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

**基本信息** 以氧化还原反应规律为核心，通过“规律应用-实验探究-定量计算-工业实践”四维训练，系统构建“化合价分析-氧化性比较-电子守恒”解题体系，体现化学观念与科学思维的融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础规律应用|3题（1/4/7）|邻位转化规律、氧化性顺序判断、电子转移计算|从化合价变化本质到反应规律，构建“概念-判断-应用”逻辑链| |实验探究分析|2题（2/11）|现象归因法、电位值比较法|结合实验现象与数据，培养证据推理与模型认知能力| |定量计算|2题（3/10）|原子守恒法、电子守恒法|从定性分析到定量计算，强化化学计量关系应用| |工业流程分析|2题（5/6）|流程转化法、氧化剂选择策略|联系生产实际，体现物质转化与可持续发展理念|

作业验收评价(五)　氧化还原反应规律 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·北京海淀期中)下列由实验现象所得结论不正确的是 (　　) A.向浓HNO3中放入红热的炭,产生红棕色气体,证明炭可与浓HNO3反应生成NO2 B.向NaHSO3溶液中滴加H2S溶液,产生淡黄色沉淀,证明具有氧化性 C.向Mg(OH)2浊液中加入NaHSO4溶液,沉淀消失,说明NaHSO4溶液有酸性 D.向NaClO溶液中滴加酚酞,先变红后褪色,证明NaClO在溶液中发生了水解反应 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.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S,理论上至少需要氧气0.2 mol 6.(2026·四川德阳模拟)H2S是有毒的污染性气体,可将其与氧气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中进行处理,其物质转化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.过程①中发生的反应是复分解反应 B.过程②中,每生成32 g S转移NA个电子 C.过程③中每转化1 mol Fe2+,需5.6 L O2 D.总反应为2S2-+O2+2H2O==2S↓+4OH- 7.(2026·沈阳模拟)黄铁矿(主要成分是FeS2)在细菌和空气的作用下风化,发生以下两个反应过程: 下列说法正确的是 (　　) A.FeS2中S的化合价为-2价 B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素Fe和S都被氧化 C.反应Ⅱ中参加反应的n(O2)∶n(H2O)=2∶15 D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol FeS2转移的电子数之比为2∶15 8.如图表示一定量的铁与不同浓度的足量硝酸反应时各还原产物及含量,下列说法正确的是 (　　) A.由图可知,硝酸浓度越小,还原产物中氮元素化合价越高 B.P点时,生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8 C.HNO3浓度为12.68 mol·L-1时,生成NO和NO2的质量相等 D.56 g铁粉与1.54 mol·L-1的HNO3完全反应,表现酸性的HNO3的质量为189 g 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A　向浓HNO3中放入红热的炭,浓硝酸受热能分解,产生红棕色气体,不能证明炭可与浓HNO3反应生成NO2,故A错误;向NaHSO3溶液中滴加H2S溶液,产生淡黄色沉淀,中S元素化合价降低,H2S中S元素化合价升高,发生归中反应生成S单质,证明具有氧化性,故B正确;向Mg(OH)2浊液中加入NaHSO4溶液,沉淀消失,发生反应Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O,生成硫酸镁,说明NaHSO4溶液有酸性,故C正确;次氯酸具有漂白性,向NaClO溶液中滴加酚酞,先变红后褪色,证明NaClO在溶液中发生了水解反应生成次氯酸,故D正确。 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B　由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成Mn,过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O;Mn与S2-反应生成S2,进而与氧气反应生成S,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O==S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,以此解答该题。 由分析可知,O2氧化Mn(OH)2生成Mn,则氧化性:O2>Mn,然后Mn氧化S2-生成S2,则氧化性:Mn>S2,氧化性:O2>Mn>S2,故A正确;由分析中过程Ⅱ的反应知,Mn为氧化剂,S2-为还原剂,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1,故B错误,C正确;10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)的物质的量n(S2-)==0.1 mol,将其氧化为S时,失去电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×[6-(-2)]=0.8 mol,根据电子守恒可知需O2的物质的量n(O2)==0.2 mol,故D正确。 6.选A　过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢,由弱酸生成强酸;过程②中,Fe3+转化为Fe2+,发生的离子方程式为CuS+2Fe3+==Cu2++2Fe2++S;过程③中,Fe2+被氧化为Fe3+。过程①中发生复分解反应:H2S+Cu2+==CuS↓+2H+,A正确;过程②中发生反应:CuS+2Fe3+==Cu2++2Fe2++S,每生成32 g S转移电子数为2NA,B错误;过程③中发生反应:4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O,每转化1 mol Fe2+,需0.25 mol O2,没有指明标准状况,无法计算O2的体积,C错误;转化过程中Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用,则回收S的总反应为2H2S+O2==2S↓+2H2O, D错误。 7.选D　在FeS2中,Fe为+2价,根据化合物中各元素化合价代数和为0,则硫的化合价为-1价,A错误。反应Ⅰ中,FeS2转化为Fe2+和S,Fe元素化合价未变,S被氧化;反应Ⅱ中Fe元素由+2价升高到+3价,S元素由-1价升高到+6价,Fe和S都被氧化。并非反应Ⅰ和Ⅱ中Fe和S都被氧化,B错误。反应ⅡFeS2中Fe由+2价升高到+3价,S由-1价升高到+ 6价,1 mol FeS2共失去1+7×2=15 mol电子;O2中O由0价降低到-2价,1 mol O2得到4 mol电子。根据得失电子守恒,n(O2)= mol。由原子守恒配平反应Ⅱ的离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O==4Fe3++8S+4H+,参加反应的n(O2)∶n(H2O)=15∶2,C错误。反应Ⅰ中FeS2转化为Fe2+和S,1 mol FeS2转移2 mol电子;反应Ⅱ中1 mol FeS2反应失去15 mol电子 。所以反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol FeS2转移的电子数之比为2∶15,D正确。 8.选B　从题图中可以看出,当其他条件一致时,在浓硝酸浓度为12.68 mol·L-1时,主要产物是NO和NO2,随着硝酸浓度逐渐降低,产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多,当浓度继续降低时,主要产物是NO,其次是NO2及少量的N2O,当HNO3的浓度降到约3.07 mol·L-1时,成为主要产物,可见,凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂,往往同时生成多种还原产物,据此作答。由图可知,硝酸的浓度越小,铵根含量越高,这说明其还原产物中氮的价态越低的成分越多,故A错误;根据图像可知,P点时,生成等量的NO和,氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到,则生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8,故B正确;由图可知,HNO3浓度为12.68 mol·L-1时,与少量的铁粉完全反应生成的NO、NO2物质的量相等,但质量并不相等,故C错误;56 g铁为1 mol,与足量1.54 mol·L-1稀硝酸完全反应生成三价铁,则与铁离子结合的硝酸根离子为3 mol,则此反应过程中与铁反应表现酸性的HNO3的质量为3 mol×63 g·mol-1=189 g,但是反应中还生成硝酸铵,故此反应过程中表现酸性的HNO3的总质量大于189 g,故D错误。 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 $