第1章 第3讲 氧化还原反应的基本概念（word练习）-【金版新学案】2026年新高考化学高三总复习大一轮复习（双选）

课时测评3　氧化还原反应的基本概念 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 选择题1－10题，每小题3分，共30分。 1.(2024·北京丰台二模)下列过程与氧化还原反应有关的是(　　) A.用Na2S去除废水中的Hg2＋ B.用FeCl3净水 C.用Cl2对自来水消毒 D.由海水制取蒸馏水 答案：C　 解析：用Na2S去除废水中的Hg2＋生成HgS沉淀，没有化合价的升降不是氧化还原反应，故A错误；用FeCl3净水，利用铁离子水解产生氢氧化铁胶体，没有化合价的升降不是氧化还原反应，故B错误；用Cl2对自来水消毒，氯气和水发生歧化反应生成的HClO有强氧化性，有化合价的升降属于氧化还原反应，故C正确；由海水制取蒸馏水，属于物理变化，故D错误。 2.(2024·安徽阜阳模拟预测)下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是(　　) A.新制氯水久置后，颜色变浅 B.切开的苹果断面变黄 C.染色衣服浸泡到含有双氧水的水中，一段时间再清洗褪色 D.向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙色 答案：D　 解析：新制氯水中，次氯酸见光易分解：2HClO2HCl＋O2↑，导致溶液中的平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO正向移动，溶液中Cl2被消耗，颜色变浅，涉及两个氧化还原反应，A不符合题意；切开的苹果断面变黄是因为苹果中的Fe2＋被空气中O2氧化生成Fe3＋，B不符合题意；双氧水有弱氧化性，可以与有色物质发生氧化还原反应，C不符合题意；铬酸钾溶液中存在平衡：2Cr＋2H＋Cr2＋H2O，加入硫酸，H＋浓度增大，平衡正向移动，因此溶液由黄色变为橙色，不涉及氧化还原反应，D符合题意。 3.(2024·山东潍坊期中)下列各选项中，微粒按氧化性由弱到强、原子或离子半径由大到小的顺序排列的是(　　) A.O、Cl、S、P B.K＋、Al3＋、Ca2＋、Ba2＋ C.Li、Na、K、Rb D.K＋、Mg2＋、Al3＋、H＋ 答案：D　 解析：元素非金属性越强，形成单质的氧化性越强，由于氧、硫元素位于同一主族，则单质氧化性：O＞S，Cl、S、P位于同一周期，则单质氧化性：O＞Cl＞S＞P；电子层数越多，微粒半径越大，若电子层数一样，则核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：P＞S＞Cl＞O，A项不符合题意；钙、钡元素同主族，则金属性：钡＞钙＞铝，则还原性：钡＞钙＞铝，还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：Al3＋＞Ca2＋＞Ba2＋＞K＋，B项不符合题意；Rb、K、Na、Li是同一主族元素，还原性逐渐减弱，原子不具备氧化性，原子半径：Rb＞K＞Na＞Li，C项不符合题意；根据金属活动性顺序表，金属还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：H＋＞Al3＋＞Mg2＋＞K＋，离子半径：K＋ ＞Mg2＋＞ Al3＋＞ H＋，D项符合题意。 4.(2024·江苏南京期中)以下是一系列非金属元素间的置换反应，其中不能说明反应前的非金属单质的氧化性强于产物中非金属单质的氧化性的是(　　) A.Cl2＋2Br－2Cl－＋Br2 B.4NH3＋3O22N2＋6H2O C.SiO2＋2CSi＋2CO D.8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl 答案：C　 解析：根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Cl2＋2Br－2Cl－＋Br2，非金属单质氯气的氧化性强于产物中非金属单质溴的氧化性，A不符合题意；4NH3＋3O22N2＋6H2O，非金属单质氧气的氧化性强于产物中非金属单质氮气的氧化性，B不符合题意；SiO2＋2CSi＋2CO，因为C是还原剂，硅是还原产物，所以不能得到非金属单质碳的氧化性强于产物中非金属单质硅的氧化性，C符合题意；8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，非金属单质氯气的氧化性强于产物中非金属单质氮气的氧化性，D不符合题意。 5.(2024·高三浙江阶段练习)氮化硅(Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO制备，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　) A.断裂4 mol Si－O键转移电子的数目为2NA(不考虑副反应) B.氮气流速过慢，可能会导致氮化硅(Si3N4)中混有SiC C.SiO2是氧化剂，C是还原剂 D.Si3N4既是氧化产物，又是还原产物 答案：B 解析：反应中C元素的化合价由0价升高到＋2价，N元素的化合价由0价降低到－3价，反应中总共转移12个电子，故每消耗3 mol SiO2转移的电子数为12NA，1 mol SiO2含有4 mol Si－O键，即断裂12 mol Si－O键转移电子的数目为12NA，则断裂4 mol Si－O键转移电子的数目为4NA，故A错误；氮气流速过慢，可能发生反应SiO2＋3CSiC＋2CO，故可能会导致氮化硅(Si3N4)中混有SiC，故B正确；SiO2中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiO2不是氧化剂，C的化合价升高，故C是还原剂，故C错误；Si元素的化合价不变，N元素的化合价由0价降低到－3价，故Si3N4只是还原产物，故D错误。 6．(双选)焙烧黄铜矿的反应为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，下列说法中正确的是(　　) A．