氧化还原反应中的定量计算-2023届新高考化学一轮复习专题一化学物质及其变化易错点专练（Word含答案）

氧化还原反应中的定量计算
命题分析
本考点为氧化还原反应中的定量计算，主要考查“守恒法”在氧化还原反应计算中的应用，试题难度不大，以考查对信息获取加工、整合、逻辑推理和数学计算等关键能力为主。
考查的核心素养有：证据推理与模型认知：建立氧化还原反应的观点，掌握氧化还原反应的规律，结合常见的氧化还原反应理解有关规律；通过分析、推理等方法认识氧化还原反应的特征和实质，建立氧化还原反应计算、配平的思维模型。
近两年新高考真题：主要是在部分选择题的选项中以及非选择题的填空中出现，很少作为选择题单独出现；备考应继续重点把握氧化还原反应的基本规律及其应用，关注化学与生产、生活实际、能源、新科技等热点问题。
高频考向练习
考向1 常规型氧化还原反应计算
易错强化练习
回答下列问题：
1．（2022·浙江·模拟）S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，关于反应2S2Cl2+2H2O4HCl+3S↑+SO2↓，下列说法正确的是（　　）
A．S2Cl2作氧化剂，水作还原剂
B．1mol S2Cl2发生反应，产生气体56L
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D．生成1mol SO2时，转移3mol电子
2．氧化还原反应在化学研究和工业生产中意义重大。在一定条件可发生如下两个氧化还原反应：
①Fe+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+SO2↑+H2O（未配平）
②3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
试回答下列问题：
（1）反应①中氧化产物为 ，当反应中生成标准状况下6.72L SO2气体时，被还原的H2SO4的物质的量为 mol。
（2）反应②中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，若反应中有4.816×1023个电子发生转移时，消耗S的质量为 。
【答案】1．D 2．（1）Fe2(SO4)3；0.3 （2）2：1；19.2g
【解析】
1．A．只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B．计算的气体体积需要指明在标况下的体积，否则无法计算，故B错误；
C．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1：3，故C错误；
D．S元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1mol SO2转移3mol电子，故D正确；
故选：D。
2．（1）①Fe+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+SO2↑+H2O（未配平）反应中，Fe元素化合价升高，被氧化，Fe是还原剂，生成Fe2(SO4)3为氧化产物；S元素化合价降低，被还原，H2SO4是氧化剂，生成SO2为还原产物，则生成标准状况下6.72L SO2气体时，被还原的H2SO4有=0.3mol，故答案为：Fe2(SO4)3；0.3；
（2）②反应中S既是氧化剂又是还原剂，氧化剂得到还原产物K2S，还原剂得到氧化产物K2SO3，由还原产物、氧化产物的化学计量数，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；由3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O方程式可知消耗3mol S转移电子为1mol×（4-0）=4mol，所以有4.816×1023个即=0.8mol电子发生转移时，消耗S的质量为×3×32=19.2g；
故答案为：2：1；19.2g。
典例练习
1．（2022·湖北·月考）亚硝酸钠（NaNO2）具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠发生的离子反应为++H+→Mn2+++H2O（未配平），下列叙述错误的是（　　）
A．生成1mol Mn2+，转移电子为5mol
B．该反应中氮元素被氧化
C．配平后，水的化学计量数为3
D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5
2．（2021·浙江·真题）关于反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O, 下列说法正确的是（　　）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时, 转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
3．（2020·湖北·月考）三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的
环境中能发生反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（　　）
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．若1mol NF3被还原，反应转移电子数为2NA
C．若生成0.4mol HNO3，则转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
4．（2021·湖南·模拟）高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH═2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（　　）
A．反应①中每消耗4mol KOH，会吸收44.8L Cl2
B．氧化性：K2FeO4>KClO
C．若反应①中n(ClO-)：n()=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2mol K2FeO4时消耗0.3mol Cl2
考向2 简单反应的电子守恒问题
易错强化练习
回答下列问题：
