2025年北京高考化学复习专练：有关物质的量的相关计算（解析版）

重难点03有关物质的量的相关计算

命题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

预计2025年高考考查以物质的量

2024•北京卷T10/T14；2023•北京卷T12；2022•北京位核心的氧化还原反应电子转

物质的量计算

卷T12移，方程式中物质的物质的量计

算。

重难诠释◎

【思维导图】

与物质的质量的公式

与粒子数目的公式

以物质的量为核心的公式与气体体积的公式

有关物质的量的相关计算与溶液的物质的量浓度的公式

阿伏伽德罗定律的推论

氧化还原反应中的计算电子守恒法

【高分技巧】

一、以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系

阿伏加德罗定律的推论

相同条件推论公式语言叙述

n\_V\

八夕相同同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比

n2V1

p\_n\

T、%相同温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比

P2ni

p\_M\同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量（或相对分子质量）

八夕相同

P2M2成正比

二、氧化还原反应中的计算

1.氧化还原反应的计算一电子守恒法

氧化还原反应计算的基本依据是氧化剂得到电子总数=还原剂失去电子总数。

2.“三步法”巧解氧化还原反应的计算题

3.应用电子守恒的解题步骤

找出氧化剂、还原剂及相应的还原产

找物质

物和氧化产物

,确定一个原子或离子得失电子数（注

定得失T意化学式中的原子个数）

根据题中物质的物质的量和得失电子

守恒列出等式

对于多步连续进行的氧化还原反应，

l只要中间各步反应过程中没有损耗,

找京系I—可直接找出起始物和最终产物，删去

中间产物，建立二者之间的电子守恒

关系，快速求解

4.多步反应得失电子守恒计算

有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，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，则解题就变得很简单。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，正确分析在整个反应过程中化合价

发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。

【方法技巧】

两种元素间得失电子守恒计算

解决这类试题的关键是先找出氧化剂（或还原剂）的物质的量以及每摩尔氧化剂（或还原剂）得

（或失）电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解等式中的未知量。

氧化剂的物质的量X每摩尔氧化剂的得电子数=还原剂的物质的量X每摩尔还原剂的失电子数。

限时提升练

（建议用时：40分钟）

考向01氧化还原反应相关物质的量计算

1.（2024•北京•高考真题）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。

KIKMnO4

反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物

物质的量/mol物质的量/mol

①酸性0.001nMn2+12

②中性0.00110nMnC)2

已知：M11O4的氧化性随酸性减弱而减弱。

下列说法正确的是

2+

A.反应①,n（Mn）:n（I2）=1:5

B.对比反应①和②，x=3

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pH变化：①增大，②不变

【答案】B

【详解】A.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：10r+2MnO；+16H+=2Mn2++5l2+8H2。，故

2+

n(Mn)：n(I2)=2：5,A项错误；

B.根据反应①可得关系式101〜2MnO,，可以求得n=0.0002,则反应②的

n(I-)：n(MnO；)=0.001：(10x0.0002)=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--2MnO4-MnO2~IO；-6e-,10；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-+2MnO4+H2O=2MnO21+IO，+2OHIB项正确；

C.已知MnO”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.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；

答案选B。

2.(2023•北京•高考真题)离子化合物Na2。?和CaH?与水的反应分别为

(T)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T；@CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2T0下列说法正确的是

A.Na2O2>Cat!?中均有非极性共价键

B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

C.Na?。？中阴、阳离子个数比为1:2,CaH?中阴、阳离子个数比为2:1

D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的。2和H2的物质的量相同

【答案】C

【详解】A.NazOz中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；

B.①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；

C.Na?。？由Na+和组成.阴、阳离子个数之比为1：2,CaH?由Ca?+和H-组成，阴、阳离子个数之比为

2：1,C正确；

D.①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时,

生成氧气和氢气的物质的量之比为1：2,D错误；

故选C。

3.(2021・北京•高考真题)用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙焕时，常用CuSCU溶液

