第3讲 氧化还原反应的基本概念 （含答案 ） 2026届高三化学一轮总复习 教案

这是一份第3讲 氧化还原反应的基本概念 （含答案 ） 2026届高三化学一轮总复习 教案，共25页。教案主要包含了复习目标，微思考1，微思考2，正误判断等内容，欢迎下载使用。
考点一 氧化还原反应的概念
1.氧化还原反应
(1)判断依据：反应前后有元素的化合价发生变化。
(2)本质：电子转移(得失或偏移)。
(3)氧化还原反应与四种基本反应类型的关系
【微思考1】 分析下列四个化学反应：
A.2Na＋2H2O 2NaOH＋H2↑
B.2HClO 光照 2HCl＋O2↑
C.4NH3＋5O2 催化剂 △4NO＋6H2O
D.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O 4Fe(OH)3
其中属于区域“1”的是 (填字母，下同)，属于区域“2”的是 ，属于区域“3”的是 ，属于区域“4”的是 。
提示：D B C A
2.基于双线桥理解氧化还原反应的概念之间的关系
概括为“升失氧、降得还、剂性一致、其他相反”。
【微思考2】 分析：2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
上述反应中，氧化剂是 ，还原剂是 ，氧化产物是 ，还原产物是 ，KMnO4发生 反应，HCl发生 反应，盐酸表现的性质是 性和 性；生成1 ml Cl2时转移电子数目为 ，被氧化的HCl的物质的量是 ml。
提示：KMnO4 HCl Cl2 MnCl2 还原 氧化 还原 酸 2NA 2
3.电子转移的表示方法——双线桥法与单线桥法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④说变化。
用双线桥法标出铜和稀硝酸反应电子转移的方向和数目：
。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
用单线桥法标出铜和稀硝酸反应电子转移的方向和数目：
。
氧化还原反应的判断
1.下列与氧化还原反应无关的应用是( )
A.利用CO从铁矿石中获得铁
B.工业上以氨气为原料生产硝酸
C.在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀
D.电镀前用NaOH溶液除去铁钉表面的油污
答案：D
解析：利用CO从铁矿石中获得铁的过程中，CO转化为CO2，C元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故A不选；工业上以氨气为原料生产硝酸，N元素化合价由－3价上升到＋5价，与氧化还原反应有关，故B不选；锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀的原理是牺牲阳极法，安装活泼金属作原电池负极，被保护的钢铁作正极，与氧化还原反应有关，故C不选；电镀前用NaOH溶液除去铁钉表面的油污，利用的是油脂在碱性条件下的水解，与氧化还原反应无关，故D选。
2.下列过程不涉及氧化还原反应的是( )
A.自然固氮B.纯碱除油污
C.海水提溴D.电解精炼铜
答案：B
解析：自然固氮是在自然状态下(非人工)，使空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，涉及氧化还原反应，A不合题意；纯碱除油污是利用纯碱水解后呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应而被除去，不涉及氧化还原反应，B符合题意；海水提溴是通过一系列步骤把海水中的Br－氧化生成Br2的过程，涉及氧化还原反应，C不合题意；电解精炼铜时，用含Cu2＋的溶液作电解质溶液，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－ Cu2＋，纯铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－ Cu，涉及氧化还原反应，D不合题意。
氧化还原反应的概念及其关系
3.下列说法正确的是( )
A.在氧化还原反应中，非金属单质不一定被还原
B.氧化还原反应中的反应物，不是被氧化就是被还原
C.氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
D.某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原
答案：A
4.为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生的反应为2NO＋2CO N2＋2CO2。
(1)碳元素的化合价 (填“升高”或“降低”)，被 (填“氧化”或“还原”)，CO是 剂(填“氧化”或“还原”)，NO是 剂(填“氧化”或“还原”)，发生 反应(填“氧化”或“还原”)。
(2)用双线桥法表示此反应中的电子得失情况
2NO＋2CO N2＋2CO2
(3)用单线桥法表示此反应中的电子转移情况
2NO＋2CO N2＋2CO2
(4)若反应中消耗了2 ml CO，则生成N2的物质的量为 ml，转移电子的物质的量为 ml。
答案：(1)升高 氧化 还原 氧化 还原
(2)
(3)
(4)1 4
解析：(1)反应中，CO中＋2价C元素变为＋4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂，NO为氧化剂，反应中得电子被还原，发生还原反应；(2)反应中，NO中＋2价N元素变成0价，CO中＋2价C元素变为＋4价，转移电子数为4，用双线桥法表示此反应中的电子得失情况为；(3)反应中CO失电子，NO得电子，转移电子数为4，用单线桥法表示此反应中的电子转移情况为；(4)由方程式可知，若反应中消耗了2 ml CO，则生成N2的物质的量为1 ml，转移电子数为2 ml×(4－2)＝4 ml。