1．（2021·河北·月考）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:16，则x的值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2020·郑州·质检）已知和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，在一定条件下可把Mn2+氧化为，若反应后被还原生成，又知氧化剂和还原剂的离子数之比为5：2，则中的n和S元素化合价分别是（　　）
A．2，+6 B．2，+7 C．4，+6 D．4，+7
【答案】1．D 2．A
【解析】
1．→， →，根据得失电子守恒可得：·x＝16×2，解得x=5，故D正确。
故选：D。
2．该反应中，Mn2+被氧化成，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，Mn2+作还原剂；反应后离子变成，氧元素的化合价不变，则S元素得电子化合价降低，作氧化剂，即与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为：8H2O+5+2Mn2+=2+10+16H+，根据电荷守恒得：-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，解得：n=2，则离子为，离子中含有过氧键，则S元素的化合价为+6价，故A正确。
故选：A。
典例练习
5．（2022·浙江·期末）酸性K2Cr2O7溶液具有较强的氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4。现有10mL 0.3mol/L的Na2SO3溶液，与10mL 0.1mol/L的K2Cr2O7溶液刚好完全反应，则还原产物中Cr的化合价为（　　）
A．+6 B．+5 C．+3 D．+2
6．（2022·四川·期末）某同学用酸性K2Cr2O7溶液氧化某含碳化合物中的碳元素来进行定量测定。已知消耗2mol/L的K2Cr2O7溶液25mL，K2Cr2O7被还原为Cr3+，同时产生标准状况下6.72L的CO2气体，则该含碳化合物中碳的化合价可能是（　　）
A．+3 B．+4 C．-4 D．+2
7．（2022·浙江·期末）将1.660g草酸钾固体（K2C2O4，M=166g/mol）溶于水配成溶液，用25.00mL 0.2000mol/L KMnO4溶液恰好将其完全氧化。则KMnO4的还原产物是（　　）
A． B．MnO2 C．MnO(OH) D．Mn2+
考向3 多元素参与反应的电子守恒问题
易错强化练习
计算：
（1）在P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中，7.5mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 mol。
（2）《本草纲目》中记载“(火药)乃焰硝(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”。反应原理为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是 ，反应转移1.2mol电子时，被KNO3氧化的C为 mol。
【答案】
（1）1.5；2.2 （2）S 和 KNO3；0.25
【解析】
（1）设7.5mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y。
根据得失电子守恒得：
7.5mol×(2 - 1) = x·(5 - 0)
x = 1.5mol
1mol×3×(2- 1)+1mol×[0- ( - 3)] = y·(5 - 0)
y = 1.2 mol
所以参加反应的P的物质的量为1.2mol+1mol = 2.2mol。
（2）结合已知方程式，硫单质转变为硫化钾，其中硫元素化合价降低，硫单质做氧化剂，硝酸钾转变为氮气，其中氮元素化合价降低，硝酸钾做氧化剂，故氧化剂为：S 和 KNO3；分析方程式可知3mol C反应时失电子数为12mol，其中硫单质得2mol电子，硝酸钾得10mol电子，则被硝酸钾氧化的C为mol=2.5mol，由此可得1.2mol电子转移时被硝酸钾氧化的C为0.25mol。
典例练习
8．（2020·江西·月考）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：2时，实际参加反应的FeS与被还原的HNO3的物质的量之比为 （ ）
A．1：4 B．1：5 C．1：6 D．1：7
9．（2019·安徽·月考）从矿物学资料查得，在一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7X+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为Cu2S，它既是氧化产物又是还原产物
B．5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移
C．每当有12mol H2O参加反应时，被CuSO4氧化的FeS2的物质的量为1mol
D．上述反应中做氧化剂的FeS2和做还原剂的FeS2的物质的量之比为3：7
10．（2020·福建·月考）四氧化三铁（Fe3O4）磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2+O2+xOH- ═Fe3O4↓++2H2O。请回答下列问题。
（1）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是 。
（2）反应的化学方程式中x= 。
（3）每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子为 mol，被Fe2+还原的O2的物质的量为
mol。
考向4 多步反应的电子守恒问题
易错强化练习
回答下列问题：
1．（2021·湖北·月考）取m g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中产生一定量的NO2气体和N2O4气体，将反应产生的气体与2.24L的O2（已折算到标准状况）一起通入水中，恰好完全反应生成硝酸；在合金与硝酸反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为10.2 g。则m等于（　　）
A．3.4 B．6.8 C．10.0 D．10.2
