专题探究3 氧化还原反应的基本规律-【经纶学霸】2026-2027学年高一化学必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

为1：5，D正确。 5.B ?思路点拨 反应①：2MnFe,042 MnFe,.04+y02↑，反应②： MnFe2(0(4tyH,0=MnFe204+yH2↑。 解析：反应①中，每生成1个02转移4个电子，A错误；当y=0.5 时，反应前后M的化合价均为+2价，氧元素的化合价为-2价，根 据在化合物中各元素的正负化合价代数和为0，设铁元素平均化 合价为x,(+2)+2x+(-2)×(4-0.5)=0,解得x=2.5,只有当+2价 铁与+3价铁的个数比为1：1时，其平均化合价为2.5，B正确；反 应②中，MnFe,04)中+2价的铁被氧化为+3价，故Mnfe,04是 还原剂，C错误；总反应为2H20一2H2↑+02↑，根据质量守恒 定律，过程中消耗18gH20,理论上得到2gH2,D错误。 6.C解析：根据反应原理图，H202+M+H→H20+M'的过程中 H02被还原成H20,M'+H202→M+02+H的过程中H202被氧 化成O2,根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+,M'为Fe3+,A错误； 图示中生成02的反应为Fe2(S04)3+H202一2FeS04+02↑+ H,S04,反应过程中0元素的化合价由-1价升至0价，因此当有 1mol氧气生成时，转移2mol电子，B错误；图示中的反应为 Fe2(S04)3+H2022FeS04+02↑+H2S04、2FeS0,+H202+H2S04 一f®，(S0,)+2H,0,则总反应为2H,0,催化剂2H,0+0,↑，在 整个反应过程中，Fe(S04),作催化剂，C正确；根据Fe2(S04),+ H,0,—2FeS04+02↑+H,S0,说明H,02的还原性强于Fe2+, 2FeS04+H202+H2S04=Fe2(S04)3+2H20说明H202的氧化性 强于Fe3+,D错误。 7.C解析：①向蓝色的VOS0,溶液中滴加酸性KMnO,溶液，溶液由 蓝色变为淡黄色(V0),发生反应的化学方程式为10V0S04+ 2KMn04+2H,0=5(V02),S0,+2MnS0,+2H,S04+K2S04;②向 (V02)2S0,溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体(CL2),溶液变蓝， 则又生成V0S04,发生反应的化学方程式为(V02)2S04+2HCl+ H2S0,=2V0S0,+CL2↑+2H20。①中V02+中V元素化合价由 +4价升高到+5价，为还原剂，Mn0:中Mn元素化合价由+7价降 低到+2价，为氧化剂，则还原剂与氧化剂的化学计量数之比为5： 1,A错误；根据①中的离子方程式，MnO:中Mn元素化合价由 +7价降低到+2价，为氧化剂，V02+中V元素化合价由+4价升高 到+5价，为还原剂，则V0为氧化产物，则氧化性：Mn0:>V0;根 据②中的离子方程式，V0中V元素化合价由+5价降低到+4价， 为氧化剂，C1化合价由-1价升高到0价，为还原剂，则氧化产物 为C2,则氧化性：Cl2<V02,综上，氧化性由强到弱的顺序为 Mn0>V0>Cl2,B错误：根据②中的离子方程式，Cl化合价由-1价升 高到0价，则每生成1 mol Cl2,转移2mol电子，C正确；氯气能把Fel2 氧化为Fe+和L2,由于氧化性：CL2<V0,所以VO也能把Fl2氧化 为Fe#和2，向(V02)2S0,溶液中滴加FeL2溶液发生反应：2Fel2+ 3(V02)2S04+6H2S04一Fe2(S04)3+6V0S04+2L2+6H20,D错误。 重难点拨。当多种氧化剂、还原剂在一起反应的时候，要利用“强者 优先”的规律，然后根据物质的氧化性、还原性强弱进行分析。 8.