第一章 第三节 第3课时 课后达标素养提升-【优学精讲】2026-2027学年高中化学必修第一册教用Word（人教版）

本讲义聚焦氧化还原反应核心知识点，构建从化合价分析、电子转移守恒到氧化剂还原剂判断、方程式配平的递进式学习支架，涵盖硝酸铵分解、离子共存氧化、细菌冶金等实际情境应用。 资料通过阶梯式题目设计培养科学思维，如比较氧化性强弱训练证据推理能力，结合“马氏试砷法”等实际案例渗透科学态度与责任。课中辅助教师解析核心概念，课后助力学生通过练习巩固电子转移计算等技能，有效查漏补缺。

1．若大量的硝酸铵储存不当，则会引起爆炸。已知爆炸时硝酸铵发生分解反应：4NH4NO3===3N2↑＋2NO2↑＋8H2O↑。该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析：选A。在反应4NH4NO3===3N2↑＋2NO2↑＋8H2O↑中，有4个－3价的氮原子化合价升高(－3价→0价)被氧化，4个＋5价的氮原子化合价降低(＋5价→0价、＋4价)被还原，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为1∶1。 2．在酸性条件下，可发生反应 ClO＋2M3＋＋4H2O===M2O＋Cl－＋8H＋，M2O中M的化合价是(　　) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 解析：选C。根据离子方程式中，反应前后所带电荷数相等，即2×3－1＝8×1－n－1，解得n＝2，故M2O中M的化合价为＋6价，故C正确。 3．现有3个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，③K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是(　　) A．Cl2 B．K2Cr2O7 C．FeCl3 D．HCl 解析：选C。氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据题给3个氧化还原反应可知，氧化性：K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，为将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，加入的氧化剂的氧化性应弱于Cl2、强于I2，可加入FeCl3除去I－且产生Fe2＋。 4．(2026·天津高一检测)某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的个数之比为1∶5，则氯气与NaOH溶液反应时被氧化的氯元素与被还原的氯元素的质量之比为(　　) A．21∶5 B．13∶3 C．3∶13 D．3∶1 解析：选C。氯气中部分氯元素化合价降低为－1价被还原、部分氯元素化合价升高为＋1价和＋5价被氧化，已知ClO－与ClO的个数之比为1∶5，设反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素原子的个数分别是a和b，则根据得失电子守恒可知，a×1＝×1＋×5，解得b∶a＝3∶13。 5．若锌与硝酸反应的化学方程式为4Zn＋10HNO3===aZn(NO3)2＋bM＋cH2O，则a、b、c、M可能分别为(　　) A．4、5、5、NO2↑ B．4、2、4、NO2↑ C．4、1、3、NH4NO3 D．4、3、5、NO↑ 解析：选C。由反应可知，锌元素的化合价升高，则氮元素的化合价降低。若M为NO2↑，由得失电子守恒可知，b＝＝8，A、B错误；若M为NH4NO3，由得失电子守恒可知，b＝＝1，结合原子守恒可知，a＝4，c＝3，C正确；若M为NO↑，由得失电子守恒可知，b＝＝，D错误。 6．(2026·德州一中高一测试)用下列方法均可制得氧气：①2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑；②2KClO32KCl＋3O2↑；③2H2O22H2O＋O2↑。若要制得相同质量的氧气，反应①②③中电子转移数目之比为(　　) A．1∶1∶1 B．2∶2∶1 C．1∶3∶1 D．3∶1∶3 解析：选B。反应①中O元素的化合价由反应前KMnO4中的－2价变为反应后O2中的0价，升高2价，每生成1个O2分子转移4个电子；反应②中O元素的化合价由反应前KClO3中的－2价变为反应后O2中的0价，升高2价，每生成1个O2分子转移4个电子；反应③中O元素的化合价由反应前H2O2中的－1价变为反应后O2中的0价，升高1价，每生成1个O2分子转移2个电子。由上述分析可知，每生成1个O2分子，反应①②③中电子转移数目之比是4∶4∶2＝2∶2∶1。 7．某碳铁合金可用FeC表示，与硝酸反应的化学方程式为FeC＋HNO3(浓)NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．