2027届高三化学一轮复习备考氧化还原反应的基本概念和规律 高频考点 专项练

**基本信息** 聚焦氧化还原反应核心考点，融合工业流程、实验现象等真实情境，通过基础判断、综合计算及新信息题（如电极电势）梯度设计，适配一轮复习巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|13题|基本概念、电子转移、氧化性比较、实际应用（纳米Si制备/稀土反应）、图像分析|情境真实（工业/实验），梯度分明（基础到综合），创新结合新信息（电极电势）| |非选择题|1题|氧化性还原性判断、反应可行性分析|综合考查知识迁移与规律应用，衔接高考综合题型|

氧化还原反应的基本概念和规律 高频考点 专项练 2027学年高中化学一轮复习备考 一、单选题 1．下列生产生活常见的变化，体现了氧化还原反应原理的是 A．利用植物油的加成反应可以制得人造黄油 B．利用医用酒精进行消毒 C．通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 D．溶洞内钟乳石的形成 2．稻壳制备纳米Si的流程图如下。 下列说法正确的是 A．纳米Si属于胶体 B．盐酸在该工艺中体现了还原性 C．高纯可用于制造硅太阳能电池 D．制备纳米Si： 3．下列反应中，电子转移的方向和数目正确的是 A． B． C． D． 4．能发生反应：，下列说法不正确的是 A．氧化性： B．的电子式： C．I元素位于周期表的d区 D．基态价电子排布式： 5．稀土具有非常重要的经济战略价值。稀土金属铈性质活泼，常见的化合价为+3和+4。可发生反应： ① ② ③ 根据上述反应判断，下列说法错误的是 A．氧化性由强到弱的顺序 B．在反应①中是还原剂，反应③中是氧化剂 C．可以将氧化为 D．为阿伏加德罗常数的值，则反应①每生成转移电子数为 6．已知：将一定量的通入溶液中恰好完全反应，产物中可能有NaCl、NaClO、，且的物质的量浓度与温度高低有关。下列说法正确的是 A．反应后溶液中 B．被氢氧化钠溶液吸收的的物质的量为1.2 mol C．反应中转移的电子的物质的量可能为0.4 mol D．反应后溶液中 7．将0.5 g硫粉和1.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状，用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端，引发反应后移开玻璃棒。下列有关实验现象及分析错误的是 A．混合物呈红热状态，从一端蔓延到另一端 B．该过程中硫元素从0价转化为-2、+6价 C．反应后生成的黑色固体中可能含有 D．取固体产物与稀盐酸反应，有生成 8．已知有如下反应：①；②；③；④，下列叙述不正确的是 A．氧化能力： B．还原能力： C．反应能顺利进行 D．反应能顺利进行 9．已知：①向FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2先与Fe2+反应，后与Br-反应；②K2Cr2O7在酸性条件下能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+；③25℃时，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38。现有1L浓度均为0.1mol·L-1的FeBr2和FeI2混合溶液，按如下流程反应： ①先通入0.1molCl2；②再向反应后的溶液中加入足量K2Cr2O7酸性溶液。 下列说法不正确的是 A．步骤1中，Cl2先氧化Fe2+，反应后溶液中Br-的浓度为0.2mol·L-1 B．步骤1完成后，再通入0.2molCl2，可将溶液中剩余的Fe2+和Br-完全氧化 C．步骤2中，K2Cr2O7与Fe2+反应时，每消耗1mol，转移6mol电子 D．若将步骤2后的溶液调至pH=3，则Fe3+可完全沉淀(离子浓度≤10-5mol·L-1视为沉淀完全) 10．向含有和的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是 A．Oa段发生反应的离子方程式： B．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g C．， D．反应至c点时，可收集到气体4.48L（标准状况） 11．已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“E”表示)，E越大则该电对中氧化型物质的氧化性越强，E越低则该电对中还原型物质的还原性越强。下表为部分电极的电极电势。根据表格数据分析，下列说法中错误的是 氧化还原电对(氧化型/还原型) 电极电势(E/V) 氧化还原电对(氧化型/还原型) 电极电势(E/V) 0.77 1.36 (或) 1.69 0.151 1.51 0.54 下列说法错误的是 A．向含0.2molFeCl2的溶液中加0.1molPbO2，滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红 B．往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不变蓝 C．还原性： D．酸化高锰酸钾溶液时，可使用盐酸 12．向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是 A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况 B．Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3 C．根据图像可计算b=11 D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1 13．几种含碘粒子之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是 A．、和的氧化性强弱： B．为增大的产量，反应②可以加过量NaHSO3 C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，溶液颜色先变浅后变蓝 D．产生等量的I2，反应④消耗的H+与反应②产生的H+的量相等 二、非选择题 14．按要求填空： (1)在、、、、S、、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)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)： ①；②；③ 其中你认为一定不可能实现的是___________。 (3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是___________。 ① ② ③ 若溶质中与共存，为了氧化而不被氧化，除单质外，还可用上述反应中的_______作氧化剂。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A C D C B C A D 题号 11 12 13 答案 D B C 1．A A．植物油制人造黄油的加成反应是不饱和油脂与H2的氢化反应，H元素从0价变为化合态，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，A符合题意； B．医用酒精消毒的原理是酒精使蛋白质变性，过程中无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．植物油水解生产甘油属于酯的取代反应，反应中所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．钟乳石形成是CaCO3、H2O、CO2和Ca(HCO3)2的相互转化，所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故答案选A。 2．D 稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。 A．纳米Si是纯净物，不属于胶体，故A错误； B．盐酸在该工艺中溶解氧化镁生成氯化镁和水，盐酸在该反应中体现酸性，盐酸中各元素化合价未变，故未体现还原性，故B错误； C．Si是良好的半导体材料，高纯Si可用于制造硅太阳能电池，无此用途，故C错误； D．根据流程可知Mg与SiO2反应生成Si和MgO，制备纳米Si反应为，故D正确； 故选：D。 3．A A．中氧元素的化合价从-2价升高到0价，生成，每个氧原子失去2个电子，中锰元素的化合价从+7价降低到+6价，生成，每个锰原子得到1个电子，同时中锰元素的化合价从+7价降低到+4价，生成，每个锰原子得到3个电子，故电子转移方向和数目表示为：，A正确； B．该反应中FeCl2中铁元素的化合价由+2价变为+3价，Cl2中氯元素的化合价由0价变为-1价，Fe元素失2个电子给Cl元素，故电子转移方向和数目表示为，B错误； C．该反应中CO中碳元素化合价由+2价变为+4价，O2中氧元素化合价由0价变为-2价，C元素失电子，O元素得电子，转移电子数为4，故转移电子方向和数目表示为，C错误； D．该反应中MnO2中锰元素化合价由+4价变为+2价，HCl中氯元素化合价由-1价变为0价，Cl元素失2个电子给Mn元素，故转移电子方向和数目表示为，D错误； 故答案选A。 4．C A．在该氧化还原反应中， 是氧化剂，I-被氧化得到的产物是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：，A正确； B．CN-中碳原子与氮原子之间形成三对共用电子对，整体带一个单位负电荷，其电子式为，B正确； C．碘元素位于元素周期表第ⅦA 族、第五周期，属于p区元素，而非d区元素，C错误； D．基态铁原子的核外电子排布式为，失去3个电子形成，会先失去4s轨道的2个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此Fe3+基态的价电子排布式为，D正确； 故答案选C。 5．D A．根据反应①，CeO2作为氧化剂氧化H2O2，氧化性CeO2＞H2O2；反应③中H2O2氧化Fe2+，氧化性H2O2＞Fe3+；反应②中Fe3+氧化I-，氧化性Fe3+＞I2。因此氧化性顺序为，A正确； B．在反应①中，H2O2被氧化为O2，作还原剂；在反应③中，H2O2氧化Fe2+，作氧化剂，B正确； C．由于氧化性，所以CeO2能氧化I-生成I2，C正确； D．反应①为2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2↑ + 4H2O，生成1 mol O2时，H2O2中氧元素从-1价升至0价（O2），失去2 mol电子；同时2 mol CeO2还原为Ce3+，得到2 mol电子。故转移电子数为2NA，D错误； 故选D。 6．C A．设产物中NaCl、NaClO、的物质的量分别为a、b、c，则根据得失电子守恒可知，根据钠原子守恒可知。若反应后溶液中，，不符合得失电子数相等，A错误； B．根据分析NaCl、NaClO、的物质的量之和为0.6 mol，即，，B错误； C．NaCl为唯一还原产物，若转移0.4 mol电子，则生成0.4 mol NaCl，即，代入、，得、，有符合实际的解，所以反应中转移的电子的物质的量可能为0.4 mol，C正确； D．将、联立可得，当时，产物只有NaCl和，NaCl的物质的量达到最大值，此时、，解得，，即反应后溶液中，D错误； 故选C。 7．B A．混合物呈红热状态，从一端蔓延到另一端。铁与硫反应剧烈放热，反应能自我维持，呈现红热状态并蔓延，A正确； B．硫元素从0价转化为-2、+6价。铁与硫反应生成FeS，硫仅被还原为-2价，无+6价产物（需强氧化条件如氧气参与），B错误； C．反应后可能含Fe3O4。若反应中局部高温使过量铁与氧气反应，可能生成Fe3O4，C正确； D．固体与稀盐酸反应生成H2S。FeS与盐酸反应生成H2S，即使铁过量也会产生H2S（同时可能生成H2），D正确； 答案选B。 8．C A．根据反应①得出氧化性，反应②得出氧化性，反应④得出氧化性，反应③得出氧化性，因此氧化能力顺序为，A正确； B．由反应③得出还原性，由反应④得出还原能力应为，因此还原能力顺序应为，B正确； C．反应要顺利进行要求的氧化性强于，但反应①已证明，因此反应不能进行，C错误； D．由反应③和④得出氧化性，因此能氧化为，因此反应能顺利进行，D正确； 故答案选C。 9．A 1L浓度均为0.1mol·L-1的FeBr2和FeI2混合溶液，n(Br-)=0.2mol、n(I-)=0.2mol、n(Fe2+)=0.2mol。 A．还原性I- > Fe2+ > Br-，在步骤1中，Cl2先氧化 I⁻ 而非 Fe2+，故A 错误； B．步骤1，通入0.1molCl2，恰好把I⁻氧化为I2，溶液中剩余 0.2 mol Fe2+和 0.2 mol Br-，再通入0.2molCl2，先氧化0.2 mol Fe2+消耗 0.1 mol Cl2，剩余0.1mol Cl2恰好氧化0.2 mol Br⁻，所以可将溶液中剩余的Fe2+和Br- 完全氧化，故B 正确； C．