SO2只是氧化产物 B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 C．每生成1 mol Cu2S，有1 mol硫元素被氧化 D．每转移0.6 mol电子，有0.2 mol铜元素被还原 答案：CD　 解析：O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，对应的SO2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，CuFeS2既作还原剂也作氧化剂，硫元素被氧化，故B错误；每生成1 mol Cu2S，由反应可知，生成1 mol SO2，则有1 mol硫元素被氧化，故C正确；由反应可知，2 mol Cu被还原时该反应中转移6 mol e－，则每转移0.6 mol电子，有0.2 mol铜元素被还原，故D正确。 7.(2024·全国高三阶段练习)三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生反应：3BrF3＋5H2OHBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑。下列有关该反应的说法正确的是(　　) A.还原产物为HF B.BrF3中心原子价层电子对数为4 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2 D.当0.5 mol H2O被氧化时，生成0.25 mol O2 答案：D　 解析：方程式中Br元素化合价由＋3价升高为＋5价，降低为0价，HBrO3为氧化产物，Br2为还原产物，O元素由－2价升高为0价，故O2为氧化产物。根据分析，Br2为还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；BrF3中心原子价层电子对数为3＋＝5，B错误；方程式中，3 mol BrF3参与反应，1 mol Br原子化合价升高，2 mol Br原子化合价降低，故1 mol BrF3作还原剂，2 mol BrF3作氧化剂，5 mol水分子参与反应，有2 mol被氧化，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，C错误；1 mol H2O被氧化得到0.5 mol O2，故当0.5 mol H2O被氧化时，生成0.25 mol O2，D正确。 8.(2024·云南丽江开学考试)已知：①2Mn＋16H＋＋10Cl－2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，②2Fe2＋＋Br22Fe3＋＋2Br－，③Cl2＋2Br－Br2＋2Cl－，根据上述反应，判断下列结论错误的是(　　) A.溶液中可发生反应2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－ B.还原性：Fe2＋＞Mn2＋ C.氧化性：Mn＞Br2 D.Cl2在反应①③中均为氧化剂 答案：D　 解析：由反应②③可知，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋，所以溶液中Cl2可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应可以发生，A正确；由反应①可知，还原性：Cl－＞Mn2＋，由反应②③可知，还原性：Fe2＋＞Br－＞Cl－，则还原性：Fe2＋＞Mn2＋，B正确；由反应①可知，氧化性：Mn＞Cl2，由反应②可知，氧化性：Cl2＞Br2，则氧化性：Mn＞Br2，C正确；反应①中Mn是氧化剂，Cl2是氧化产物，反应③中，Cl2是氧化剂，D错误。 9.硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A.反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4 B.反应Ⅱ的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O2Fe2＋＋S＋4H＋ C.反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变 D.反应每脱除22.4 L SO2(标准状况)，转移2 mol电子 答案：C 解析：从题图中看，反应Ⅰ的方程式为4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，二者物质的量之比是1∶4，故A正确；反应Ⅱ是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，方程式正确，故B正确；反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4，所以硫酸的浓度会增大，故C错误；标准状况下，22.4 L SO2物质的量为1 mol，SO2被氧化为硫酸，S元素化合价从＋4价升高到＋6价，故反应每脱除22.4 L SO2(标准状况)，转移2 mol电子，故D正确。 10.(2024·湖南长沙二模)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、O2与BaO的反应中，NO2是还原剂，O2是氧化剂 B.反应Ⅰ为Ba(NO3)2＋8H2BaO＋2NH3＋5H2O C.反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2a mol D.