(1)40u0+2NH,C△3Cu+CuC,+N,↑+4H,0(2)Cu0氮 0学霸黑白题化学·必修第一册·SJ 元素 解析：(1)反应中铜元素化合价由+2价变为0价，氯化铵中氮元素 化合价由-3价变为0价，结合电子守恒、质量守恒配平可知反应 为40u0+2NH,C△3Cu+CuC,+N,↑+4H,0。(2)反应中铜元 素化合价由+2价变为0价，因此氧化剂为C0,氯化铵中氮元素 化合价由-3价变为0价，氮元素发生氧化反应，被氧化的元素为 氮元素。 9.(1)+5 30e (2)6KN0,+10A1+4K0H+18H,0—3N2↑+10K[A1(0H),] (3)AlN(4)2700(5)8Fe2++N03+10H=8Fe3++NH4+ 3H,0 解析：(2)KNO,中N元素化合价由+5价降低为0价，A1元素化合 价由0价升高为+3价，根据得失电子守恒、元素守恒，配平方程 式。(3)还原剂的化合价升高，故A1为还原剂；硝酸钾为氧化剂， 硝酸钾中N的化合价降低，故被还原的元素为N。(4)废水 中N03的质量为200m3×103L·m3×1.86×102g·L1=3720g, 设需消耗金属铝的质量为x, 6N03+10A1+40H+18H20=3N2↑+10[A1(0H)4] 6×62 10×27 3720g x 6x62_37208,解得x=2700g,所以需要A1的质量为27008。 10×27x (5)酸性条件，硝酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三 价铁离子，根据得失电子守恒、电荷守恒可知离子方程式为 8Fe2*+N0,+10H*=8Fe3++NHt+3H,0。 专压轴挑战 10.(1)NaS03Cl02(2)2Cl02+H202+2Na0H=2NaC102+02+ 2H,0(3)①1：4②C10,的氧化性或C1的还原性随溶液的酸 性和浓度的增大而增强，因此C1被氧化得到C, 解析：(1)NaCl0,中Cl元素化合价为+5价，具有很强的氧化性， 而Na,S0,在酸性条件下具有较强的还原性，故I中发生反应的氧化 剂是NaClO,还原剂是Na,SO,:Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成 NaCIO2,所以一定有ClO2→NaClO2,C元素化合价降低，被还原； 则H,02必定被氧化，有氧气产生，反应中C0,是氧化剂，发生还原 反应，H,02是还原剂，发生氧化反应。(2)Ⅱ中过氧化氢、CI0,气 体、Na0H三种物质反应生成NaCI02、02和H,0。(3)①5NaCI02+ 4HCl-5NaCl+4C102↑+2H20反应中，4NaCl02→4Cl02,+3价 的氯元素化合价升高到+4价，所以NaCl02是还原剂；1NaCI02→ 1NaC,+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaCI0,作 氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的粒子个数之比为1：4； ②NaCI0,+4HCl=NaCl+2CL2↑+2H,0反应中，Cl0,具有氧化 性，C0,的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，同时，氯离 子的还原性随溶液的酸性增强而增强，C被氧化得到CL2,所以， 若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中CL,的含量越大。 专题探究3氧化还原反应的基本规律 黑题 专题强化 1.B解析：还原剂的还原性大于还原产物，从反应①②中得到还原 性：S02>Fe2+>Br,A正确；还原性：S02>Br,S02气体能使溴水褪 色生成硫酸根离子和溴离子，B错误；还原性：Fe2>Br,向FeCl2溶 液中逐滴滴加溴水，生成铁离子和溴离子，溶液变黄，C正确；反 应①中消耗1分子$02气体时，转移2个电子，D正确。 