配平化学方程式，NO2前的化学计量数是4 B．该反应中，只有C元素被氧化 C．该反应中，FeC既是还原剂又是氧化剂 D．1个FeC微粒参与反应共失去7个电子 解析：选D。铁碳合金FeC中Fe、C元素的化合价均为0，该反应中Fe元素的化合价从0价升高到＋3价，C元素的化合价从0价升高到＋4价，N元素的化合价从＋5价降低到＋4价，配平化学方程式为FeC＋10HNO3(浓)7NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋5H2O。配平化学方程式，NO2前的化学计量数为7，故A错误；该反应中，Fe、C元素都被氧化，故B错误；该反应中，FeC是还原剂，HNO3是氧化剂，故C错误；1个FeC微粒参与反应共失去7个电子，故D正确。 8．(1)已知CuO具有氧化性，在加热条件下能和NH3反应生成两种单质，请写出该反应的化学方程式：_______________________________________________。 (2)在一定条件下，RO和Cl2可发生反应RO＋Cl2＋2OH－RO＋2Cl－＋H2O，在上述过程中RO被_____________(填“氧化”或“还原”)，RO中R的化合价是_____________价。 (3)某一反应体系有反应物和生成物共以下五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2，已知该反应中H2O2只发生过程：H2O2→O2。 ①该反应中的氧化剂是________________________________(填化学式，下同)。 ②该反应中，发生还原反应的过程是______________―→__________________。 (4)配平下列化学方程式并用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目： ___________H2O2＋_____________Cr2(SO4)3＋__________ KOH=== __________ K2CrO4＋___________K2SO4＋___________H2O反应中氧化剂是___________，被氧化的元素是_____________，还原产物是_____________。 解析：(1)CuO具有氧化性，在加热条件下与NH3反应生成单质铜、氮气和水，化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。 (2)该反应中，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，所以RO中R元素的化合价升高，被氧化；根据电荷守恒可知，n＝2，故RO中R元素的化合价是＋4价。 (3)H2O2→O2，O元素的化合价由－1 价升高到0价，被氧化，H2O2为还原剂，另一种物质中所含元素化合价降低，为氧化剂，由题中所给物质可知，H2CrO4中Cr元素的化合价由＋6价降低到Cr(OH)3中的＋3价，则H2CrO4为氧化剂。 答案：(1)3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O (2)氧化　＋4 (3)①H2CrO4　②H2CrO4　Cr(OH)3 (4) H2O2　Cr　H2O 9．(2026·常德高一月考)“细菌冶金”是近代湿法冶金的一种新工艺。例如氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿氧化，其原理为FeS2＋O2＋H2OFe2(SO4)3＋H2SO4(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．FeS2中硫元素化合价为－1价 B．氧气在反应中作为氧化剂，被还原 C．氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4∶15 D．“细菌冶金”工艺符合绿色环保理念 解析：选C。FeS2中铁元素的化合价为＋2价，化合物中各元素正、负化合价的代数和为零，则硫元素化合价为－1价，A正确；氧气中的氧元素在反应中化合价降低，O2作为氧化剂被还原，B正确；氧化剂与还原剂的化学计量数之比为15∶4，C错误；“细菌冶金”工艺不产生有毒的气体，符合绿色环保理念，D正确。 10．把碎纸片b、c、d、e补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．碎纸片排列的顺序可能是c、d、a、b、e B．通过该反应可知还原性：ClO＞SO C．氧化剂与还原剂的个数之比为1∶2 D．每生成1个ClO2，反应转移的电子数为2 解析：选A。由碎纸片a可知，ClO被还原为ClO2，则SO应该为还原剂参与反应，被氧化为SO，结合质量守恒、电荷守恒可知，H＋参与反应生成水，故反应的离子方程式为2H＋＋SO＋2ClO===2ClO2↑＋SO＋H2O。