考点二 常见的氧化剂和还原剂
1.氧化剂、还原剂以及相应的产物
(1)常见氧化剂及相应产物
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如：
(2)常见还原剂及相应产物
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如：
(3)所含元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性
其中，Fe2＋、SO32－主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
【微思考】 指出下列加点元素的化合价。
①KClO3 ClO2 NaClO2 BrCl
②Na2S2O3 CuFeS2 Cu2S FeS2
③NF3 NaNO2 H3PO2
④H2C2O4 HCN
⑤NaH NaBH4 LiAlH4
⑥MnO2 KMnO4 K2FeO4
⑦H－O－O－H
⑧过二硫酸(H2S2O8)的结构式如下：
S 、O
提示：①＋5 ＋4 ＋3 －1
②＋2 －2 －2 －1
③＋3 ＋3 ＋1
④＋3 ＋2
⑤－1 －1 －1
⑥＋4 ＋7 ＋6
⑦－1
⑧＋6 －2、－1
2.氧化性、还原性的含义及判断
(1)含义
①氧化性：指物质得电子的性质(或能力)；还原性：指物质失电子的性质(或能力)。
②氧化性、还原性的强弱取决于物质得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。
如：Na－e－ Na＋，Al－3e－ Al3＋，但根据金属活动性顺序，Na比Al更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。
(2)从元素的化合价判断
①最高价态——只有氧化性，如：HNO3、H2SO4、KMnO4等；
②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等；
③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。
3.物质氧化性、还原性强弱的判断
(1)依据化学方程式判断
氧化性：氧化剂＞氧化产物；
还原性：还原剂＞还原产物。
(2)依据金属、非金属的活动性顺序判断
(3)依据反应条件及反应的剧烈程度判断
反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。
例如：根据2Na＋2H2O 2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2O △ Mg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。
(4)依据氧化还原反应的程度判断
①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。
例如：根据2Fe＋3Cl2 点燃 2FeCl3，Fe＋S 高温 FeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。
②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。
例如：根据Cu＋2Fe3＋ Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋ 3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。
【正误判断】
1.强氧化剂与强还原剂一定能发生氧化还原反应( )
2.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性( )
3.具有氧化性的物质一定是氧化剂( )
4.同一元素不同价态的化合物中，元素的化合价越高，物质的氧化性越强( )
5.物质氧化性或还原性的强弱取决于得到或失去电子的数目( )
答案：1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
复杂氧化还原反应的分析应用
1.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2 SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是( )
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48 L HF，则转移0.8 ml电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
答案：D
解析：O元素的化合价由反应前的＋1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，氧气是还原产物，A错误；在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是－2价，反应后变为SF6中的＋6价，H2S是还原剂，B错误；没有说明是标准状况，且HF标准状况下是液态，不能确定HF的物质的量，也不能确定转移电子的物质的量，C错误；根据化学方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比是1∶4，D正确。
2.关于反应5K2S2O8＋2MnSO4＋8H2O 2KMnO4＋8H2SO4＋4K2SO4的说法不正确的是( )
A.K2S2O8发生还原反应
B.KMnO4是氧化产物
C.消耗3.6 g H2O时，转移0.25 ml电子
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5
答案：D
