专题14 氧化还原反应相关计算-【好题汇编】十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编（全国通用）

专题14 氧化还原反应相关计算 考点 十年考情(2015-2024) 命题趋势 考点1 氧化还原反应在选择题中 2024·北京卷、2016·海南卷、2016·上海卷、2015·海南卷 氧化还原反应做为学科基本工具，在高考中每年必考，或显性或隐性渗透。在非选择题中主要以化工流程或综合为载体，考查陌生化学方程式或离子方程式的书写、电子转移数目、电子守恒法的计算。特别是考查转移电子数的计算等问题。预计高考利用氧化还原反应滴定原理测定物质的组成以及陌生物质的氧化还原反应方程式的书写的命题趋势较大。 考点2 氧化还原反应在非选择题中 2024·上海卷、2020•浙江1月卷、2018•天津卷、2017•新课标Ⅱ卷、2016·江苏卷 考点1 氧化还原反应计算在选择题中 1．(2024·北京卷，14，3分)不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是( ) A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 2．(2016·海南卷，9)利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是( ) A．可生成H2的质量为0.02g B．可生成氢的原子数为2.408×1023个 C．可生成H2的体积为0.224L(标准情况) D．生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量 3．(2016·上海卷，17)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112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为( ) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 4．(2015·海南卷，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应： 2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2R+3Cl-+5H2O。则R中R的化合价是(　　) A．+3 　　B．+4 　　　　C．+5 　　　D．+6 考点2 氧化还原反应计算在非选择题中 1．(2024·上海卷)回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。 PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+ (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ (4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。 2．(2020•浙江1月卷，27)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________ 3．(2018•天津卷，10节选)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题： Ⅱ.NOx含量的测定 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。 (5)NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。 (7)滴定过程中发生下列反应： 3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。 4．(2017•新课标Ⅱ卷，28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ．取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。 Ⅱ．酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2 S2O32-+I2=2I−+ S4O62-)。 回答下列问题： (2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。 (4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。 5．(2016·江苏卷，18)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 (1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6 H2O＝CaO2·8H2O 反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_____________。 (2)向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有____________(填序号)。 A．Ca2+ B．H+ C．CO32- D．OH− (3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I−完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下： ①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。 ②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(用mg·L−1表示)，写出计算过程。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 氧化还原反应相关计算 考点 十年考情(2015-2024) 命题趋势 考点1 氧化还原反应在选择题中 2024·北京卷、2016·海南卷、2016·上海卷、2015·海南卷 氧化还原反应做为学科基本工具，在高考中每年必考，或显性或隐性渗透。在非选择题中主要以化工流程或综合为载体，考查陌生化学方程式或离子方程式的书写、电子转移数目、电子守恒法的计算。特别是考查转移电子数的计算等问题。预计高考利用氧化还原反应滴定原理测定物质的组成以及陌生物质的氧化还原反应方程式的书写的命题趋势较大。 考点2 氧化还原反应在非选择题中 2024·上海卷、2020•浙江1月卷、2018•天津卷、2017•新课标Ⅱ卷、2016·江苏卷 考点1 氧化还原反应计算在选择题中 1．(2024·北京卷，14，3分)不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是( ) A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】A项，反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2 MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B项，根据反应①可得关系式10I-~2 MnO4-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2 MnO4-~MnO2~ IOx -~6e-，IOx -中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2 MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3- +2OH-，B项正确；C项，已知MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D项，根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。 2．(2016·海南卷，9)利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是( ) A．可生成H2的质量为0.02g B．可生成氢的原子数为2.408×1023个 C．可生成H2的体积为0.224L(标准情况) D．生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量 【答案】D 【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得：A项，可生成H2的质量为0.04g，错误；B项，可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C项，可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D项，0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2。故选D。 3．(2016·上海卷，17)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112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为( ) A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 【答案】A 【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.01mol。则有：×(3-)×x=0.01。故选A。 4．(2015·海南卷，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应： 2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2R+3Cl-+5H2O。则R中R的化合价是(　　) A．+3 　　B．+4 　　　　C．+5 　　　D．+6 【答案】D 【解析】根据氧化还原反应得失电子守恒(化合价升降相等)，反应中氯元素化合价由+1→-1(化学计量数为3)，因此R元素的化合价由+3升高到+6价(化学计量数为2)，由此判断D正确。(另解可以根据电荷守恒快速判断n=2，进而确定R的化合价为+6价)。 考点2 氧化还原反应计算在非选择题中 1．(2024·上海卷)回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。 PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+ (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ (4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。 【答案】(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应 (2)A (3)AB (4) 0.0004 mol·L-1·min-1 【解析】(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用Cu制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。(2)由图中信息可知，PtF6参与了反应过程，但最后又生成了PtF6，因此上述反应中的催化剂为PtF6，故选A。(3)由图中信息可知，反应②的化学方程式为PtF7-+Xe→PtF6-+ XeF，反应③的化学方程式为PtF6-+XeF→PtF6+ XeF+，这两步反应中Xe和Pt的化合价都发生了变化，因此，上述过程中属于氧化还原反应的是②和③；反应④的化学方程式为PtF6-→PtF5+ F-，反应⑤的化学方程式为PtF6-+PtF5=[Pt2F11]-，这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。(4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50L的容器中，反应10 min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。假设XeF2、XeF4、XeF6的物质的量分别为x、6x、3x，则1 mol +9 mol +10x-10x-x--=8.9 mol，解之得，10 min内XeF4的速率。 2．(2020•浙江1月卷，27)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下： 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O 假设杂质不参加反应。 该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________ 【答案】95.2 【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。 3．(2018•天津卷，10节选)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题： Ⅱ.NOx含量的测定 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。 (5)NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。 (7)滴定过程中发生下列反应： 3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。 【答案】(1)除尘 (2)c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5)2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7) (8)偏低 偏高 【解析】(1)A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。(2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。(3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液，所以答案为：。(4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。(5)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。(6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(7)用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m−3。(8)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。 4．(2017•新课标Ⅱ卷，28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ．取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。 Ⅱ．酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2 S2O32-+I2=2I−+ S4O62-)。 回答下列问题： (2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。 (4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。 【答案】(2)O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2 (4)蓝色刚好褪去 80ab 【解析】(2)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3，可得水样中溶解氧的含量为 [(ab×10-3)÷4×32×103]÷0.1=80ab；(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，最终结果偏低。 5．(2016·江苏卷，18)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 (1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6 H2O＝CaO2·8H2O 反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_____________。 (2)向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有____________(填序号)。 A．Ca2+ B．H+ C．CO32- D．OH− (3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I−完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下： ①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。 ②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(用mg·L−1表示)，写出计算过程。 【答案】(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓ ②在100.00mL水样中，I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，n(I2)=＝=6.750×10－5mol；n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5mol，n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol，水中溶解氧＝=10.80mg/L。 【解析】(1)根据方程式可知反应时加入过量的Ca(OH)2可以提高双氧水的利用率。 (2)过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，故选AD。(3)①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，得到4个电子，Mn元素的化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓。②根据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子其中S元素化合价从＋2价升高到＋2.5价，所以该水样中的溶解氧为＝10.80mg/L。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$