2025年高考化学总复习试题分类训练：氧化还原反应相关计算（解析卷）

17表化迷展双位相关引■算

1.【2023年湖北卷】油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件

下，颜料雌黄(As2s3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

空气，紫外光

/~AS2O3+H2s2O3

As2s3(s)

、空气，自然光

H3ASO4+H2so4

II

下列说法正确的是

A.S?。；-和SO：的空间结构都是正四面体形

B.反应I和n中，元素As和S都被氧化

n(02)

c.反应1和n中，参加反应的色幺\：I<II

n(H20)

D.反应I和II中，氧化ImolAs2s3转移的电子数之比为3：7

【答案】D

【解析】A.sqj的中心原子S形成的4个0键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错

误；B.As2s3中As的化合价为+3价，反应I产物As。中As的化合价为+3价，故该过程中As没

有被氧化，B错误；C.根据题给信息可知，反应I的方程式为：

紫外光

2AS2S3+6O2+3H2O^=2AS2O3+3H2S2O3,反应II的方程式为：

自然光n(O2)

As2S3+70,+6H,O^=2H3ASO4+3H,SO4,则反应I和II中，参加反应的分工：I>II,C错

--n(H,O)

误；D.As2s3中As为+3价，S为-2价，在经过反应I后，As的化合价没有变，S变为+2价，则

ImolAs2S33x4mol=12mol；在经过反应H后，As变为+5价,S变为+6价,则ImolAs2s3失电

子2x2mol+3x8mol=28mol,则反应I和H中，氧化ImolAs2s3转移的电子数之比为3：7,D正确；故

选D。

2.【2022年北京卷】某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N?。「固定”，能高选择性吸附NO2。废气

中的NO?被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。

已知：2NO2(g)^N2O4(g)AH<0

下列说法不亚强的是

A.温度升高时不利于NO?吸附

B.多孔材料“固定”电。4,促进2NO2（g）UN2C>4（g）平衡正向移动

C.转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2c）=4HNC>3

D.每获得0.4molHNC>3时，转移电子的数目为6.02x1（）22

【答案】D

【解析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程

中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。A.从

2N02（g）ON20Kg）AH<0可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成

的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B.多孔材料“固定"NQ”，从而促进2NO20电。,平衡

正向移动，B正确；C.N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2204+。2+2凡0=4印^。3,C正

确；D.在方程式2N。4+。2+2凡0=411?403中，转移的电子数为4e-,则每获得OdmolHNOj,转移的

电子数为0.4moL即个数为2.408X1023,D错误;故选D。

3.【2022年湖南卷】科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和b的转移（如A.b和c）,能将海洋中的

NO；转化为N?进入大气层，反应过程如图所示。

：

NHH2O

NO2N2

下列说法正确的是

A.过程I中NO：发生氧化反应

B.a和b中转移的片数目相等

C.过程II中参与反应的n（NO）:n（NH；）=l:4

D.过程I—III的总反应为NO/NH;N?T+2H?。

【答案】D

【解析】A.由图示可知，过程I中NO；转化为NO,氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO?作氧化剂，

被还原，发生还原反应，A错误；B.由图示可知，过程I为NO?在酶1的作用下转化为NO和

酶1

H2O,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO：+2H++e-=

NO+H2O,生成ImolNO,a过程转移lmole;过程II为NO和NH：在酶2的作用下发生氧化还原反

应生成H2O和N2H4,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH

；+3e-+2H+=H2O+N2H4,消耗ImolNO,b过程转移4moie:转移电子数目不相等，B错误；C.由

前2

图示可知，过程n发生反应的参与反应的离子方程式为：N0+NH：+3e-+2H+=H2O+N2H4,

n（NO）:n（NH：）=l:l,C错误；D.由图示可知，过程I的离子方程式为NO；+2H++e-=NO+H2O,过程

酶2酶3

II的离子方程式为NO+NH；+3e-+2H+=H2O+N2H4,过程III的离子方程式为N2H4=N2T+4H++4e;则

过程I-III的总反应为NOZ+NH；=N2f+2H20,D正确；答案选D。

4.（2016•浙江高考真题）已知氧化性Er?〉Fe”,向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2,充分反