解析：K2S2O8中存在一个过氧键(O－O)，O从－1价降低到－2价，发生还原反应，A正确；Mn从MnSO4中的＋2价升高到KMnO4中的＋7价，所以KMnO4是氧化产物，B正确；根据化学方程式得关系式：8H2O～10e－，消耗3.6 g(0.2 ml)H2O时，转移电子0.25 ml，C正确；K2S2O8为氧化剂，MnSO4为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2，D错误。
氧化性、还原性强弱的比较
3.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。
下列各组物质：①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与FeCl3溶液
⑤Cl2与NaOH溶液 ⑥Fe与HNO3溶液
⑦Fe与H2SO4溶液 ⑧Na与O2。
(1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是 (填序号，下同)。
(2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是 。
(3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是 。
答案：(1)①③⑥⑦ (2)⑤⑥⑦⑧ (3)②④
解析：⑥Fe 和浓HNO3常温下钝化，加热继续反应，Fe和稀HNO3反应，稀HNO3被还原成NO。⑦Fe和浓H2SO4、浓HNO3常温下钝化，加热继续反应，Fe和稀H2SO4反应生成FeSO4和H2。
4.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4＋＋Fe2＋ Fe3＋＋Ce3＋，
Sn2＋＋2Fe3＋ 2Fe2＋＋Sn4＋。
由此可以确定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是 。
答案：Sn2＋＞Fe2＋＞Ce3＋
5.已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2＋，C2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。试判断下列反应能否发生。(答案填在题后横线上)
(1)3Cl2＋6FeI2 2FeCl3＋4FeI3
(2)Cl2＋FeI2 FeCl2＋I2
(3)C2O3＋6HCl(浓) 2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
(4)2Fe3＋＋2I－ 2Fe2＋＋I2
答案：(1)否 (2)能 (3)能 (4)能
重要还原剂——金属氢化物
6.氢化钠(NaH)广泛应用于工业生产。
(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为 。
(2)写出NaH与H2O反应的化学方程式，并用“双线桥法”标出电子转移的方向和数目： ，
氧化产物和还原产物的物质的量之比为 。
(3)在高温下氢化钠(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，该反应的化学方程式为
。
答案：(1)－1
(2) 1∶1
(3)2NaH＋TiCl4 高温 Ti＋2NaCl＋2HCl↑(或4NaH＋TiCl4 高温 Ti＋4NaCl＋2H2↑)
7.LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O LiAlO2＋4H2↑。下列说法正确的是( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C.若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 ml电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
答案：A
解析：反应中只有H元素的化合价发生变化，则氢气既是氧化产物又是还原产物，故A正确；LiAlH4中H元素的化合价从－1价升高到0价，LiAlH4是还原剂，故B错误；反应中生成1 ml氢气转移1 ml电子，若生成标准状况下4.48 L H2，即氢气为0.2 ml，则转移0.2 ml电子，故C错误；由方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故D错误。
1.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是( )
A.竹管、动物尾毫→湖笔
B.松木→油烟→徽墨
C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸
D.端石→端砚
答案：B
解析：湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意。
2.(2023·全国乙卷)下列应用中涉及氧化还原反应的是( )
A.使用明矾对水进行净化
B.雪天道路上撒盐融雪
C.暖贴中的铁粉遇空气放热
D.荧光指示牌被照发光
答案：C
解析：明矾水解产生的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，与氧化还原反应无关，A错误；撒盐可降低雪的熔点，使雪融化，未发生化学变化，与氧化还原反应无关，B错误；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C正确；荧光指示牌被照发光没有元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，D错误。
3.(2024·北京卷)不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下：
