作业验收评价(5) 氧化还原反应规律(Word练习)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 以守恒法、强弱比较法为核心，系统整合氧化还原反应规律，通过典例构建“概念-规律-应用”逻辑链条，培养科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|1-2题|邻位转化规律、氧化性顺序比较|从化合价变化切入，建立物质氧化性/还原性判断模型| |反应规律应用|3-9题|电子守恒、原子守恒、强者优先原则|结合工业流程/实验情境，实现规律到复杂反应的迁移| |综合计算|10-11题|氧化率计算、消毒效率比较|通过数据处理深化守恒思想，强化定量分析能力|

作业验收评价(五)　氧化还原反应规律 (标题目配有讲评课件;本卷配有升维<降维>题目,可自主调试难度) 一、选择题 1.已知在热的碱性溶液中,NaClO发生如下反应:3NaClO==2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,其最终产物是 (　　) A.NaCl、NaClO B.NaCl、NaClO3 C.NaClO、NaClO3 D.NaClO3、NaClO4 2.(2026·南京外国语学校月考)PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是 (　　) A.Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+ B.10Cl-+2Mn+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O C.Cu+Cl2CuCl2 D.5Pb2++2Mn+2H2O==5PbO2↓+2Mn2++4H+ 3.一定量的SO2通入到含0.2 mol NaOH的溶液中,充分反应后生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2∶1。再向反应后溶液中通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S。则通入Cl2的物质的量为 (　　) A.0.04 mol B.0.08 mol C.0.12 mol D.0.2 mol 4.向含Fe3+、H+、N的混合液中加入少量S,充分反应后,下列表示该反应的离子方程式正确的是 (　　) A.2Fe3++S+H2O==2Fe2++S+2H+ B.2H++S==H2O+SO2↑ C.2H++2N+3S==3S+2NO↑+H2O D.2Fe3++3S+3H2O==2Fe(OH)3↓+3SO2↑ 5.(2026·常州五校联考)某容器中发生化学反应,涉及H2O、ClO-、N、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的个数随时间变化的曲线如图所示。下列判断错误的是 (　　) A.反应中消耗1 mol氧化剂,转移2 mol电子 B.还原性:N>Cl- C.氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3 D.该反应中N被氧化为N2 6.(2026·泰州中学期中)一种借用CeO2/CeO2-x的转化,消除NH3、NO气体污染的途径如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应①是一个非氧化还原反应 B.反应②中N2只是氧化产物 C.利用上述转化有利于缓解温室效应 D.该过程的总反应可能为4NH3+2NO+2O2==3N2+6H2O 7.(2026·泰州中学期中)电石(成分为CaC2)中常含有硫化物,在反应时常产生有毒气体。工业上利用如下流程除去电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-,并制取石膏CaSO4·2H2O。 下列说法不正确的是 (　　) A.过程Ⅰ中的反应会使溶液的碱性减弱 B.过程Ⅱ的离子方程式为4Mn+2S2-+10H+==4Mn(OH)2+S2+H2O C.将上层清液中0.1 mol的S2-转化为S,理论上总共需要0.2 mol的O2 D.由上述转化过程可知,氧化性:Mn<O2 8. (2026·扬州中学开学检测)实验小组同学制备KClO3并探究其性质,过程如下: 下列说法不正确的是 (　　) A.可用饱和NaCl溶液净化氯气 B.生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-Cl+5Cl-+3H2O C.推测若取少量无色溶液a于试管中,滴加稀H2SO4后,溶液仍为无色 D.上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2>KClO3,酸性条件下氧化性:Cl2<KClO3 9.(2026·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4==H++AuC。 下列说法正确的是 (　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为 N2H4+4Ag+==N2↑+4Ag↓+4H+ 二、非选择题 10.(6分)在制备绿矾(FeSO4·7H2O)过程中部分绿矾被氧化,测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下: 步骤一:称取一定质量的绿矾样品,将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250 mL溶液; 步骤二:取步骤一中配得的溶液25.00 mL于锥形瓶,并加入适量稀硫酸酸化,逐滴滴加0.040 0 mol·L-1 KMnO4溶液至恰好完全反应,反应原理为Mn+Fe2++H+→Mn2++Fe3++H2O(未配平),消耗KMnO4溶液20.00 mL; 步骤三:另取步骤一中配得的溶液25.00 mL于烧杯,加入足量氨水,将沉淀过滤、洗涤、干燥,在空气中灼烧至固体质量不再变化,称得残留红棕色固体的质量为0.4 g。 (已知:Fe2+的氧化率=×100%) 根据以上数据,计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率,需要写出计算过程 　。  11.(12分)(2026·山东省百师联考月考)某小组通过实验探究氧化还原反应的规律。 已知:氧化还原反应电位传感器可以测量不同溶液的电位值,根据电位值大小可比较物质的氧化性/还原性的强弱;数值越大,氧化性越强;数值越小,还原性越强。测得几种物质的电位值如表所示(注:实验中进行酸化时均用稀硫酸)。 物质 FeCl3 KMnO4 (酸化) NaNO3 (酸化) Br2 I2 Na2S 浓度 0.10 M(M为物质的量浓度的单位) 电位值 /mV 171 1 130 603 662 116 -361 根据表中数据,回答下列问题: (1)浓度相同的下列三种溶液,氧化性由强到弱的顺序为　　　 (填序号)。  ①FeCl3　②酸性KMnO4　③酸性NaNO3 (2)已知Fe3+与I-不能共存,由此推测下列能大量共存的离子组是　　　　(填字母)。  A.Fe3+、Br- B.Fe3+、S2- C.、H+、I- D.H+、、I- (3)向含等浓度的NaBr和KI的混合溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液(还原产物为Mn2+),则发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)已知四种氧化剂(均可氧化KI)对应的还原产物如下表。 氧化剂 KMnO4 KIO3 H2O2 HNO3 还原产物 Mn2+ I2 H2O NO 请判断,等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用,得到I2最多的是　　　　(填化学式)。  (5)结合上述信息思考:对于含I-、Br-的混合溶液,若控制性氧化I-而不氧化Br-,则以下氧化方案合理的是　　　　(填字母)。  a.FeCl3　b.酸性KMnO4　c.Br2 (6)ClO2具有很强的氧化性(还原产物为Cl-),常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的　　　 倍(保留两位有效数字)。  答案 评价(五)　氧化还原反应规律 1.选B　已知反应中氯元素的化合价:+1价变为+5价和-1价,符合邻位转化规律。既然NaClO2也能发生类似的反应,则氯元素的化合价应既有升高,也有降低,选项A中均降低,选项D化合价均升高;选项B、C与题意相符,但选项C中NaClO不是最终产物。 2.选D　氧化性:Fe3+>Cu2+,A能发生;氧化性:Mn>Cl2,B能发生;氧化性:Cl2>CuCl2,C能发生;氧化性:Mn<PbO2,D不能发生。 3.选C　设生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠物质的量分别为2x和x,根据钠原子守恒,2x×2+x=0.2,解得x=0.04 mol,通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S,根据得失电子守恒,通入氯气的物质的量为=0.12 mol。 4.选C　三价铁离子、硝酸根离子都具有氧化性,都能氧化亚硫酸根离子,硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子,所以加入亚硫酸根离子,先与硝酸根离子反应,若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应,题干中亚硫酸根离子少量,所以只与硝酸根离子反应,所以离子方程式为2H++2N+3S==3S+2NO↑+H2O,C项正确。 5.选C　由题图可知ClO-是氧化剂,N是还原剂,Cl-是还原产物,N2是氧化产物。反应中消耗1 mol ClO-,转移2 mol电子,A正确;N是还原剂,Cl-是还原产物,还原性:N>Cl-,B正确;ClO-是氧化剂,N是还原剂,根据得失电子相等可知氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2,C错误;反应中N作还原剂,被氧化生成N2,D正确。 6.选D　反应①中CeO2分解生成CeO2-x和O2,存在元素化合价的变化,所以反应①是一个氧化还原反应,故A错误;反应②中NO得电子被还原,NO的还原产物是N2,故B错误;NH3和NO不会引起温室效应,NO在空气中能被氧气氧化为NO2,NO2与水反应生成硝酸和NO,会形成酸雨,故C错误;该转化过程是在CeO2的催化和光照条件下,NH3和NO、O2发生反应生成N2、H2O,则该过程的总反应可能为4NH3+2NO+2O2==3N2+6H2O,故D正确。 7.选B　过程Ⅰ发生的反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O,反应消耗了氢氧根离子,碱性减弱,A正确;由分析知,过程Ⅱ的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O==4Mn(OH)2↓+S2+10OH-,B错误;0.1 mol的S2-转化为S,失去电子物质的量为0.8 mol,需氧气0.2 mol,C正确;过程Ⅰ氧气为氧化剂,氧化产物为Mn,所以氧化性:Mn<O2,D正确。 