除去乙焕中的杂质。反应为：

®CUSO4+H2S=CUS；+H2SO4

②11PH3+24CuSC)4+12H2O=3H3Po4+24H2so4+8CU3Pl

下列分析不正确的是

A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2St>Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T

B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱

C.反应②中每24molC11SO4氧化11molPH3

D.用酸性KM11O4溶液验证乙烘还原性时，H2S>PH3有干扰

【答案】C

【详解】A.水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙焕中常混有H2S、PE可知CaS的水解方

程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2Sf；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,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①不能说明H2s的酸性强于H2s04,

事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；

C.反应②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24moicuSC)4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24moi+8=3mol,C项错误；

D.H2S.PH3均被KMnCU酸性溶液氧化，所以会干扰KMnCU酸性溶液对乙焕性质的检验，D项正确；

答案选C。

4.(24-25高三上•北京•阶段练习)为吸收工业尾气中的NO和SO”设计如下流程，同时还能获得连二亚

硫酸钠(Na2s2O4,其结晶水合物又称保险粉)和NH4NC>3产品。(Ce为铀元素)

下列说法不正确的是

A.工业尾气中的NO和SO?排放到大气中会形成酸雨

B.装置II的作用是吸收NO

C.Ce“+从阴极口流出回到装置II循环使用

D.装置IV中氧化IL2moi1-爪。》至少需要标准状况下22.4LC>2

【答案】C

【分析】由图可知，装置I中加入的氢氧化钠溶液吸收二氧化硫得到亚硫酸钠溶液；装置II中加入的溶液中

的Ce4+离子将一氧化氮转化为亚硝酸根离子和硝酸根离子；装置ni中电解时，Ce3+离子在阳极失去电子发生

氧化反应生成Ce4+离子，亚硫酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成S?。；一；装置IV中含有亚硝酸根离

子和硝酸根离子与通入的氨气和氧气反应得到硝酸钱。

【详解】A.工业尾气中的一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮与水反应形成硝酸型酸雨，二氧化硫与