已知：MnO4－的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是( )
A.反应①，n(Mn2＋)∶n(I2)＝1∶5
B.对比反应①和②，x＝3
C.对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱
D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变
答案：B
解析：反应①中Mn元素的化合价由＋7价降至＋2价，I元素的化合价由－1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是10I－＋2MnO4－＋16H＋ 2Mn2＋＋5I2＋8H2O，故n(Mn2＋)∶n(I2)＝2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10I－～2MnO4－，可以求得n＝0.000 2，则反应②的n(I－)∶n(MnO4－)＝0.001∶(10×0.000 2)＝1∶2，反应②中Mn元素的化合价由＋7价降至＋4价，反应②对应的关系式为I－～2MnO4－～2MnO2～IOx－～6e－，则IOx－中I元素的化合价为＋5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x＝3，反应②的离子方程式是I－＋2MnO4－＋H2O 2MnO2↓＋IO3－＋2OH－，B项正确；已知MnO4－的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I－的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H＋，产生水，pH增大，反应②产生OH－，消耗水，pH增大，D项错误。
4.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的NO3－转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H＋＋CH3OH＋NO3－ X＋CO2＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
答案：C
解析：由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3－转化为对环境无害的物质后排放，则X表示N2，
NO2仍然是大气污染物，A不正确；反应中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，氧化剂NO3－中N元素的化合价由＋5价降低到0价，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；C元素的化合价由－2价升高到＋4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，即生成0.5 ml CO2，反应转移的电子数为0.5×6＝3NA，D不正确。
一、先后规律
在浓度相差不大的溶液中：
1.同时含有几种还原剂时 加入氧化剂 将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。
如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
2.同时含有几种氧化剂时 加入还原剂剂 将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。
如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
(1)向FeI2溶液中逐滴滴入氯水，按反应发生的先后顺序，依次写出离子方程式： 。
答案：2I－＋Cl2 I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2 2Fe3＋＋2Cl－
(2)向含有Fe3＋、H＋的溶液中，逐渐加入铁粉，按反应的先后顺序，依次写出离子方程式： 。
答案：2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋、Fe＋2H＋ H2↑＋Fe2＋
二、价态转化规律
1.价态归中
含不同价态同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。例如，不同价态硫之间可以发生氧化还原反应的是①②③④。
注：⑤中不会出现H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。
2.歧化反应
同一元素发生氧化还原反应生成不同价态的物质时，该元素的价态变化一定遵循“中间价态→高价态＋低价态”，不会出现“一边倒”的现象，即生成物中该元素的价态不能都比中间价态高或都比中间价态低。如：Cl 02＋2NaOH NaCl －1 ＋NaCl +1O＋H2O。
已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G Q＋NaCl
②Q＋H2O 电解 X＋H2
③Y＋NaOH G＋Q＋H2O
④Z＋NaOH Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是 。
答案：G＜Y＜Q＜Z＜X
解析：由①得出Q中Cl元素价态高于G，因为－1价为氯元素的最低价，G中Cl元素价态必介于Q和－1价之间，将该结论引用到③，Y中Cl元素价态介于Q与G之间，故有Q中Cl元素价态高于Y，Y中Cl元素价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X中Cl元素价态高于Q；最后分析④：Z中Cl元素价态介于Q、X之间，又因X中Cl元素价态高于Q，则X中Cl元素价态高于Z，Z中Cl元素价态高于Q。
