文档内容
专题17 氧化还原反应相关计算
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 褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A． 和 的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素 和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 ：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化 转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】A． 的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B． 中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物 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：
，反应Ⅱ的方程式为：
，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 ：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D． 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1mol
失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol 失电子
2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化 转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选
D。
2．【2022年北京卷】某 多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附 。废
气中的 被吸附后，经处理能全部转化为 。原理示意图如下。已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于 吸附
B．多孔材料“固定” ，促进 平衡正向移动
C．转化为 的反应是
D．每获得 时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】废气经过MOFs材料之后，NO 转化成NO 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中
2 2 4
我们知道，NO 转化为NO 的程度，决定了整个废气处理的效率。A．从 可
2 2 4
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NO 减少，不利于NO 的
2 4 2
吸附，A正确；B．多孔材料“固定” ，从而促进 平衡正向移动，B正确；C．
NO 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为 ，C正确；D．在方程式
2 4
中，转移的电子数为4e-，则每获得 ，转移的电子数为
0.4mol，即个数为 ，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 和 的转移(如A．b和c)，能将海洋中的
转化为 进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中 发生氧化反应
B．a和b中转移的 数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【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HO，
2
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+H O，生成
2
1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH 在酶2的作用下发生氧化还原反应生成HO和
2
NH，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+
2 4
HO+NH，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知，过程
2 2 4
II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH +3e-+2H+ HO+NH，n(NO):n(NH )=1:1，C错误；
2 2 4
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO +2H++e- NO+H O，过程II的离子方程式为NO+NH
2
+3e-+2H+ HO+NH，过程III的离子方程式为NH N↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO +
2 2 4 2 4 2
NH = N↑+2H O，D正确；答案选D。
2 2
4．（2016·浙江高考真题）已知氧化性 ，向含溶质 的 溶液中通入 ，充分反
应．下列说法不正确的是
A．离子的还原性强弱：
B．当 时，发生的离子反应：
C．当 时，反应后的离子浓度： ∶ ∶ ∶2∶2
D．当 时，发生的离子反应：
【答案】C
【解析】氧化性 ，则还原性 ，首先发生反应： ，
反应完毕，再发生反应： ，amol的 溶液中含有 、 ，
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： ，
正确； B． 消耗 ，当 时，只有 被氯气氧化，反应离子方程式为：
，正确； C．当 时，由 可知，
消耗 ，生成 、 ，由 可知，，消耗 ，又生成 ，溶液中剩余 为amol，反应后的离子浓度：
∶ ∶ ∶a∶ ∶1∶2，错误；D． 消耗 ，
消耗 ，当 时， 、 完全被氧化，发生的离子反应：
，正确； 故选C。
5．（2017·海南高考真题）在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H O= +Cl－+8H+，
2
中M的化合价是 （ ）
A．+4 B．+5 C．+6 D．+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
MOn－中M的化合价为+6价，故C正确。
2 7
6．（2016·上海高考真题）某铁的氧化物（Fe O）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下
x
112mlCl ，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
2
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】Fe O中Fe的平均化合价为+ ，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 2
电子数相等．标准状况下112mL Cl 转移电子数为 ×2=0.01mol．则有：
2
×(3- )×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。
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．FeO B．Fe O C．FeSO D．Fe O
2 3 4 3 4
【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 mol；B．Fe O
2 3
与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO 与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量
4
为 mol；D．Fe O 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
3 4
量为 mol，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FeO；故选
A。
8、【2015上海化学】工业上将NaCO 和NaS以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO ，可制取
2 3 2 2
NaSO，同时放出CO。在该反应中（ ）
2 2 3 2A．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1molNa SO，转移4mol电子
2 2 3
D．相同条件下，每吸收10m3SO 就会放出2.5m3CO
2 2
【答案】A、D
【解析】在反应物NaS中S元素的化合价为-2价，在SO 中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质
2 2
NaSO 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。
2 2 3
B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：NaCO+2Na S+ 4SO = 3Na SO+CO ，在反应中氧
2 3 2 2 2 2 3 2
化剂SO 与还原剂NaS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
2 2
3molNa SO，转移8mol电子，则产生1mol Na SO，转移8/3mol电子，错误。D．根据反应方程式
2 2 3 2 2 3
可知消耗的SO 与产生的CO 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
2 2
体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10m3SO 放出CO 的体积5m3，正确。
2 2
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．FeO B. Fe O C. FeSO D、Fe O
2 3 4 3 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Fe O 中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中
3 4
+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0.100 mol·L-1MO +溶液中，恰好完全反
2
应，则还原产物可能是（ ）
A．M B．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MO +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-
2
x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。
11．【2014年高考全国大纲卷第13题】已知：将Cl 通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、
2
KC1O ，且 的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是（ ）
3
A．若某温度下，反应后 ＝11，则溶液中 ＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于 amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量n 的范围： amol≤n≤ amol
e e
D．改变温度，产物中KC1O 的最大理论产量为 amol
3
【答案】D
【解析】A项若反应后 ＝11，令KC1、KClO分别为11 mol、1 mol，据得失电子守恒可得KC1O 为
3
2 mol，则溶液中 ＝ ，正确；B项据原子守恒n(KOH)＝amol＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl)，则n(Cl)
2 2
= amol，正确；C项采用极限法分析，当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl ＋2KOH=KCl＋
2
KClO＋HO，则n ＝ amol，同理，当全部生成KC1、KClO 时发生的反应为3Cl ＋6KOH=5KCl＋