水反应形成硫酸型酸雨，故A正确；

B.由分析可知，装置H中加入的溶液中的Ce4+离子将一氧化氮转化为亚硝酸根离子和硝酸根离子，作用是

吸收一氧化氮，故B正确；

C.由分析可知，装置ni中电解时，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，Ce4+离子从阳极

口流出回到装置n循环使用，故c错误；

D.装置IV中亚硝酸根离子与氧气的反应为2NOZ+O2=2NO『由方程式可知，氧化IL2moi/L亚硝酸根离子

时，消耗标准状况下氧气的体积为2moi/LxlLxgx22.4L/mol=22.4L,故D正确；

故选Co

5.（24-25高三上・北京•阶段练习）研究表明，通过碘循环系统（如下图所示）可以吸收工业废气中的SC>2并

制备一种重要的化工原料A,同时完成氢能源再生。下列说法正确的是

A.A为亚硫酸

B.L在整个循环系统中做中间产物

C.不断分离出H?有利于完成氢能源再生

D.理论上生成ImolH2时，HI分解过程转移1mol电子

【答案】C

【分析】由图可知，S02与12、氏0反应生成HI、A,该反应中I元素化合价降低，因此一定有元素化合价

升高，因此该反应中S元素化合价升高至+6价，根据得失电子守恒以及质量守恒可知，该反应为

SO2+I2+2H2O2HI+H2so4，以此解答。

【详解】A.由上述分析可知，A为H2s。4,故A项说法错误；

B.该循环系统中，b先消耗，后生成，作催化剂，HI先生成，后消耗，是中间产物，故B项说法错误；

C.由题给示意图可知，碘化氢分解生成氢气和碘单质，若不断分离出H2,平衡向正反应方向移动，有利

于HI的分解，完成氢能源再生，故C项说法正确；

D.根据反应2m=氏+12,每生成lmolH2,转移电子数为2mol,故D项说法错误；

故答案为C。

6.(24-25高三上•北京•期中)向含HCN的废水中加入铁粉和K2c可制备K」Fe(CN)6]，反应如下：

6HCN+Fe+2K2CO3=K[Fe(CN)6]+H2T+2CO2T+2H2O

下列说法不正确的是

A.依据反应可知：HCN的酸性强于H2cO3

B.HCN的结构式是H-C三N

C.[Fe(CN%广中Fe2+的配位数是6

D.反应中每1molFe转移2moi电子

【答案】A

【详解】A.由方程式可知，该反应为元素有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断

氢氟酸和碳酸的酸性强弱，故A错误；

B.氢氟酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C三N,故B正确；

C.[Fe(CN)6r中中心离子为Fe2+,氢氟酸根离子为配位体，配位数为6,故C正确；

D.由方程式可知，反应中Imol铁参与反应，反应转移2moi电子，故D正确；

故选A。

7.(24-25高三上・北京海淀•期中)NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.1mol羟基中含有IONA个电子

B.常温常压下，18g中含有NA个水分子

C.ImolL-1的(NH4)2SC>4溶液中含有NA个

D.lmolNa被完全氧化为Na2O2，失去2NA个电子

【答案】B

【详解】A.每个羟基中含9个电子，Imol羟基中含有9NA个电子，A错误;

B.：18gH2。对应物质的量为Imol,含有NA个水分子，B正确；

C.溶液体积未知，无法计算，C错误；

D.Na被完全氧化为Na2O2,Na元素化合价从0价升高至+1价，则1molNa被完全氧化为Na2O2,失去

NA个电子，D错误；

答案选B。

8.（24-25高三上・北京海淀•期中）U3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。U3N的吸氢反

应如下：Li3N（s）+2H2（g）ULiNH2（s）+2LiH（s）,下列说法不正确的是

A.适当增大压强，有利于氢气的存储

B.LiH中Li显正价，H显负价

C.该反应每消耗0.2mol氏，转移0.4mol电子

D.Li3N与H2O反应的化学方程式为：U3N+3H2O=3LiOH+NH3T

【答案】C

【详解】A.U3N⑸+2H2（g）ULiNH2（s）+2LiH（s）是气体体积减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动,

有利于氢气的存储，A正确；

B.Li元素没有负价，为+1价，则H为-1价，B正确；

C.该反应中部分H元素由0价下降到-1价,部分由0价上升到+1价,该反应每消耗0.2molH2,生成0.2molLiH,

转移0.2mol电子，C错误；

D.Li3N中Li元素为+1价，N为-3价，则Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3,化学方程式为：U3N+

3H2O=3LiOH+NH3T，D正确；

故选C。

9.（24-25高三上・北京•期中）回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下（其他金属含量过低，可忽略）。

NaClO溶液氨水X

预处理后.A

的光盘碎片T氧।化I-------H溶解I--------H还原—Ag

②③

NaOH溶液

①

下列说法不正确的是

A.“氧化”过程若将NaOH改为H2sO,，并在加热条件下进行，一定能提高氧化速率

B.①中还生成。2，则可能的化学反应为：4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T

C.②中加入氨水，作用是利用N的孤电子对，与Ag+形成配位键

D.③中，若X是月井(N2H/氏0)溶液，氧化产物为无害气体，则理论上消耗ImolN2H「凡0可提取

432gAg

【答案】A

【分析】回收某光盘金属层中的少量Ag,由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+C>2T,

经过操作a即过滤分离出氯化银，可能含有银，再加氨水溶解AgCl,发生反应：AgCl+2NH3-H2O#Ag(NH3)"

+C1-+2H2O,经过操作b即过滤分离出的滤渣为Ag,再向滤液中加入X,将Ag(NH3)；还原得到Ag,据此解

答。

【详解】A.因NaClO溶液在强酸的条件下会产生次氯酸，而次氯酸受热易分解生成HC1和氧气，使得次

氯酸钠失去了氧化能力，则“氧化”过程若将NaOH改为H2sO,，并在加热条件下进行，会降低氧化速率，A

错误；

B.①中还生成。2,则次氯酸钠溶液与Ag反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，可能的化学方程式为：

4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T,B正确；

C.②中加入氨水，Ag+提供空轨道，NE中氮原子提供孤电子对与Ag+形成配位键，从而溶解AgCl生成

Ag(NH3)^,C正确；

D.“还原”过程中，若X是脱(N2H4.凡0)溶液，氧化产物为无害气体，则(N2H「凡0)被氧化生成N2，

Ag(NH3)；被还原生成Ag,理论上消耗ImolN2H4・凡0转移4moi电子，生成4moiAg,即可提取

4moZx108g/moZ=432gAg,D正确；

故选A。

10.(24-25高三上・北京•阶段练习)工业制备硝酸反应之一：3N02+H20=2HN03+N0O/表示阿伏加

德罗常数，下列说法正确的是

A.室温下，22.4LNO2中所含原子总数为3名

B.46gNO?和NQ4的混合气体中含有的氮原子总数为2名

C.上述反应，生成ImolHNO3转移电子的数目为以

D.标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为5%

【答案】C

【详解】A.室温下，气体摩尔体积不是22.4L/moL22.4LN0?的物质的量不是ImoL故A错误；

B.NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNC>2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为

"gxlxNA"?。/-=NA,故B错误；

46g/mol

C.上述反应，N元素化合价由+4升高为+5、N元素化合价由+4降低为+2,生成ImolHNO3转移电子的数

目为r，故C正确；

D.一个NO分子中含有15个电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol,所含电子总数为7.5义,

故D错误；

选C。

11.（24-25高三上•北京•阶段练习）实验室中利用固体KMnCU进行如图实验，下列说法正确的是

0.1mol<MnO4足量］盐酸

加热一•"固体一加热一•"气体单质H

IT

气体单质G酸性MnCb溶液

A.G与H均为还原产物B.实验中KMnCU只做氧化剂

C.Mn元素只参与了2个氧化还原反应D.G与H的物质的量之和可能为0.2mol

【答案】D

【分析】由图可知，高锦酸钾受热分解生成锦酸钾、二氧化锦和氧气（单质G）,反应的化学方程式为2KMnO4

A

=K2MnO4+MnO2+O2T，由方程式可知，O.lmol高锦酸钾完全反应时，生成锌酸钾、二氧化铳和氧气都是

0.05mol；向固体中加入足量浓盐酸共热时，镒酸钾与浓盐酸反应共热反应生成氯化钾、氯化镒、氯气（单

A

质H）和水，反应的化学方程式为K2M11O4+8HCI（浓）=2KCl+MnC12+2CbT+4H2。，二氧化锦与浓盐酸反

A

应共热反应生氯化铳、氯气（单质H）和水，反应的化学方程式为MnC）2+4HCl（浓）=MnCb+C12T+2H2。,

由方程式可知，0.05mol锦酸钾和0.05mol二氧化铳完全反应时，生成氯气的物质的量为

x

0.05mol2+0.05mol=0.15molo

【详解】A.由分析可知，生成氧气（单质G）的反应中，氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化

产物；生成氯气（单质H）的反应中，氯元素的化合价部分升高被氧化，氯气是反应的氧化产物，故A错

误；

B.由分析可知，生成氧气的反应中，氧元素的化合价升高被氧化，镐元素的化合价降低被还原，高锌酸钾

即是氧化剂又是还原剂，故B错误；

C.由分析可知，镒元素参与了3个氧化还原反应，故C错误；

D.由分析可知，反应生成氧气的物质的量为0.05mol,生成氯气的物质的量为0.15mol,氧气和氯气的物质

的量之和为0.05mol+0.15mol=0.2mol,故D正确；

故选D。

12.（24-25高三上・北京•阶段练习）实验室既可用MnC>2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cb，也可用KMnO4

与浓盐酸在常温下反应制备CL己知反应①M1Q+4H3（浓）~。2+。2个+2乂。，反应②

2KMnO4+16HC1（^）=2KC1+2MnCl2+5C12T+8H2O。下列有关说法错误的是

A.氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2

B.上述两个反应中，HC1体现还原性和酸性

C.制备等物质的量的Cb，消耗MnC）2与KMnC%的物质的量之比为5：2

D.反应①中参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1

【答案】D

【分析】①M1Q+4HJ（浓）AM1c12+。2T+2Hz。中Mn元素化合价降低，部分C1元素化合价升高，即MnO2

为氧化剂，Cb为氧化产物，②2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnC12+5C12T+8H2。中Mn元素化合价降

低，部分C1元素化合价升高，KMnC）4为氧化剂，Cb为氧化产物。

【详解】A.反应②生成Cb更易，同时根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可知氧化性：

KMnO4>MnO2>Cl2,故A项正确；

B.上述两个反应中，均存在部分C1元素化合价升高被氧化，HC1作还原剂，部分HC1生成盐，HC1表现

出酸性，故B项正确；

C.由上述方程式可知5c1?〜5MnC>2〜2KM11O4,因此制备等物质的量的CI2，消耗MnO?与KMnCU的物质

的量之比为5：2,故C项正确；

D.反应①中MnCh为氧化剂，其中有一半的HC1作还原剂被氧化，因此参加反应的氧化剂和还原剂的物

质的量之比为1：2,故D项错误；

综上所述，错误的是D项。

13.（24-25高三上・北京•阶段练习）己知可用CO2O3与浓盐酸反应备。2,反应前后存在六种微粒：

2+

Co2O3.HQ、C；、H+、CrffCoo下列叙述不正确的是

A.氧化产物为CL

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6

c.该反应条件下，CO2O3的氧化性强于C4

D.若反应中有2moi电子转移，则参加氧化还原反应的HC1有2moi

【答案】B

【详解】A.HC1中C1元素的化合价升高，为还原剂，生成CHCb为氧化产物，A项正确；

B.CO2O3是氧化剂，HC1是还原剂，发生氧化还原反应，生成Cb和C02+,根据反应中得失电子数可知，

氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2,B项错误；

C.在该反应中，0)2。3作氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以CO2O3

的氧化性强于Cb，C项正确；

D.每生成1个Cb，转移2个电子，若反应中有2moi电子转移，则生成ImolCb,参加氧化还原反应的

HC1有2mol,D项正确；

答案选B。

14.(24-25高三上・北京•阶段练习)用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙焕时，常用CuSO,

溶液除去乙烘中的杂质。反应为：®H2S+CuSO4=CuS+H2SO4,②

24CUSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4；下列分析不正确的是

A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=H2sT+Ca(OH)2,

Ca3P2+6H2O=2PH3T+3Ca(OH)2

B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱

C.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之是24:11

D.用酸性KMnCU溶液验证乙快还原性时，H2s和PH3有干扰

【答案】C

【详解】A.水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙焕中常混有H2S、PE可知CaS的水解方

2

程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST；Ca3P水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,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①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②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，硫酸铜为氧化剂，P元素化合价从-3价升高到+5价还有

一部分化合价未发生变化，故有部分P%做还原剂，根据得失电子守恒规律，氧化剂与还原剂物质的量之

比为24：3,故C错误；

D.H2S.PH3均被KMnCU酸性溶液氧化，所以会干扰KMnCU酸性溶液对乙烘性质的检验，D项正确；

故选C。

15.（24-25高三上•北京•阶段练习）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

2

/七AS2O3+H2S2O3

As2s3（S）

•、空气’『然光》H3ASO4+H2SO4

资料：硫代硫酸根（，01）可看作是so>中的一个o原子被s原子取代的产物。

下列说法正确的是

A.当。；一的空间构型是平面三角形，SOf的空间构型是正四面体形

B.反应I和II中,元素As和S都被氧化

〃（°2）

c.反应I和II中，参加反应/二的比值:反应I小于反应n

D.反应I和II中，氧化1molAs2s3转移的电子数之比为3：7

【答案】D

【详解】A.因为硫代硫酸根（S?。；一）可看作是SO『中的一个O原子被S原子取代的产物，故当。；-、SO；-

的空间构型均是四面体形，A错误；

B.As2s3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;

