【升级版】微专题10“守恒法”在氧化还原反应计算中的应用（解析版）(全国版).docx

1、微专题10 “守恒法”在氧化还原反应计算中应用 1（2023浙江高考真题）关于反应，下列说法正确的是A生成，转移电子B是还原产物C既是氧化剂又是还原剂D若设计成原电池，为负极产物【答案】A【解析】A由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反

2、应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。2（2022全国高考真题）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A25，下，氢气中质子的数目为B溶液中，的数目为C苯甲酸完全燃烧，生成的数目为D电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为【答案】C【解析】A25、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；BAl3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误；C苯甲酸燃烧的化学方程式为，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO

3、2，数目为1.4NA，故C正确；D电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故D错误；答案选C。一、 在高中化学计算中通常要遵循三大守恒规律：1.得失电子守恒 2.质量守恒 3.电荷守恒二、守恒思想在氧化还原反应计算中的应用1对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒的思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得

4、电子和失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。三、考查角度（1）考查两元素之间得失电子守恒计算（2）考查多步反应得失电子守恒计算有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变的很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。1（2022河北高考真题）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NAB1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电

5、子个数为0.1NAC2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NAD6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA【答案】B【解析】A过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为1NAmol-1=0.05NA，故A错误；B镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为2NAmol-1=0.1NA，故B正确；C铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为NAmol-1=0.15NA，故C错误；D

6、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于NAmol-1=0.1NA，故D错误；故选B。2（2022广东高考真题）科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： 。下列说法正确的是A充电时电极b是阴极B放电时溶液的减小C放电时溶液的浓度增大D每生成，电极a质量理论上增加【答案】C【解析】A由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；B放电时电极反应和充电时相反，则由

7、放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；C放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；D充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；答案选C。1（2022辽宁统考高考真题）某储能电池原理如图。下列说法正确的是A放电时负极反应：B放电时透过多孔活性炭电极向中迁移C放电时每转移电子，理论上吸收D充电过程中，溶液浓度增大【答案】A【解析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳

8、极：2Cl-2e-=Cl2，由此解析。A 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：，故A正确；B 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；C 放电时每转移电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C错误；D 充电过程中，阳极：2Cl-2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D错误；故选A。2（2022福建统考高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A水中含有的孤电子对数为B每产生失去的电子数为C氨水中，含有的分子数少于D消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为【答案】D【解析】AH2O分子

9、中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A错误；B该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误；C氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C错误；D的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D正确；故选D。3（2022重庆统考高考真题）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA B消耗1molH2，生成NH键数为2 NA C生成标准状况下22.4LNH3，电子转移

10、数为2 NA D氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA 【答案】B【解析】A由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为2NAmol1=NA，故A错误；B由方程式可知，消耗1mol氢气生成NH键数为1mol3NAmol1=2NA，故B正确；C由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为3NAmol1=3NA，故C错误；D由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1molNAmol1=1.25NA，故D错误；故选B。4（2022重庆统考高考真题）硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应

11、过程如图所示。下列说法错误的是A惰性电极2为阳极B反应前后WO/WO数量不变C消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮D外电路通过1mol电子，可得到1mol水【答案】C【解析】A惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A正确；BWO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B正确；C总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；D外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D正确

12、；选C。5（2022浙江高考真题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是ACO是氧化产物BSiH4发生还原反应C氧化剂与还原剂的物质的量之比为14D生成1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】A根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选D。6

13、（2021广东高考真题）钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是A工作时，室和室溶液的均增大B生成，室溶液质量理论上减少C移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D电解总反应：【答案】D【解析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由室向室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2+2e-=Co，室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯

14、离子过阴离子交换膜由室向室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2+2H2O2 Co +O2+4H+。A由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由室向室移动，使室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则室溶液质量减少18g，故B错误；C若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；D由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2+2H2O2 Co +O2+4H+，故D正确；故选D。7（2021湖南高考真题）常用作食盐中的补碘剂，可用“

15、氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是A产生22.4L(标准状况)时，反应中转移B反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉D可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在【答案】A【解析】A该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；B该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2

16、作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。8（2021浙江高考真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是ANH3中H元素被氧化BNO2在反应过程中失去电子C还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】由反应8NH3

17、+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。ANH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；BNO2在反应过程中得到电子，B不正确；C该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选

18、D。9（2020浙江高考真题）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是A1:2B1:1C2:1D4:1【答案】B【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。10（2021天津高考真题）如下所示电解装置中，通电后石墨电极上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是Aa是电源的负极B通电一段时间后，向石墨电极

19、附近滴加石蕊溶液，出现红色C随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大D当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)【答案】C【解析】通电后石墨电极上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极为阴极，据此解答。A由分析可知，a是电源的负极，故A正确；B石墨电极为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；C随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；D当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015mol，体积为336m

20、L (折合成标准状况下)，故D正确；故选C。1（2022北京高考真题）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，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

21、材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；CN2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D在方程式中，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。2（2022浙江统考高考真题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是ACO是氧化产物BSiH4发生还原反应C氧化剂与还原剂的物质的量之比为14D生成1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】A根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C反应中氧化剂为二氧化碳

22、，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选D。3（2022浙江统考高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A在25时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NAB1.8g重水(D2O)中所含质子数为NAC足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NAD32g甲醇的分子中含有CH键的数目为4NA【答案】A【解析】A1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.0

23、1mol/L 1L=0.01mol，OH-的数目为0.01NA，A正确；B1.8g重水(D2O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9NA，B错误；C足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，C错误；D甲醇的结构简式为：CH3OH，32g (1mol)的分子中含有CH键的数目为3NA，D错误；答案选A。4（2022浙江统考高考真题）关于反应，下列说法正确的是A发生还原反应B既是氧化剂又是还原剂C氧化产物与还原产物的物质的量之比为21D发生反应，转移电子【答案】B【解析】AH2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价

24、均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；BNa2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。5（2022海南统考高考真题）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A反应转移电子为0.1molBHCl溶液中数为3NAC含有的中

25、子数为1.3NAD反应生成标准状况下气体3.36L【答案】A【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3molL-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。AFe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；BHCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确

26、；综上所述，本题A。6（2022湖北统考高考真题）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是A生成，理论上外电路需要转移电子B阴极上的电极反应为：C在电解过程中向铂电极移动D电解产生的中的氢元素来自于【答案】D【解析】A石墨电极发生反应的物质：P4化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：，则生成，理论上外电路需要转移电子，A错误；B阴极上发生还原反应，应该得电子，为阳极发生的反应， B错误；C石墨电极：P4发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；D由所给图示可知HCN在阴极放电，产生和，而

27、HCN中的H来自，则电解产生的中的氢元素来自于，D正确；故选D。7（2022广东高考真题）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是A淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类C中含有个电子D被还原生成【答案】A【解析】A淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；B葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；C一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有146.021023=8.4281024个电子，故C错误；D未指明气体处于标况下，不

28、能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；答案选A。8（2021浙江高考真题）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BKI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【答案】D【解析】A反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；BKI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移

29、电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。9（2021湖北高考真题）Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是A电解时只允许H+通过离子交换膜B生成O2和H2的质量比为81C电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大DCrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O【答案】A【解析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：

30、，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。A由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；B根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为12，其质量比为81，B项正确；C根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确：D电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。故选A。10（2021北京高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:CuSO4+H2S=CuS+H2SO411PH3+24CuSO4+12H2O=3H3

31、PO4+24H2SO4+8Cu3P下列分析不正确的是ACaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3B不能依据反应比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C反应中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3D用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【解析】A水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3，A项正确；B该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C反应中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol83mol，C项错误；DH2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。