1.(2025·河南高三期末)已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 ml·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a ml铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )
A.当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋
B.当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml
C.当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe 4Fe2＋＋M
D.若有固体剩余则可能是铁
答案：D
解析：因氧化性：Fe3＋＞M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应后与M2＋反应，当a≤1 时，Fe粉只能将Fe3＋还原，只发生反应2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋；当a≥2时，Fe3＋和M2＋均反应完全，此时发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe 4Fe2＋＋M；有固体剩余时，Fe3＋全部反应完，M2＋开始被还原，故一定有M；当铁过量时，还会含有铁。加入铁粉后，先与Fe3＋反应，混合溶液中n(Fe3＋)＝1 ml/L×0.1 L×2＝0.2 ml，则：
2Fe3＋ ＋ Fe 3Fe2＋
0.2 ml0.1 ml
当a≤0.1 时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当0.1≤a＜0.2 时，Fe3＋全部被还原，n(M2＋)＝1 ml/L×0.1 L＝0.1 ml
Fe ＋ M2＋ Fe2＋＋M
(a－0.1) ml0.1 ml
加入的铁粉全部变为Fe2＋，根据铁元素守恒，因此n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml，B正确；当a≥0.2时，Fe3＋和M2＋均反应完全，此时发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe 4Fe2＋＋M，C正确；若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，因此一定有M，还可能是M和Fe的混合物，不可能只有Fe，D错误。
2.向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。
回答下列问题：
(1)线段BC表示 物质的量的变化情况。
(2)FeBr2的物质的量为 。
(3)当通入2 ml Cl2时，溶液中的离子反应可表示为 。
(4)原溶液n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝ 。
答案：(1)Fe3＋ (2)3 ml (3)2Fe2＋＋2I－＋2Cl2 2Fe3＋＋I2＋4Cl－ (4)2∶1∶3
解析：AB段发生反应：2I－＋Cl2 I2＋2Cl－，
BC段发生反应：2Fe2＋＋Cl2 2Fe3＋＋2Cl－，
DE段发生反应：2Br－＋Cl2 Br2＋2Cl－。
(2)DE段发生的反应为
2Br－＋Cl2 Br2＋2Cl－
6 ml 3 ml
则n(FeBr2)＝3 ml。
(4)根据三段消耗氯气的物质的量知，n(Fe2＋)＝4 ml，n(I－)＝2 ml，n(Br－)＝6 ml，所以原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3。
3.按要求填空：
(1)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)：
①NO＋HNO3 N2O3＋H2O
②NH3＋NO HNO2＋H2O
③N2O4＋H2O HNO3＋HNO2
其中你认为一定不可能实现的是 。
(2)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是 。
①2FeCl3＋2KI 2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2 2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除Cl2单质外，还可用上述反应中的 作氧化剂。
答案：(1)② (2)KMnO4 FeCl3
解析：(1)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。(2)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。
课时测评3 氧化还原反应的基本概念对应学生用书P363
(时间：45分钟 满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
选择题1－10题，每小题3分，共30分。
1.(2024·北京丰台二模)下列过程与氧化还原反应有关的是( )
A.用Na2S去除废水中的Hg2＋
B.用FeCl3净水
C.用Cl2对自来水消毒
D.由海水制取蒸馏水
答案：C
解析：用Na2S去除废水中的Hg2＋生成HgS沉淀，没有化合价的升降不是氧化还原反应，故A错误；用FeCl3净水，利用铁离子水解产生氢氧化铁胶体，没有化合价的升降不是氧化还原反应，故B错误；用Cl2对自来水消毒，氯气和水发生歧化反应生成的HClO有强氧化性，有化合价的升降属于氧化还原反应，故C正确；由海水制取蒸馏水，属于物理变化，故D错误。
2.(2024·安徽阜阳模拟预测)下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是( )
A.新制氯水久置后，颜色变浅
B.切开的苹果断面变黄
C.染色衣服浸泡到含有双氧水的水中，一段时间再清洗褪色
D.向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙色
答案：D
解析：新制氯水中，次氯酸见光易分解：2HClO 光照 2HCl＋O2↑，导致溶液中的平衡Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO正向移动，溶液中Cl2被消耗，颜色变浅，涉及两个氧化还原反应，A不符合题意；切开的苹果断面变黄是因为苹果中的Fe2＋被空气中O2氧化生成Fe3＋，B不符合题意；双氧水有弱氧化性，可以与有色物质发生氧化还原反应，C不符合题意；铬酸钾溶液中存在平衡：2CrO42－＋2H＋⇌Cr2O72－＋H2O，加入硫酸，H＋浓度增大，平衡正向移动，因此溶液由黄色变为橙色，不涉及氧化还原反应，D符合题意。
3.(2024·山东潍坊期中)下列各选项中，微粒按氧化性由弱到强、原子或离子半径由大到小的顺序排列的是( )
A.O、Cl、S、PB.K＋、Al3＋、Ca2＋、Ba2＋
C.Li、Na、K、RbD.K＋、Mg2＋、Al3＋、H＋
答案：D
解析：元素非金属性越强，形成单质的氧化性越强，由于氧、硫元素位于同一主族，则单质氧化性：O＞S，Cl、S、P位于同一周期，则单质氧化性：O＞Cl＞S＞P；电子层数越多，微粒半径越大，若电子层数一样，则核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：P＞S＞Cl＞O，A项不符合题意；钙、钡元素同主族，则金属性：钡＞钙＞铝，则还原性：钡＞钙＞铝，还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：Al3＋＞Ca2＋＞Ba2＋＞K＋，B项不符合题意；Rb、K、Na、Li是同一主族元素，还原性逐渐减弱，原子不具备氧化性，原子半径：Rb＞K＞Na＞Li，C项不符合题意；根据金属活动性顺序表，金属还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：H＋＞Al3＋＞Mg2＋＞K＋，离子半径：K＋ ＞Mg2＋＞ Al3＋＞ H＋，D项符合题意。
4.(2024·江苏南京期中)以下是一系列非金属元素间的置换反应，其中不能说明反应前的非金属单质的氧化性强于产物中非金属单质的氧化性的是( )
A.Cl2＋2Br－ 2Cl－＋Br2
B.4NH3＋3O22N2＋6H2O
C.SiO2＋2C 高温 Si＋2CO
D.8NH3＋3Cl2 N2＋6NH4Cl
答案：C
解析：根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Cl2＋2Br－ 2Cl－＋Br2，非金属单质氯气的氧化性强于产物中非金属单质溴的氧化性，A不符合题意；4NH3＋3O2 Cu △2N2＋6H2O，非金属单质氧气的氧化性强于产物中非金属单质氮气的氧化性，B不符合题意；SiO2＋2C 高温 Si＋2CO，因为C是还原剂，硅是还原产物，所以不能得到非金属单质碳的氧化性强于产物中非金属单质硅的氧化性，C符合题意；8NH3＋3Cl2 N2＋6NH4Cl，非金属单质氯气的氧化性强于产物中非金属单质氮气的氧化性，D不符合题意。
5.(2024·高三浙江阶段练习)氮化硅(Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应：3SiO2＋6C＋2N2 高温 Si3N4＋6CO制备，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( )
A.断裂4 ml Si－O键转移电子的数目为2NA(不考虑副反应)
B.氮气流速过慢，可能会导致氮化硅(Si3N4)中混有SiC
C.SiO2是氧化剂，C是还原剂
D.Si3N4既是氧化产物，又是还原产物
答案：B
解析：反应中C元素的化合价由0价升高到＋2价，N元素的化合价由0价降低到－3价，反应中总共转移12个电子，故每消耗3 ml SiO2转移的电子数为12NA，1 ml SiO2含有4 ml Si－O键，即断裂12 ml Si－O键转移电子的数目为12NA，则断裂4 ml Si－O键转移电子的数目为4NA，故A错误；氮气流速过慢，可能发生反应SiO2＋3C 高温 SiC＋2CO，故可能会导致氮化硅(Si3N4)中混有SiC，故B正确；SiO2中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiO2不是氧化剂，C的化合价升高，故C是还原剂，故C错误；Si元素的化合价不变，N元素的化合价由0价降低到－3价，故Si3N4只是还原产物，故D错误。
6.(2024·上海崇明二模)焙烧黄铜矿的反应为2CuFeS2＋O2 高温 Cu2S＋2FeS＋SO2，下列说法中正确的是( )
A.SO2只是氧化产物
B.CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
C.每生成1 ml Cu2S，有4 ml硫元素被氧化
D.每转移0.6 ml电子，有0.2 ml铜元素被还原
答案：D
解析：O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，对应的SO2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，CuFeS2既作还原剂也作氧化剂，硫元素被氧化，故B错误；每生成1 ml Cu2S，由反应可知，生成1 ml SO2，则有1 ml硫元素被氧化，故C错误；由反应可知，2 ml Cu被还原时该反应中转移6 ml e－，则每转移0.6 ml电子，有0.2 ml铜元素被还原，故D正确。