紫外光

C.根据题给信息可知，反应I的方程式为：2AS2S3+6O2+3H2O^=2AS2O3+3H2S2O3,反应II的方程式为:

自然光»（02）

AS?S3+7O2+6H,O^=2H,ASO4+3H7SO4,则反应I和II中，参加反应的工会:I>II,C错误；

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ImolAs2s3失电

子3x4mol=12mol；在经过反应n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As2s3转移的电子数之比为3：7,D正确;

答案选D。

16.（24-25高三上•北京・开学考试）在铜的冶炼过程中有如下反应发生

5FeS2+14CuSC>4+12H2O=7Cu2s+5FeSC>4+12H2sO,关于止匕反应，下列说法正确的是

A.Cu2s既是氧化产物，又是还原产物B.5moiFeS?发生反应，有14moi电子转移

C.FeS2只作还原剂D.产物中的SOj有一部分是氧化产物

【答案】D

[1SIS5FeS2+14CUSO4+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4,Cu元素化合价降低，被还原，CuS04

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。

【详解】A.反应中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价降低，则Cu2s只是还原产物，A错误;

B.5moiFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价i+1价，14moicuSCU得到14moi电子，FeS2^Cu2S,S元

素的化合价由-1价T-2价，生成7moicU2S,得到7moi电子，有21moi电子转移，B错误；

C.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，C

错误；

D.由化学方程式可知，反应物中含有14moiS0：离子，生成物中有17moiSOj离子，则有3molS被氧化,

产物中的SOj有一部分是氧化产物，D正确；

答案选D。

17.（24-25高三上•北京・开学考试）研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长。在工业

上铜的冶炼大致可分为：①富集：将硫化物矿石进行浮选；②焙烧，主要反应为：

2CuFeS2+4O2=Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在120（FC发生的主要反应为：

2CU2S+3O2=2CU2O+2SO2；2CU2O+Cu2S=6Cu+S02T；④电解精炼。下列说法不正确的是

A.电解精炼时，粗铜应与外电源的负极相连

B.反应2CU2O+Cu2S=6Cu+SO2T中的还原剂是Cu2s

C.每生产6moicu,理论上需消耗15moiC>2

D.上述生产过程中的尾气可以通入氨水中，生产氮肥

【答案】A

【详解】A.电解精炼铜时，粗铜与外电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，从而除去了其中的杂质，

故A项错误；

B.反应2CU2O+CU2s=6CU+SO2T，Cu2s中S元素的化合价都是由-2价升高为+4价，被氧化，则Cu2s都是

还原剂，故B项正确；

C.每生产6molCu需要2moicgo和ImolCu2s反应，所以需要6molCuFeS2与O2反应生成3molCu2S,其

中2moicu2s与Ch反应生成2moicU2。，根据题中方程式可知，共需要氧气的物质的量为：

12mol+3mol=15mol,故C项正确；

D.上述生产过程中尾气主要是二氧化硫气体，通入氨水中生成亚硫酸镂，可进一步生成硫酸镂，可作氮肥，

故D项正确；

故本题选A。

18.(24-25高三上•北京顺义•阶段练习)用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙快时，常用CuSO4

溶液除去乙焕中的杂质。反应为：®CuSO4+H2S=CuS+H2SO4；②

11PH3+24CUSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3PJ,下列分析不正确的是

A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST,

Ca3P2+6H3O=3Ca(OH)2+2PH3T

B.能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱

C.反应②中每24moiCuSC>4氧化3nlolPH3

D.用酸性KMnO”溶液验证乙快还原性时，H2S,PH3有干扰

【答案】B

【详解】A.水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙快中常混有H2S、PH3,可知CaS的水解