应.下列说法不正确的是

A.离子的还原性强弱：Fe2+>Br->Cl

B.当a»2b时，发生的离子反应：2Fe2++CL=2Fe3++2C「

C.当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br"）:c（CF）=l：2：2

D.当3aV2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3CL=2Fe3++2Br2+6Cl

【答案】C

3+2+2+3+2+

［解析】氧化性Br2>Fe,则还原性Fe>Br，首先发生反应：2Fe+Cl2=2Fe+2C「Fe

反应完毕，再发生反应：2Br-+C12=2C「+Br2,amol的FeBr2溶液中含有amolFe?卡、

2amolBr'据此分析解答。A.氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：

Fe2+>Br->Cl--正确；B.amolFe?+消耗O.SamolCL,当a22b时，只有Fe?+被氯气氧化，

2+3+

反应离子方程式为：2Fe+Cl2=2Fe+2Cr,正确；C.当a=b时，由

2+3+2+3+-

2Fe+Cl2=2Fe+20-可知，amolFe消耗OSamolCl2,生成amolFe、amolCl，由

-

2Br+C12=2Cr+B「2可知，0.5amolCl2,消耗amolBr-，又生成amoIC「，溶液中剩余Br一为

amol,反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br-）：c（Cr）=a：a：2a=l：1：2,错误；

D.amolFe?+消耗OSamolCU，2amolB「消耗amolC",当3aW2b时，Fe2+^Br-完全被氧

化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3CL=2Fe3++2Br2+6C「，正确；故选C。

3++

5.（2017•海南高考真题）在酸性条件下，可发生如下反应：CIO-+2M+4H2O=M2O；-+C1+8H,

M2O,中M的化合价是（）

A.+4B.+5C.+6D.+7

【答案】c

【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6—1=8—n—1,解得n=2,从而得出

M2O7「中M的化合价为+6价，故C正确。

6.（2016•上海高考真题）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下

112mle12,恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）

A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93

【答案】A

【解析】FexO中Fe的平均化合价为+2,被氧化为Fe3+,根据电子守恒可知，转移的电子数和CL转移的

X

0.112L

电子数相等.标准状况下112mLe12转移电子数为cg/—7x2=0.01mol.则有：

22.4L/mol

1.52g2

（56x+16）g/molx（3-1）xx=0.01mol,解得x=0.8,故选Ao

7.（2014.山东高考真题）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是

A.FeOB.Fe?O3C.FeSCUD.FesO4

【答案】A

【解析】假设质量都为mg：A.FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失电子物质的量为个mol；

B.Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C.FeSCU与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失电子

物质的量为三mol；D.Fe3C>4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失

电子物质的量为」Lmol,由以上分析可知，失电子最多的是FeO,则放出NO物质的量最多的是

232

FeO；故选A。

8、【2015上海化学】工业上将Na2cCh和Na2s以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SCh，可制取

Na2s2O3,同时放出CO2。在该反应中（）

A.硫元素既被氧化又被还原

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2

C.每生成ImolNa2s2。3，转移4moi电子

D.相同条件下，每吸收10m3sCh就会放出2.5m3cCh

【答案】A、D

【解析】在反应物Na2s中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质

Na2s2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。

B.根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2co3+2Na2s+4SO2=3Na2s2O3+CO2，在反应中氧

化剂SO2与还原剂Na2s的物质的量之比为4:2=2:1,错误。C.根据B选项的河西方程式可知，每生

成3moiNa2s2O3，转移8moi电子，则产生ImolNa2s2O3，转移8/3mol电子，错误。D.根据反应方程

式可知消耗的S02与产生的C02的物质的量的比是4:1,由于在相同条件下，气体的物质的量的比等

于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10m3sCh放出C02的体积5m3,正确。

9.【2014年高考山东卷第9题】等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）

A.FeOB.FezChC.FeS04D、Fe3（）4

【答案】A

【解析】比较化学反应生成物的量的判断，根据氧化还原反应原理，比较各选项物质中+2价Fe的含量，然

后可得出NO的生成量的大小。根据化学式可算出四种物质中+2价Fe含量最大的是FeO,所以等质量

的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是FeO,故A项正确。正确的标出各物质中

Fe元素的化合价，如Fe3O4中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中+2价

Fe的含量最高，根据氧化还原反应原理可推出正确答案。

10.[2012年高考海南卷第6题】将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100moLL-iMCh+溶液中，恰好完全反