2．向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中，加入1mol/L 硝酸的溶液100mL，恰好使混合物全部溶解，且放出336mL NO （标准状况下），向所得溶液中加入KSCN 溶液，溶液无红色出现；若取相同质量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物，加入1mol/L 的稀硫酸溶液，也恰好使混合物完全溶解（假设还原产物唯一），反应后向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液也无红色出现，则所加入的稀硫酸的体积是 mL。
【答案】1．A 2．42.5
【解析】
1．标准状况下2.24L的O2气体的物质的量为=0.1mol，由电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.1mol×2×[0-（-2）]=0.4mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，由电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子的物质的量，故沉淀质量为mg+0.4mol×17g/mol=10.2g，解得m=3.4，只有A正确，故选：A。
2．一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中，加入1mol/L硝酸的溶液100mL，恰好使混合物全部溶解生成Fe(NO3)2，根据Fe～Fe(NO3)2～Fe2+～2，溶液中n（Fe2+）=n（）=（1mol/L×0.1L-）=0.0425mol，相同质量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物和稀硫酸恰好反应生成FeSO4，关系式为Fe～FeSO4～Fe2+～，n（）=n（H2SO4）=0.0425mol，V（H2SO4）===0.0425L=42.5mL，故答案为：42.5。
典例练习
11．（2021·广东·月考）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/L的NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
12．（2022·广西·期末）Fe2+和Fe3+的相互转化可用于物质含量的测定，如测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，流程如下：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，发生以下反应：FeCl3+CuCl═FeCl2+CuCl2，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+（该条件下Cl-不被氧化），消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中被还原为Cr3+。则样品中CuCl的质量分数为 。
13．（2021·安徽·期中）1.52g铜镁合金溶于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，合金完全溶解，得到NO2和NO的混合气体896 mL（标准状况）。向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH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．固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.6mol
C．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少600mL
D．反应过程中转移的电子数是0.06NA
典例练习参考答案
1．D【解析】酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠发生的反应中，中的+7价的Mn变成Mn2+中+2价的Mn，1mol 参与反应得到5mol电子，中的N从+3价变成中+5价的N，1mol 参与反应失去2mol电子。则两者发生的离子反应为：2+5+6H+═2Mn2++5+3H2O。A．生成1mol Mn2+转移电子为5mol，故A正确；
B．该反应中氮元素化合价升高，失去电子，被氧化，故B正确；C．配平后，反应为：2+5+6H+═2Mn2++5+3H2O，水的化学计量数为3，故C正确；D．是氧化产物，Mn2+是还原产物，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2，故D错误。
故选：D。
2．D【解析】A．分析反应方程式可知，K2H3IO6中I元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；B．KI是HI反应生成盐，元素化合价没有变化，KI不是还原产物，故B错误；C．由方程式可知生成4mol I2，转移7mol电子，12.7g I2物质的量为0.05mol，则转移电子的物质的量为=0.0875mol，故C错误；D．由化合价的变化可知，反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O中，I元素化合价分别由+7价和-1价变化为0价，还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，故D正确。故选：D。
3．D【解析】A．该反应中N元素的化合价由+3价变为+2价、+5价，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．1mol NF3被还原，即N元素化合价由+3价变为+2价，转移电子数为1NA，故B错误；C．生成0.4mol硝酸，则有0.4mol的N元素从+3价变为+5价，转移电子的物质的量为0.8mol，故C错误；D．N元素化合价由+3价变为+2价和+5价，NF3既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确。故选：D。
4．D【解析】A．由于KCl、KClO、KClO3中K与Cl个数比均是1：1，所以每消耗4mol KOH，应吸收标准状况下44.8L Cl2，故A错误；B．在反应②中KClO是氧化剂，而K2FeO4是氧化产物，所以氧化性应为K2FeO45．C【解析】由信息可知，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设Cr元素的化合价由+6价降低为x，由得失电子守恒可知，0.01L×0.3mol/L×（6-4）=0.01L×0.1mol/L×2×（6-x），解得x=+3，只有C正确。故选：C。