2 e 3 2
KClO ＋3HO，则 n ＝ amol，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量 n 的范围：
3 2 e e
amol≤n≤ amol，该项正确；D项改变温度，产物中KC1O 的最大理论产量即无KClO生成，发生如
e 3
下反应：3Cl＋6KOH=5KCl＋KClO＋3HO，则KC1O 的物质的量为 amol，故该项错误。
2 3 2 3
12．【2014年高考上海卷第 16题】含有砒霜（As O ）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢
2 3
（AsH ）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则（ ）
3
A．被氧化的砒霜为1.98mg B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10―5N
A
【答案】C
【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为 As O ＋6Zn＋12HCl→6ZnCl ＋3HO＋2AsH ↑、
2 3 2 2 3
2AsH →2As＋3H↑，则A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降
3 2
低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B
不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/mol＝2×10－5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子
的物质的量是2×10－5mol ×6＝1.2×10－4mol。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＝×65g/mol＝3.9×10－3g＝3.9mg， C正确；D、两次反应中转移的电子总数为（2×10－5×6
＋2×10－5×3）N ＝1.8×10―4N ，D不正确，答案选C。
A A
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，得到NO 和NO 的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH
2 2 4
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HNO 的物质的量浓度是14.0mol/L
3C．NO 和NO 的混合气体中，NO 的体积分数是80%
2 2 4 2
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=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得
x=0.02mol，y=0.01 mol，设NO、NO 的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：
2 4 2
2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。A、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(HNO )=
3
mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，NO、NO 的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，
2 4 2
则NO 的体积分数是 ×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原
2
子守恒：n(NaOH)=n(HNO )-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；
3
答案选D。
14．（2012·四川高考真题）向27.2gCu和Cu O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，
2
生成NO和Cu(NO )，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已
3 2
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Cu O的物质的量之比为2∶1 B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
2
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D．Cu、Cu O与硝酸反应后剩余HNO 为0.2mol
2 3
【答案】B
【解析】设Cu和Cu O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有
2
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH) 、Cu O→2Cu(OH) 可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
2 2 2
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu O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
2
1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/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/ mol×（0.2 mol×2+0.1
mol×2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu O与硝酸反应后剩余HNO 为1.0mol-0.2
2 3
mol×2-0.1 mol×2×2=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氰尿酸钠(C NOClNa)都是常用的杀菌消毒剂。
3 3 3 2
NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（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
2
__________；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__________________。
（2）二氯异氰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氰尿酸钠样品是否达到优质
品标准。实验检测原理为准确称取1.1200g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 NaSO 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加
2 2 3
入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
)
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） NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO
2
见光分解 （2）
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
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：
；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HClO，HClO具有不稳定性，在受
热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O，从而是次氯酸钠失效，故答案为：
2
；NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见光分解；
2
（2） ①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO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： ，
，根据物质转换和电子得失守恒关系：得
n(Cl)=0.5 = ，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为：=63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S O )= ，根据物质转换和电子得失守恒关系：
2
，得n(Cl)=0.5 = ，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为：
=63.39%，
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 不能充分进行，产生的
HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
16．（2016·全国高考真题）NaClO 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如
2
下：
回答下列问题：
（1）NaClO 中Cl的化合价为_______。
2
（2）写出“反应”步骤中生成ClO 的化学方程式_______。
2
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为
________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO 。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之
2
比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于
多少克Cl 的氧化能力。NaClO 的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数）
2 2
【答案】（1）+3价 （2）2NaClO+SO+H SO =2NaHSO +ClO ↑ （3）NaOH Na CO O
3 2 2 4 4 2 2 3 2
（4）2:1 氧化产物为NaClO （5）1.57g
3
【解析】
（1）在NaClO 中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价；
2
（2）NaClO 和SO 在HSO 酸化条件下生成ClO ，其中NaClO 是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为
3 2 2 4 2 2
NaHSO，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO ，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：
4 22NaClO+SO+H SO =2NaHSO +2ClO ；
3 2 2 4 4 2
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量NaCO 溶液除去
2 3
Ca2+，ClO 氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO 的还原产物为NaClO，因此电解装置中阴极
2 2 2
ClO 得电子生成ClO -，阳极Cl-失电子生成Cl；
2 2 2
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO ，产物为ClO -，则此反应中ClO 为氧化剂，
2 2 2
还原产物为ClO -，化合价从+4价降为+3价，HO 为还原剂，氧化产物为O，每摩尔HO 得到2mol
2 2 2 2 2 2
电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO 的物质的量
2
= mol，依据电子转移数目相等，NaClO～Cl-～4e-，Cl～2Cl-～2e-，可知氯气的物
2 2
质的量为 mol×4× = mol，则氯气的质量为 mol×71g/mol=1.57g。
