(dǎo)致消耗的Na2S2O3的量增多，進(jìn)一步導(dǎo)致NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高。