方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,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①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项错误；

C.反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得至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24moicuSC)4完全反应时，可氧化PE的物质的量是24moi+8=3mol,C项正确；

D.乙快、H2S.PH3均能被KM11O4酸性溶液氧化出现褪色现象，所以会干扰KM11O4酸性溶液对乙烘性质

的检验，D项正确；

答案选B。

19.（2024•北京东城•一模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次

发生反应I和反应II,各气体的物质的量变化如图2所示。

下列说法不正确的是

A.NO2与BaO的反应中，NO2既是氧化剂，又是还原剂

B.反应I为Ba（NC）3）,+8H2=BaO+2NH3+5H2O

C.反应n中，最终生成N2的物质的量为0.2amol

D.反应I和n中消耗的Ba（NC）3）2的质量比是3：5

【答案】D

【详解】A.由可知NO和。2在Pt表面发生反应生成NO?，NO?和BaO生成Ba（NO3）2的反应中N元素的

化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则NO2既是氧化剂，又

是还原剂，A正确；

B.由图可知，第一步反应氢气与Ba（NC）3）2作用生成NH3,方程式为：

Ba（NO3\+8H2=BaO+2NH3+5H2O,B正确；

C.由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba（NO3）2生成BaO和N2等，则可知，相应的关

系式为：5NH3~4N2,图中氨气最大量为0.25amol,则最终生成N2的物质的量为0.2amol,C正确；

D.第二步反应为NH3还原Ba（NC）3）2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，5NH3~3Ba（NO3）2,再

结合第一步反应Ba（NC13）2〜2NH3,可知第一步为5Ba（NC>3）2〜IONH3,第二步为IONH3〜3Ba（NC>3）2，则

反应I和n中消耗的Ba（NC>3）2的质量比即物质的量之比是5：3,D错误；

故选D。

20.（2022•北京•高考真题）某MOFs的多孔材料刚好可将N2O，'固定"，实现了NO?与N2O4分离并制备

HNO3,如图所示:

MOFsN2O4

已知：2NC)2(g)UN2O4(g)AH<0

下列说法不正确的是

A.气体温度升高后，不利于N2O4的固定

B.N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO?的去除

C.制备HNC)3的原理为：2N2O4+O2+2H2O4HNO3

D.每制备0.4molHNC)3，转移电子数约为6.02x1()22

【答案】D

【详解】A.已知：2NO2(g)UN2O4(g)AHO,升高温度，平衡逆向移动，底。4的浓度减小，不利于N2O4

的固定，故A正确；

B.N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO?的去除，故B正确；

C.被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2C)4+O2+2H2O=4HNO3，故C

正确；

D.由C化学方程式可知，4HNO3-4e-,每制备0.4molHNC>3，转移电子数约为0.4乂6.02x1()23,故D错误。

故选D。

"2,简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由

21.(2021・北京•高考真题)环氧乙烷(

含EO的溶液

|分离

溶液bEO

电源

I.阳极有H2。放电

II.阳极有乙烯放电

ni.阳极室流出液中含有ci2和HCIO

ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO?，%。经检验阳极放电产物没有CO2.

【答案】⑵13【详解】

(2)②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是。2；ii.设E0的物质的量为amol

则转化的乙烯的物质的量为：丸；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的

量：^7'生成CO2的物质的量：2xy方义3%；生成CO2转移的电子的物质的量：2XJ、X3%X6,则

2x^—x3%x6

97<

n(co2)=^a-----刃3%；

70%

22.(24-25高三上•北京•期中)黄铁矿［主要成分为二硫化亚铁(FeSz)］、焦炭和适量空气混合加热发生如下

反应：

△

i.3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO

(1)反应i生成lmolS2时，转移电子的物质的量为moL

(3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2cCh溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2co3、NaHCC^和