应，则还原产物可能是（）

A.MB.M2+C.M3+D.MO2+

【答案】B

【解析】根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x,

参加反应的MO2+的物质的量为0.002mol,参加反应的锌的物质的量为0.003mol,故存在：（5-

x）x0.002=0.003x2,解得x=2,故选B。

11.L2014年高考全国大纲卷第13题】已知：将Cb通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KC1O、KC1O3,

且黑士的值与温度高低有关。当"（KOH尸amol时，下列有关说法错误的是（）

c（ClO）

A.若某温度下，反应后金^4=11,则溶液中强必=[

C（C1O）C（C1U3）_

2

B.参加反应的氯气的物质的量等于'amol

2

C.改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：—amol<ne<—amol

26

D.改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为』amol

7

【答案】D

c(C「)

【解析】A项若反应后c(C10-)=ll,令KC1、1^10分别为110101、111101,据得失电子守恒可得KC1O3为

c(C10)

2mol,则溶液中c(Cl°3)=,，正确；B项据原子守恒〃(KOH)=amol="(K)="(Cl)=2〃(C12),则"(CL)

2

=-amol,正确；C项采用极限法分析，当全部生成KC1、KC1O时发生的反应为C12+2KOH=KC1+KC1O

2

+H,O,则ne=Lamol,同理，当全部生成KC1、KCICh时发生的反应为3cl2+6KOH=5KCl+KClC)3+

2

3H2O,则ne=3amol,综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量入的范围：—amol<ne<—amol,

626

该项正确；D项改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KC1O生成，发生如下反应：3c七+

6KOH=5KC1+KCIO3+3H2O,则KCIO3的物质的量为,amol,故该项错误。

6

12.【2014年高考上海卷第16题】含有砒霜(AS2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的碑化氢(ASH3)

在热玻璃管中完全分解成单质碑和氢气。若碑的质量为1.50mg,则()

A.被氧化的砒霜为L98mgB.分解产生的氢气为0.672ml

C.和砒霜反应的锌为3.90mgD.转移的电子总数为6x10—5NA

【答案】C

【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为AS2O3+6Zn+12HC1^6ZnCl2+3H2O+2AsH3t>

2AsH3-2As+3H2],则A、砒霜中碑的化合价是+3价，而碑化氢中碑的化合价是一3价，化合价降低

得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定珅化氢的状态，因此不能确定神化氢的体积，B不正

确；C、1.50mg碑的物质的量=1.50xl0-3gK5g/mol=2xl0-5mol,则砒霜转化为碑化氢得到电子的物质

WSM2xl0-5molX6=1.2xl0-4molo锌失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，和砒霜反应的锌的

质量="xl；mdx65g/mol=3.9xl(F3g=3.9mg,C正确；D、两次反应中转移的电子总数为(2x10-

4

5x6+2x10-5x3)NA=1.8X10-NA,D不正确，答案选C。

13.(2013•四川高考真题)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸

中，得至UNO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入LOmol/LNaOH

溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是

A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1

B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L

C.NO2和N2O4的混合气体中，N02的体积分数是80%

D.得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL

【答案】D

【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y,则①64x+24y=L52②64x+24y+34x+34y=2.54,解得

x=0.02moLy=0.01moL设N2O4、NCh的物质的量分别为a、b,则根据得失电子数相等：

2x+2y=2a+b,a+b=0.05,则a=0.01moLb=0.04moloA、有上述分析可知,Cu和Mg的物质的量分别

为0.02mol、0.01mol,二者物质的量之比为2：1,A正确；B、c(HNCh)=史吆［生*■&

63

-1

mol/L=14.0mol-L,B正确；C、由上述分析可知，N2O4>NO2的物质的量分别为O.Olmol、

0.04mol,则NO2的体积分数是竺生㈣xl00%=80%,C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸

0.05mol

钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-(2a+b)=0.7mol-0.06mol=0.64mol,氢氧化钠溶液体积为