6．A【解析】酸性K2Cr2O7溶液氧化某含碳化合物中的碳元素，Cr元素的化合价从+6降低为+3，C元素的化合价会升高，最终变为二氧化碳中的+4价碳，设该含碳化合物中碳的化合价是x，根据电子守恒，得到：2mol/L×0.025L×2×（6-3）=×（4-x），解得x=+3，
故选：A。
7．C【解析】草酸钾的物质的量为=0.01mol，高锰酸钾的物质的量为0.025L×0.2000mol/L=0.005mol，碳元素化合价由+3价升高到+4价，设锰元素的化合价由+7价降低到x价，依据得失电子守恒有等式：0.01mol×2×1=0.005mol×（7-x），求得x=3。由分析知KMnO4溶液还原产物的化合价为+3价，高锰酸根离子中锰为+7价，二氧化锰中锰为+4价，氢氧化氧锰中锰的化合价为+3价，锰离子的化合价为+2价，故C正确。故选：C。
8．B【解析】先根据转移电子守恒计算参加反应的n(FeS)，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出实际参加反应的FeS与被还原的HNO3的物质的量之比。当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：2时，设NO2、N2O4、NO的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n(FeS)，n(FeS)==1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5。故B正确。故选：B。
9．C【解析】由质量守恒可知X为Cu2S，则在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4
+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题。A．X为Cu2S，Cu、S元素化合价降低，为还原产物，故A错误；
B．5mol FeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14mol CuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7mol Cu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C．每当有12mol H2O参加反应时，14mol CuSO4参加反应得到14mol电子，而5mol FeS2中7个S从-1降到-2（FeS2→Cu2S）得到电子数为7mol，3个S从-1升到+6（FeS2→FeSO4）失去电子数为3mol×7=21mol，14mol电子只能氧化2mol -1价的S，即被氧化的FeS2为1 mol，故C正确；D．由C项分析可知5mol FeS2中，做氧化剂的FeS2为3.5mol，做还原剂的FeS2的为1.5mol，两者之比为7：3 ，故D错误。故选：C。
10．（1）Fe2+、 （2）4 （3）4；0.5
【解析】（1）中硫元素为+2价，中硫元素为+价，价态上升，作还原剂，四氧化三铁中铁元素，一个为+2价，两个为+3价，故有两个Fe2+价态上升，Fe2+作还原剂，故答案为：Fe2+、；
（2）根据氢元素守恒可知，氢氧根个数为4，故答案为：4；
（3）根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成1mol Fe3O4时，转移的电子数即是1mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2+还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x=1mol×3×（- 2），解得x=0.5 mol。故答案为：4；0.5。
11．A【解析】根据得失电子守恒，Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，即n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2= mol×4，n（Cu）=0.15mol， 所以Cu(NO3)2为0.15mol，沉淀铜离子需NaOH为0.15mol×2=0.3mol，则NaOH体积V==0.06L=60mL，故A正确。故选：A。
12．【解析】根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl～6Fe2+～，则n（CuCl）=6n（K2Cr2O7）=b×10-3L×amol/L×6=6ab×10-3mol，CuCl的质量分数为：×100%=，故答案为：。
13．C【解析】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为：=0.06mol，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得：x=0.02、y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确； B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14mol/L，则50mL浓硝酸的物质的量为0.7mol；结合A选项，则铜镁合金溶于浓硝酸中消耗的硝酸为：+(0.02+0.01)×2mol=0.1mol，所以固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.6mol，故B正确；
C．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-
=0.66mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.66mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=0.66L=660mL，故C错误； D．结合A选项，铜为0.02mol、镁为0.01mol，则反应过程中转移的电子数是(0.02mol×2+0.01mol×2)×NA=0.06NA，故D正确；
故选：C。
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