技巧点拨首先根据题中反应方程式判断氧化剂、还原剂、氧化产 物、还原产物，然后根据氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原 剂>还原产物，进行物质性质强弱的比较及反应先后顺序的判断。 2.C解析：溶液呈电中性，因此可得Fe2+、CI、Br、厂的个数比为 9：4:6：8。根据还原性的强弱可知，通入氯气后，氯气先将I厂氧 化成L2,设Fe2+、Cl、Br、I厂的个数分别为9x、4x、6x、8x,则氧化「 时，消耗氯气的个数为4x,生成CI厂的个数为8x,此时CI和Br的 个数比为(4x+8x):6x=2:1,继续通入氯气后，Fe2+被氧化为 Fe+,因此要使最终溶液中C、Br之比为3：1，则还需加入氯气 的个数为3x,消耗Fe2+的个数为6x,剩余Fe2的个数为3x,所以通 入氯气的个数与溶液中剩余Fe2+的个数之比为(4x+3x):3x= 7:3。 归纳总结氧化还原中反应先后顺序的判断：一般来说，含多种还 原剂的溶液中加入一种氧化剂时，还原性强的还原剂（离子）先被 氧化：反之，含多种氧化剂的溶液中，加入一种还原剂时，氧化性强 的氧化剂（离子）先被还原。最常见的就是将CL2通入含Fe2+和 Br的溶液中，已知还原性：Fe2+>Br,所以Cl2先和Fe2+反应，反应 方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe*+2Cl”;当Fe2+完全反应后，CL2再与 Br反应，反应方程式为Cl2+2Br=Br2+2Cl。 3.D解析：Na2S20,中硫原子发生歧化反应，一个被氧化（生成 S02),一个被还原（生成S),因此既是氧化剂又是还原剂，A正确； 硫酸在反应中提供H,生成Na,S0,和H0,硫元素价态未变(+6 价)，只体现酸性，B正确；Na2S,0,中一个硫原子被氧化（从+2到 +4,生成S02),一个硫原子被还原（从+2到0，生成S),个数之比 为1：1，C正确；1个Na2S203反应时，一个硫原子被氧化（从+2 到+4，生成S02)失去2个电子，一个硫原子被还原（从+2到0，生 成S)得到2个电子，转移2个电子，D错误。 4.A解析：将Br2通入NaOH溶液中，反应后得到NaBr、 NaBrO、NaBrO,的混合溶液，经测定NaBr与NaBrO的个数比是 6:1,设NaBr为6个，NaBr0为1个，当Br元素化合价由0价变 为-1价时，得到6个电子，则有6个Br被还原，当Br元素化合价 由0价变为+1价时，失去1个电子，则有1个Br被氧化：Br由0 价变为+5价时，失去5个电子，根据得失电子守恒可得，反应生成 1个NaB0,。故该反应中氧化剂为6个，还原剂为2个，二者的个 数比为6：2=3：1，A符合题意。 5.C解析：CaH2中H由-1价升高为0价，CaH2作还原剂，A错误； 消耗1分子H20时转移1个电子，B错误；CaH2由Ca2*和H组 成，阴、阳离子个数比为2：1，C正确；该反应中氧化产物与还原产 物均为氢气，个数比为1：1，D错误。 技巧点拨要抓住歧化反应和归中反应的规律，同种元素的化合价 发生变化时，一定满足“中间价态→高价态+低价态”和“高价态+ 低价态→中间价态”，据此可比较不同物质中同一元素的价态高低。 6.B解t折：Fe"teFe;Mn0,+5cMn2;C,t2c2Cr;HNO,eN0。 由得失电子守恒可知，得到的电子数越多，氧化K得到的【，越多。 7.A解析：X0:中X元素的化合价为+7，一定条件下，当溶液中 X0:与H,02分子个数比恰好为2：5时，溶液中X0:被还原为较 低价态，H,02被氧化为02，设还原产物中X元素的化合价为α，根 据得失电子守恒(7-a)×2=2×5,a=+2,故选A。 技巧点拨利用守恒规律进行氧化还原反应计算的解题思路如下： (1)找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物、氧化产物； (2)准确标出变价元素的化合价； (3)找准每个氧化剂、还原剂中变价的原子个数； (4)列出等式并计算：N(氧化剂)×变价原子个数×|化合价变化 值|=N(还原剂)×变价原子个数×|化合价变化值1。 