640mL,D错误；答案选D。

14.(2012・四川高考真题)向27.2gCu和CU2。的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L,固体物质完全反

应，生成NO和CU(NC>3)2,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液LOL,此时溶液呈中性。金属

离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是

A.Cu与CsO的物质的量之比为2：1B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L

C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Cu、CsO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

【答案】B

【解析】设Cu和CU2。的物质的量分别为xmol、ymol,根据题意，则有

64x+144y=27.2.......①

1

由CU—CU(OH)2、CU2O^2CU(OH)2BTI#34x+68y-16y=39.2-27.2........②

解得x=0.2、y=0.1

A、Cu与C112O的物质的量之比为0.2：0.1=2：1,A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为

1.0mol+(0.2molx2+0.1molx2)/3=1.2mol,硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L,B不正

确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/molx(0.2molx2+0.1

molx2)/3=4.48L,C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、C112O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2

molx2-0.1molx2x2=0.2mol,D正确。答案选B。

15.(2020.江苏高考真题)次氯酸钠溶液和二氯异氧尿酸钠(C3N3O3CLNa)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO

可用于制备二氯异氧尿酸钠.

(1)NaClO溶液可由低温下将CL缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为

；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，

将会导致消毒作用减弱，其原因是o

(2)二氯异氧尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氟尿酸钠样品是否达到优质

品标准。实验检测原理为C3N3O3CI2+H++2H2。=C3H3N3O3+2HC1O

+

HC1O+2I+H=I2+cr+H2OI2+2s2。；=S4O^+2「

准确称取L1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸

和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用O.lOOOmoLIjiNa2s2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，

加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液20.00mL„

①通过计算判断该样品是否为优质品o(写出计算过程，

、方洋口的右助勺测定中转化为HC10的氯元素质量x2.nno.x

该样品的有效虱"----------23l日------------------x100%

样品的质量

②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值___________(填“偏高”或“偏低”)。

-

【答案】(1)Cl2+2OH-=CIO+cr+H2ONaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HC1O,HC1O

见光分解(2)n他0；)=0.lOOOmolxE1x0.02000L=2.000x10-3mol

根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3CIZ~2HC1O~2I2~4s2。；

--3

得n(Cl)=0.5M(S2O；)=1.000x10mol

氯元素的质量：

m(Cl)=1.000xW3molx35.5g-moF1=0.03550g

0.03550g

x2xl00%=63.39%

该样品的有效氯为:25.0mL

1.1200gx

250.0mL

该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品偏低

【解析】

(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为:

C12+2OH=cio+cr+H2o；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次

氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HC1O,HC1O具有不稳定性，在受

热或见光条件下会发生分解反应，产生HC1和02,从而是次氯酸钠失效，故答案为：

Cl2+2OH=C1O+C1+H2O；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HC1O,HC1O见光分解；

(2)①由题中反应可知，C3N303cl2在酸性条件产生HC1O,HC1O氧化碘离子产生碘单质，碘单质再

用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：C3N3O3C12~2HC1O〜2I2~4s2。；，

3

7?(S2Oj-)=O.lOOOmol-E'xO.OZOOOL=2.000x10mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得

3

n(Cl)=0.5n(S2O1)=1.000x10-mob

氯元素的质量：m(Cl)=1.000x10-3molx35.5g-mol-1=0.03550g,该样品中的有效氯为:

0.03550g

x2x100%

25.00mL=63.39%,

1.1200gx

250.0mL

该样品中的有效氯大于60%,故该样品为优质品

1-3

故答案为：n(S2O;)=O.lOOOmolEx0.02000L=2.000xIOmol，根据物质转换和电子得失守恒关

-3

系：C3N3O3CI2~2HC1O〜2匕〜4s2。；，得n(Cl)=0.5n(S2O30=1.000xl0mob

氯元素的质量：m(Cl)=1.000x10-3molx35.5g-mol1=0.03550g,该样品中的有效氯为:

0.03550g

x2x100%

25.00mL=63.39%,

1.1200gx

250.0mL

该样品中的有效氯大于60%,故该样品为优质品

②如果硫酸的用量过少，则导致反应C3N3O3CI2+H++2H2(3=C3H3N