步骤2中，K2Cr2O7在酸性条件下能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，K2Cr2O7中Cr元素化合价由+6降低为+3，所以每消耗 1 mol转移 6 mol 电子，故C 正确； D．若将步骤2后的溶液调至pH=3， c(OH⁻)=10-11 mol·L⁻¹，根据 Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，c(Fe3+)=mol·L⁻¹，所以可视为完全沉淀，故D 正确； 故选A。 10．D 先发生反应Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，a点时(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明a点过后，H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，可推测硝酸根在oa段完全反应，据此分析； A．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，离子方程式：，A正确； B．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为xmol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5xmol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04mol，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03mol×64g/mol=1.92g，B正确； C．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得n(NO)=n(Fe3+，oa)，故n(NO)=0.1mol，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1mol，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，对应H+物质的量=2n2=0.1mol，oa段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+，oa)=0.4mol，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4mol+0.1mol=0.5mol，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，，C正确； D．第一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，D错误； 故选D。 11．D A．由题干标准数据可知，(或)的电极电势大于的，说明PbO2的氧化性强于Fe3+，则向含0.2molFeCl2的溶液中加0.1molPbO2，Fe2+被氧化，故滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，A正确； B．由题干标准数据可知，的电极电势大于的，则往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，I-不能被Sn4+氧化，故溶液不变蓝，B正确； C．由题干标准数据可知，电极电势：＞＞，故可得出还原性：，C正确； D．由题干标准数据可知，电极电势： ＞，即高锰酸根离子能够将Cl-氧化为Cl2，故酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸，应该使用硫酸，D错误； 故答案为：D。 12．B A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确； B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故B错误； C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6mol，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确； D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确； 故答案为B。 13．C A．根据反应①可知氧化性：，碘酸根中碘元素化合价为+5价，高于碘单质中的0价，说明氧化性：，根据反应③可知氧化性：，氧化性：，A错误； B．过量的NaHSO3会与碘单质进一步反应，导致碘单质被消耗，B错误； C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，开始时Cl2过量，Cl2可将碘离子氧化为碘酸根，Cl2被消耗，溶液颜色变浅，继续滴加，I-和碘酸根发生氧化还原反应生成I2：，溶液变蓝，C正确； D．根据得失电子守恒及电荷守恒，反应④离子方程式：，反应②离子方程式：，产生等量的I2，反应④消耗的H+与反应②产生的H+的量不相等，D错误； 答案选C。 14．(1) Fe3+ Mg2+、H+ S2-、I- Fe2+、、S (2)② (3) KMnO4 FeCl3 （1）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）①该反应中有元素化合价升高和元素化合价降低，可能实现，①正确； ②该反应中只有元素化合价的升高，没有元素化合价降低，不符合氧化还原反应的规律，②错误； ③该反应中有元素化合价升高和元素化合价降低，可能实现，③正确； 故答案选②。 （3）①反应中氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，氧化性FeCl3>I2，反应②中氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，氧化性Cl2>FeCl3，反应③中氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，氧化性KMnO4>Cl2，因此氧化性最强的物质是KMnO4。 FeCl3的氧化性强于I2弱于Cl2，故为氧化I-而Cl-不被氧化，可用上述反应中的FeCl3作氧化剂。 学科网（北京）股份有限公司 $