第一单元阶段综合 黑题 阶段强化 1.B解析：制取氯气用浓盐酸与二氧化锰加热，A错误；CL2中含有 挥发出的HCl和H20,先通过饱和食盐水除去HCl,再通过浓硫酸 除去H20,B正确；铁粉与Cl2加热得到FCl3,C错误；尾气中的 Cl2应用NaOH溶液吸收，澄清石灰水中Ca(OH)2的溶解度很小， 不能全部吸收CL2,D错误。 2.C解析：漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，可 由氯气和石灰乳制取，A正确；次氯酸的浓度越大，漂白效果越好， “84”消毒液在空气中放置一段时间后，C02与次氯酸钠反应生成 次氯酸，漂白效果更好，B正确；“84”消毒液有效成分为NaCl0,漂 白粉的有效成分是次氯酸钙，有效成分不相同，C错误：次氯酸性 质不稳定，见光易分解，所以漂白粉、“84”消毒液应置于阴凉处密 封保存，D正确。 3.D解析：新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有次氯酸生成，次 氯酸具有漂白性，A错误；光照新制氯水有气泡逸出，次氯酸分解 有氧气产生，该气体是氧气，B错误；由于酸性：HCI>H2C03> HCIO,所以向新制氯水中加入KHCO,固体，有气泡产生，说明氯气 和水反应生成了HCl,反应产生的气体是CO2,C错误；加入AgNO3 溶液后，再加稀硝酸酸化，有白色沉淀产生，说明有CI与Ag反应 生成氯化银沉淀，D正确。 4.A解析：反应①中，氧化剂是FCl,氧化产物是L2,可得氧化性： FeCl>L2;反应②中，氧化剂是CL2,氧化产物是FeCl,可得氧化性： Cl2>FeCl3;反应③中，氧化剂是KMn04,氧化产物是CL2,可得氧化 性：KMn0,>Cl2,则氧化性强弱顺序为KMn04>Cl2>FeCl3>I2,氧化 性最强的是KMnO4;故选A。 5.B ?思路点拨 根据氨元素的价类二维图，结合化合价和物质类别逐一推断各 物质：氢化物类中，氯元素为-1价，对应物质a是HCl；单质类 中，氯元素化合价为0，对应物质b是Cl2;氧化物类中，氯元素 为+4价，对应物质c是Cl02;酸类中，氯元素为+1价，对应物质 d是HClO;盐类中，阳离子均为Na,氣元素分别为-1价和 +1价，对应物质e为NaCl、f为NaClO。 解析：abc的转化过程中，Cl元素化合价升高，均为氧化还原 反应，A正确；b为CL2,既有氧化性又有还原性，B错误；a的浓溶 液是浓盐酸，f是次氯酸钠，两者可以反应产生有毒气体一一氯气， C正确：向f溶液中通入二氧化碳可增强其漂白能力，可以生成次 氯酸，次氯酸的漂白能力更强，D正确。 参考答案黑白题学霸31学霸黑白题化学·必修第一册·SJ 专题探究3氧化 黑题专题强化 题型1强弱规律 1.*将S02气体通入Fe2(S04)3 溶液中完全反应后，再滴加溴水， 发生如下两个反应：①S0,+2 —S0}+2Fe2++4Ht,②2Fe2++Br2 2Fe3++2Br,下列有关说法错误的是（) A.还原性：S02>Fe2+>Br B.S0,气体不能使溴水褪色 C.向FeCL,溶液中逐滴滴加溴水，溶液变黄 D.反应①中消耗1分子S0,气体时，转移2 个电子 题型2先后规律 2.**有一混合溶液，只含有Fe2+、CI、Br、I (忽略水的电离)。其中C、Br、I的个数比 为2：3：4，向该溶液中通入氯气，使溶液中 Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气与溶 液中剩余的Fe2+的个数之比为（已知还原性： I厂>Fe2+>Br>Cl) A.9:1 B.6:2 C.7:3 D.7:4 题型3价态规律 3.**(2026·海南海口高一月考)关于反应 Na2S203+H2S04=Na2S04+S↓+S02↑+ H,0,下列说法不正确的是 A.Na2S203既是氧化剂又是还原剂 B.硫酸只体现酸性 C.