NazSOs利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2s。3转化为单质硫(以S表示)回收。

②一段时间后，若洗脱液中SO1的物质的量减小了Imol,则理论上HCO；减小了moL

【答案】(1)4

(3)2

【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2sCh转化为单质硫，Na2sCh

中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：SO^+4e-+6HCO；=S+3H2O+6CO^,据此回答。

【详解】（1）3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3C）4+2CO反应中，碳元素从0价升高到+2价、铁元素化合价升高，

3个铁原子共升高2价、硫元素从-1价降低到。价，氧元素从0价降低到-2价，每当生成3m0IS2,理论上

转移12moi电子，贝!J反应i生成Imo0时，转移电子的物质的量为4mol。

（3）②根据电极方程式可知，当消耗Imol亚硫酸根离子，转移4moi电子，同时消耗6moi碳酸氢根离子,

生成6moi碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4moi的H+通过质子交换膜来到正极，4moi氢离子可以结合

4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。

23.（24-25高三上・北京•阶段练习）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和Cu。

已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAUC14=H++AUC1；。

（4）若用Zn粉将溶液中的gmolHAuCl”完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是mol。

【答案】（4）2

【分析】废旧CPU中含有单质Au（金卜Ag和Cu,加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和

银离子的混合溶液,反应为3Cu+8HNC）3（稀）=3Cu（NC）3）2+2NOT+4H2。,3Ag+4HNC>3（稀尸3AgNC）3+NOT+2H2。,

含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCL，反应为

Au+4NaCl+5HNO3=HAuC14+2H2O+NOt+4NaNO3，HAuCL经锌粉还原分离得到金，反应为

HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2t,（5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物

质1和物质3,物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是

NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2,过滤后得到铜单质，

试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分

析解答。

【详解】

（4）由于HAuCL=H++AuCl；,若用Zn粉将溶液中的ImolHAuCL完全还原，HAuCL中金的化合价为+3

价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x,锌的化合价从0价升

高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3,x=1.5moL则参加反应的Zn的物质的量是1.5moL另外

ImolHAuCU中H+可消耗0.5molZn,共2mol；

24.(24-25高三上・北京•阶段练习)研究人员合成了一种普鲁士蓝(PB)改性的生物炭(BC)复合材料

(BC-PB),并将其应用于氨氮废水(含NH3、NH：)的处理。

资料：①普鲁土蓝(PB)是亚铁氟化铁的俗称，化学式为FejFe(CN)6]，难溶于水。

②BC-PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。

I.复合材料BC-PB的合成

HCN气体FeCh溶液

II.氨氮废水处理

用NH4cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH=2时，在BC-PB体系中加入H2O2,可将氨氮转化为无毒气体

N2,提高氨氮的去除率。其原理为：

+

i.Fe4[Fe(CNk]+3H2O2+3H=3Fe〔Fe(CN)6]+Fe"+3OH+3H2O

ii.QH将氨氮氧化为N2

(6)用BC-PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2(己折算成标准状况)。实验中消耗

的H2O2的质量至少为go

【答案】

(6)204

【分析】反应i中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe(CN)』K4Fe(CN)6]溶

液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe(CN)6]-3H2O,K4[Fe(CN)6]-3H2O和氯化铁溶液、生物炭反应生成

BC-PB；

【详解】

+3+

(6)由反应i、ii可得总反应为：2Fe4[Fe(CN)6]3+6H2O2+4H+2NH：=6Fe[Fe(CN)6]+2Fe+N2T+12H2Oo

标准状况下22.4LN2物质的量为Imol,则实验中消耗的H2。？的质量至少为6moix34g/mol=204g。

25.(24-25高三上•北京•阶段练习)KMnO,是一种重要的氧化剂。

(3)工业上以软铳矿(主要成分MnO?)为原料，通过电解法生产KMnO,。其生产工艺简略如下:

K?H循环2

步臂葬