由分析可知，碎纸片排列的顺序可能是c、d、a、b、e，A正确；由分析可知，该反应中SO为还原剂，ClO为氧化剂，则物质的还原性：SO＞ClO，B错误；在该反应中，ClO为氧化剂，SO为还原剂，则氧化剂与还原剂的个数之比为2∶1，C错误；根据配平的离子方程式可知，每有2个ClO2生成，转移2个电子，则每生成1个ClO2，反应转移的电子数为1，D错误。 11．已知在一定条件下，M2O与N2－反应生成N和M3＋，离子方程式为M2O＋3N2－＋===3N＋2M3＋＋7H2O。下列说法不正确的是(　　) A．该反应中M2O是氧化剂 B．还原性：N2－>M3＋ C．上述离子方程式中“”内应为14H＋ D．该反应中有3个N微粒生成时，转移电子数为12 解析：选D。该反应中，N元素的化合价由－2价升高到0价，则M2O中M元素的化合价降低，故M2O是氧化剂，A正确；该反应中N2－是还原剂，M3＋是还原产物，则还原性：N2－>M3＋，B正确；结合电荷守恒和原子守恒推知，“”内应为14H＋，C正确；该反应中N2－是还原剂，被氧化为N，则有3个N微粒生成时，转移电子数为3×2＝6，D错误。 12．(2026·丽水高一检测)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋nOH－===2FeO＋3Cl－＋mH2O，下列说法不正确的是(　　) A．Fe3＋在反应中失去电子，被氧化，还原产物是FeO B．氧化性：ClO－>FeO C．离子方程式中m＝5，n＝10 D．每生成15个H2O分子，转移的电子数是18 解析：选A。铁元素化合价由＋3价升高到＋6价，Fe3＋在反应中失去电子，被氧化，氧化产物是FeO，故A错误；ClO－是氧化剂、FeO是氧化产物，氧化性：ClO－>FeO，故B正确；根据电荷守恒，n＝10，根据氢元素守恒，m＝5，故C正确；铁元素化合价由＋3价升高为＋6价，根据3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，生成5个H2O分子，同时生成2个FeO，转移6个电子，则每生成15个H2O分子，转移的电子数是18，故D正确。 13．(2026·无锡高一月考)法医常用“马氏试砷法”检验是否砒霜(As2O3)中毒，其原理是用锌和盐酸与试样混合，若试样中含有砒霜，则会发生反应生成砷化氢(AsH3，H为＋1价)气体，砷化氢再受热分解生成砷(As)单质，砷单质积聚而成亮黑色的“砷镜”，以此现象作为判断。涉及的化学反应如下： ①As2O3＋Zn＋HCl―→AsH3↑＋ZnCl2＋X(未配平) ②2AsH32As＋3H2 回答下列有关问题： (1)反应①中物质X的化学式是________________________________________。 (2)配平并写出反应①的化学方程式：___________________________________。 (3)用单线桥表示反应①中电子的转移情况：_____________________________。 (4)还原性：Zn_____________(填“>”或“<”)AsH3。 (5)反应①的还原剂是_____________，发生还原反应的是_____________；反应②中氧化产物是_____________。 (6)反应①中每生成1个AsH3分子时，转移_____________个电子；当反应①和反应②转移相同的电子数时，生成的气体分子个数之比是_____________。 解析：(1)反应①中，根据原子守恒结合反应的规律可知，X是H2O。 (2)根据氧化还原反应的配平原则可知，反应中1个Zn失去2个电子，1个As2O3转化为AsH3，As从＋3价降低到－3价，转移12个电子，所以氧化剂As2O3与还原剂Zn的化学计量数之比为1∶6，根据电荷守恒与原子守恒配平得到：As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3↑＋6ZnCl2＋3H2O。 (3)反应中1个Zn失去2个电子，化学方程式中转移12个电子，单线桥表示反应①中电子的转移情况为＋6ZnCl2＋3H2O。 (4)反应①中，Zn为还原剂，AsH3为还原产物，还原性：Zn>AsH3。 (5)反应①中，化合价升高被氧化失去电子的物质为还原剂，则还原剂是Zn，化合价降低得到电子的物质为氧化剂，发生还原反应，即As2O3发生还原反应；反应②2AsH32As＋3H2中As元素化合价升高，被氧化，氧化产物是As。 (6)根据单线桥可以看出，反应①中每生成1个AsH3分子时，转移6个电子；反应①中转移电子数为12时，生成2个AsH3，反应②转移电子数为12时，生成6个H2，则转移相同的电子数时，生成的气体分子个数之比是2∶6＝1∶3。 答案：(1)H2O　(2)As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3↑＋6ZnCl2＋3H2O (3)＋6ZnCl2＋3H2O (4)>　(5)Zn　As2O3　As　(6)6　1∶3 学科网（北京）股份有限公司 $