被氧化与被还原的硫原子个数之比为1：1 D.1个Na2S203发生反应，转移3个电子 60 还原反应的基本规律 4.*(2025·四川南充高一期中)某温度下， 将Br,通入NaOH溶液中，反应后得到 NaBr、NaBrO、NaBrO,的混合溶液，经测 定NaBr与NaBrO的个数比是6：1，则Br, 与NaOH反应时，氧化剂与还原剂的个数比为 () A.3:1 B.3:2 C.1:3 5.**CaH2与水的反应 2H20=Ca(0H)2+ 下列说法正确的是 A.该反应的氧化剂是CaH, B.反应中消耗1分子H,0时转移2个电子 C.CaH2中阴、阳离子个数比为2：1 D.该反应中氧化产物与还原产物的个数比 为1：2 题型4守恒规律 6.*已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI 时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+;Mn0,→ Mn2+;Cl2→2CI;HN02→N0。如果分别用数 量相等的这些物质氧化足量的KI,得到L2最 多的是 ( A.Fe3+ B.MnO2 C.Cl2 7.*一定条件下，当溶 与H202分子个数比 2:5时，溶液中X0,被还原为牧低价念，则X 元素的化合价为 () A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 专题3从海水中获得的化学物质黑白题学霸 第一单元 阶段综合 黑题 阶段强化 1.*实验室制取少量Cl,并探究其性质，下列 白色沉淀产生，说明有C 实验装置或操作能达到相应实验目的的是 4.*(2026·安徽阜阳高一月考)已知： ( D2FeCl 2KI 2FeCl,2KCl I2, ②2FeCl2+Cl2—2FeCl3,③2KMn04+16HCl 稀盐酸 (浓)一 2KCl+2MnCl2+5CL2↑+8H,0。上 气体 MnO; 述反应中，氧化性最强的物质是 () 饱和 食盐水 A.KMnO B.Cl2 A.制取氯气 B.净化氯气 C.FeCla D.I2 5.**(2026·河南郑州高一期末)价类二维图 Fe粉 C 是学习元素化合物知识的重要模型。如图为 氯元素的价类二维图，其中e、f的阳离子均为 澄清 Na,下列说法错误的是 () 石灰水 C.制备FeCL D.尾气吸收 化合价 +7------1---1----1----- ---}---{---------- 2.*★*漂白粉、“84”消毒液是生产、生活中常用 + 0 的消毒剂和漂白剂。下列说法中错误的是 ( 酸盐 质 物 物 物质类别 A.漂白粉是混合物，可由氯气和石灰乳制取 A.a→b→c的转化均为氧化还原反应 B.“84”消毒液放在空气中一段时间后漂白效 B.b只有氧化性没有还原性 果更好 C.a的浓溶液和f反应可产生有毒气体 C.“84”消毒液和漂白粉的有效成分相同 D.向f溶液中通入二氧化碳可增强其漂 D.漂白粉、“84”消毒液都应置于阴凉处密封 保存 白能力 3.**(2025·天津高一期中)“氯气对水一心 6.已知3Cu0+2NH,△3Cu+N2+3H,0。 一意，水偏弄成三分四离”其中“三分四离”指 下列判断正确的是 ( 的是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象 A.N元素的化合价降低 和结论一致的是 B.NH,被还原 A.新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl, C.消耗0.3 mol Cu(0转移0.6N个电子 B.光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是CL2 D.CuO是还原剂 C.将KHC0,固体加入新制的氯水中，有气泡7.禁热点考向(2026·江苏苏州高一月考)02 产生，说明有HClO 在一定条件下能有效去除烟气中的S0,、NO, D.加入AgNO3溶液后，再加稀硝酸酸化，有 其可能的反应机理如下图所示，下列说法不 61