反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是3∶5 答案：D　 解析：由题图可知，NO2、O2和BaO反应生成Ba(NO3)2，则NO2是还原剂，O2是氧化剂，故A正确；由题图可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，反应方程式为Ba(NO3)2＋8H2BaO＋2NH3＋5H2O，故B正确；由题图可知，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，反应方程式为10NH3＋3Ba(NO3)23BaO＋8N2＋15H2O，相应的关系式为5NH3～4N2，题图中NH3最大物质的量为0.25a mol，则最终生成N2的物质的量为0.2a mol，故C正确；根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为10NH3～3Ba(NO3)2，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为5Ba(NO3)2～10NH3，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是5∶3，故D错误。 11.(12分)回答下列问题。 (1)在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是　　　　，只有还原性的是　　　　，既有氧化性又有还原性的是　　　　。 (2)下列三个氧化还原反应中，由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2　　　　(“强”或“弱”)。反应②的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　，反应①的还原剂为　　　　。 ①2FeCl3＋2KI2FeCl2＋I2＋2KCl ②2FeCl2＋Cl22FeCl3 ③2KMnO4＋16HCl (浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 答案：(1)Fe3＋、Mg2＋、H＋　S2－、I－　Fe2＋、S　(2)强　2Fe2＋＋Cl22Fe3＋＋2Cl－　KI 解析：(1)根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性；在上述微粒中，只有氧化性的是Fe3＋、Mg2＋、H＋；只有还原性的是S2－、I－；既有氧化性又有还原性的是Fe2＋、S；(2)依据氧化还原反应规律：同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应③中Mn元素的化合价由＋7价降至＋2价，KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价由－1价升至0价，HCl为还原剂、Cl2为氧化产物，则由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2强；反应②中FeCl2、FeCl3改成离子形式，Cl2以化学式保留，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋2Fe3＋＋2Cl－；反应①中Fe元素的化合价由＋3价降至＋2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由－1价升至0价，KI为还原剂。 12.(18分)(2024·云南期中)自然界中硫元素的存在示意图如图，回答下列问题： (1)H2S的电子式是　　　　　　。 (2)溴水与SO2反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　，氧化剂是　　　　(填化学式)。 (3)CuS与足量浓硫酸反应可制得SO2，该反应的化学方程式为CuS＋4H2SO4(浓)CuSO4＋4SO2↑＋4H2O。 ①请用双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：　　　　　　　。 ②当有1.5NA个电子发生转移时，理论上生成SO2的体积为　　　　L(标准状况)。 (4)在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应为2FeS2＋7O2＋2H2O2Fe2＋＋4S＋4H＋，实现该反应的物质间转化如图所示。 ①反应Ⅰ的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。 ②反应Ⅱ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　　　。 ③某化工厂生产硫酸，使用一种含10％杂质的黄铁矿原料。若取2.0 t该矿石，理论上可制得98％的浓硫酸　　　　t(假设生产过程中硫的损失为零)。 答案：(1)SH (2)Br2＋2H2O＋SO2H2SO4＋2HBr　Br2 (3)①　 ②22.4 (4)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋4NO＋2H2O　②14∶1　③3.0 解析：(2)溴水具有氧化性，和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸：Br2＋2H2O＋SO2H2SO4＋2HBr；溴水中溴元素化合价降低，故氧化剂为Br2；(3)①反应过程中，CuS中硫元素化合价由－2价变为SO2中的＋4价，失去6个电子，硫酸中硫元素化合价由＋6价变为SO2中的＋4价，得到3×2＝6个电子，用双线桥法表示为 ；②当有1.5NA个电子(1.5 mol电子)发生转移时，理论上生成×4＝1 mol SO2，其体积(标准状况)为1 mol×22.4 L/mol＝22.4 L；(4)①由题图可知，O2和Fe(NO)2＋参与反应，又知道是酸性环境，根据产物可以写出离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋4NO＋2H2O；②反应Ⅱ中：氧化剂Fe3＋化合价降低成为Fe2＋，得1 mol电子；还原剂FeS2中S元素化合价升高成为S，失14 mol电子，根据得失电子守恒，可以算出氧化剂和还原剂的物质的量之比是14∶1；③根据硫元素守恒可知，生成硫酸的质量为×2×98 g/mol＝2.94×106 g，则制得98％的浓硫酸：＝3.0×106 g＝3.0 t。 学科网（北京）股份有限公司 $