7.(2024·全国高三阶段练习)三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生反应：3BrF3＋5H2O HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑。下列有关该反应的说法正确的是( )
A.还原产物为HF
B.BrF3中心原子价层电子对数为4
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D.当0.5 ml H2O被氧化时，生成0.25 ml O2
答案：D
解析：方程式中Br元素化合价由＋3价升高为＋5价，降低为0价，HBrO3为氧化产物，Br2为还原产物，O元素由－2价升高为0价，故O2为氧化产物。根据分析，Br2为还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；BrF3中心原子价层电子对数为3＋7－3×12＝5，B错误；方程式中，3 ml BrF3参与反应，1 ml Br原子化合价升高，2 ml Br原子化合价降低，故1 ml BrF3作还原剂，2 ml BrF3作氧化剂，5 ml水分子参与反应，有2 ml被氧化，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，C错误；1 ml H2O被氧化得到0.5 ml O2，故当0.5 ml H2O被氧化时，生成0.25 ml O2，D正确。
8.(2024·云南丽江开学考试)已知：①2MnO4－＋16H＋＋10Cl－ 2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，②2Fe2＋＋Br2 2Fe3＋＋2Br－，③Cl2＋2Br－ Br2＋2Cl－，根据上述反应，判断下列结论错误的是( )
A.溶液中可发生反应2Fe2＋＋Cl2 2Fe3＋＋2Cl－
B.还原性：Fe2＋＞Mn2＋
C.氧化性：MnO4－＞Br2
D.Cl2在反应①③中均为氧化剂
答案：D
解析：由反应②③可知，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋，所以溶液中Cl2可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应可以发生，A正确；由反应①可知，还原性：Cl－＞Mn2＋，由反应②③可知，还原性：Fe2＋＞Br－＞Cl－，则还原性：Fe2＋＞Mn2＋，B正确；由反应①可知，氧化性：MnO4－＞Cl2，由反应②可知，氧化性：Cl2＞Br2，则氧化性：MnO4－＞Br2，C正确；反应①中MnO4－是氧化剂，Cl2是氧化产物，反应③中，Cl2是氧化剂，D错误。
9.硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4
B.反应Ⅱ的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O 2Fe2＋＋SO42－＋4H＋
C.反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变
D.反应每脱除22.4 L SO2(标准状况)，转移2 ml电子
答案：C
解析：从题图中看，反应Ⅰ的方程式为4FeSO4＋O2＋2H2SO4 2Fe2(SO4)3＋2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，二者物质的量之比是1∶4，故A正确；反应Ⅱ是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，方程式正确，故B正确；反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2＋O2＋2H2O 2H2SO4，所以硫酸的浓度会增大，故C错误；标准状况下，22.4 L SO2物质的量为1 ml，SO2被氧化为硫酸，S元素化合价从＋4价升高到＋6价，故反应每脱除22.4 L SO2(标准状况)，转移2 ml电子，故D正确。
10.(2024·湖南长沙二模)在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是( )
A.NO2、O2与BaO的反应中，NO2是还原剂，O2是氧化剂
B.反应Ⅰ为Ba(NO3)2＋8H2 BaO＋2NH3＋5H2O
C.反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2a ml
D.反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是3∶5
答案：D
解析：由题图可知，NO2、O2和BaO反应生成Ba(NO3)2，则NO2是还原剂，O2是氧化剂，故A正确；由题图可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，反应方程式为Ba(NO3)2＋8H2 BaO＋2NH3＋5H2O，故B正确；由题图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，反应方程式为10NH3＋3Ba(NO3)2 3BaO＋8N2＋15H2O，相应的关系式为5NH3～4N2，题图中NH3最大物质的量为0.25a ml，则最终生成N2的物质的量为0.2a ml，故C正确；根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为10NH3～3Ba(NO3)2，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为5Ba(NO3)2～10NH3，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是5∶3，故D错误。
11.(12分)回答下列问题。
(1)在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋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)下列三个氧化还原反应中，由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2 (“强”或“弱”)。反应②的离子方程式为 ，反应①的还原剂为 。
①2FeCl3＋2KI 2FeCl2＋I2＋2KCl
②2FeCl2＋Cl2 2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl (浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
答案：(1)Fe3＋、Mg2＋、H＋ S2－、I－ Fe2＋、S (2)强 2Fe2＋＋Cl2 2Fe3＋＋2Cl－ KI
解析：(1)根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性；在上述微粒中，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)依据氧化还原反应规律：同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应③中Mn元素的化合价由＋7价降至＋2价，KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价由－1价升至0价，HCl为还原剂、Cl2为氧化产物，则由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2强；反应②中FeCl2、FeCl3改成离子形式，Cl2以化学式保留，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋ 2Fe3＋＋2Cl－；反应①中Fe元素的化合价由＋3价降至＋2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由－1价升至0价，KI为还原剂。
12.(18分)(2024·云南期中)自然界中硫元素的存在示意图如图，回答下列问题：
(1)H2S的电子式是 。
(2)溴水与SO2反应的化学方程式是 ，氧化剂是 (填化学式)。
(3)CuS与足量浓硫酸反应可制得SO2，该反应的化学方程式为CuS＋4H2SO4(浓) △ CuSO4＋4SO2↑＋4H2O。
①请用双线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目： 。
②当有1.5NA个电子发生转移时，理论上生成SO2的体积为 L(标准状况)。
(4)在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应为2FeS2＋7O2＋2H2O 催化剂 2Fe2＋＋4SO42－＋4H＋，实现该反应的物质间转化如图所示。
①反应Ⅰ的离子方程式为 。
②反应Ⅱ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
③某化工厂生产硫酸，使用一种含10％杂质的黄铁矿原料。若取2.0 t该矿石，理论上可制得98％的浓硫酸 t(假设生产过程中硫的损失为零)。
答案：(1)H··S ···· ··H
(2)Br2＋2H2O＋SO2 H2SO4＋2HBr Br2
(3)①
②22.4
(4)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋ 4Fe3＋＋4NO＋2H2O ②14∶1 ③3.0
解析：(2)溴水具有氧化性，和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸：Br2＋2H2O＋SO2 H2SO4＋2HBr；溴水中溴元素化合价降低，故氧化剂为Br2；(3)①反应过程中，CuS中硫元素化合价由－2价变为SO2中的＋4价，失去6个电子，硫酸中硫元素化合价由＋6价变为SO2中的＋4价，得到3×2＝6个电子，用双线桥法表示为
；②当有1.5NA个电子(1.5 ml电子)发生转移时，理论上生成1.5ml6×4＝1 ml SO2，其体积(标准状况)为1 ml×22.4 L/ml＝22.4 L；(4)①由题图可知，O2和Fe(NO)2＋参与反应，又知道是酸性环境，根据产物可以写出离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋ 4Fe3＋＋4NO＋2H2O；②反应Ⅱ中：氧化剂Fe3＋化合价降低成为Fe2＋，得1 ml电子；还原剂FeS2中S元素化合价升高成为SO42－，失14 ml电子，根据得失电子守恒，可以算出氧化剂和还原剂的物质的量之比是14∶1；③根据硫元素守恒可知，生成硫酸的质量为2.0×106g×(1－10%)120 g/ml×2×98 g/ml＝2.94×106 g，则制得98％的浓硫酸：2.94×106g98％＝3.0×106 g＝3.0 t。
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假设法判断氧化还原反应能否发生
反应
序号
起始
酸碱性
KI
KMnO4
还原
产物
氧化
产物
物质的量/ml
物质的量/ml
①
酸性
0.001
n
Mn2＋
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
IOx－
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