8.选C　氯气中含有挥发出的HCl,可用饱和NaCl溶液吸收挥发出的HCl,达到净化氯气的目的,故A正确;Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3,其离子方程式为3Cl2 + 6OH-Cl + 5Cl- +3H2O,故B正确;推测若取少量无色溶液a于试管中,滴加稀H2SO4后,发生的离子反应为Cl+6I-+6H+==3I2+Cl-+3H2O,溶液变为紫色,故C错误;根据B选项分析得到碱性条件下氧化性Cl2>KClO3,酸性KClO3和HCl反应生成氯气,因此酸性条件下氧化性:Cl2<KClO3,故D正确。 9.选C　浓硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。浓硝酸被还原产生NO2,产生1 mol NO2得1 mol电子,稀硝酸被还原产生NO,产生1 mol NO得3 mol电子,金属的量相同,“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多,A错误;HAuCl4==H++AuC,氢离子也会与锌反应,参加反应时转移的电子物质的量为4 mol,消耗锌的物质的量为2 mol,B错误;浓盐酸和NaNO3在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子,相当于有硝酸,也可以溶解金,C正确;二氨合银离子不能拆分,N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4[Ag(NH3)2]++4OH-==N2↑+4Ag↓+8NH3↑+4H2O,D错误。 10.根据步骤二得25.00 mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)5n(KMnO4)=0.040 0 mol·L=-1×0.020 L×5=0.004 mol,则250 mL绿矾溶液中未被氧化的(Fen2+)=0.004 mol=0.04 mol;步骤三得到的固体为F×2Oe3,根据Fe元素守恒可得n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.005 mol,则250 mL溶液中n(Fe)=0.005 mol×=0.05 mol,则被氧化的(Fe)=(0.05-0.04)mol=0.01 mol,Fen2+的氧化率=×100%=×100%=20% 11.解析:(1)根据电位值大小可比较物质的氧化性或还原性的强弱;数值越大,氧化性越强;数值越小,还原性越强;由表中三种溶液的电位值数值大小可知,三种溶液的氧化性由强到弱的顺序为②③①。(2)由表可知,氧化性:>Br2>>Fe3+>I2,且都具有较强的氧化性,已知Fe3+与I-不能共存,则I-具有较强的还原性,二者发生反应2Fe3++2I-==2Fe2++I2不能共存。氧化性:Br2>Fe3+,Fe3+不能氧化Br-,两者不反应,能大量共存,A符合题意;Na2S的电位值为负值,说明S2-具有较强的还原性,Fe3+、S2-会发生氧化还原反应2Fe3++S2-(少量)==2Fe2++S↓,不能大量共存,B不符合题意;氧化性:>I2,、H+、I-能发生氧化还原反应8H++2N+6I-==3I2+2NO↑+4H2O,不能大量共存,C不符合题意;氧化性:>I2,H+、、I-能发生氧化还原反应16H++2Mn+10I-==5I2+2Mn2++8H2O,不能大量共存,D不符合题意。(3)氧化性:>Br2>I2,则还原性:I->Br-,故向含等浓度的NaBr和KI的混合溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液(还原产物为Mn2+),发生的反应为I-被氧化为I2,离子方程式为2Mn+10I-+16H+==5I2+2Mn2++8H2O。(4)I-被氧化生成I2,每生成1 mol I2转移2 mol电子,根据得失电子守恒,由表可知,KMnO4中锰元素化合价由+7变为+2,1 mol KMnO4转移5 mol电子,则2KMnO4~5I2,KIO3中碘元素由+5变为0,1 mol KIO3转移5 mol电子,则2KIO3~10I-~6I2,H2O2中氧元素化合价由-1变为-2,则2H2O2~2I2,HNO3中氮元素化合价由+5变为+2,则2HNO3~3I2,则等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用,得到I2最多的是KIO3。(5)氧化性:>Br2>>Fe3+>I2,对于含I-、Br-的混合溶液,若控制氧化I-而不氧化Br-,则可以使用的氧化剂氧化性强于I2而不强于Br2,即方案为①加入Br2;②加入FeCl3;③加入酸性NaNO3,但不能加入酸性KMnO4,因为KMnO4氧化性强于Br2可以发生2Mn+10Br-+16H+==5Br2+2Mn2++8H2O,故a、c均符合题意。(6)ClO2具有很强的氧化性(还原产物为Cl-),1 mol ClO2参加反应转移5 mol电子,而1 mol Cl2参加反应转移2 mol电子,则根据电子守恒可知关系式:2ClO2~10e-~5Cl2,则1 g ClO2消毒的效率相当于Cl2的质量为××71 g·mol-1≈2.6 g,故ClO2消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的2.6倍。 答案:(1)②③①　(2)A (3)2Mn+10I-+16H+==5I2+2Mn2++8H2O (4)KIO3　(5)ac　(6)2.6 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $