突破练3　氧化还原反应的概念及规律--2026全国版高考化学突破练(含答案)

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2026全国版高考化学突破练
突破练3　氧化还原反应的概念及规律
选择题每小题3分,共30分。
基础·满分练
命题角度1　氧化还原反应的概念及相互关系
1.(2025·北京西城区二模)下列变化过程与氧化还原反应无关的是(　　)
A.推动盛有NO2的密闭针筒的活塞,压缩气体,气体颜色变深
B.将酸性KMnO4溶液滴入乙醇溶液中,溶液紫色褪去
C.将FeSO4溶液加入NaOH溶液中,最终生成红褐色沉淀
D.向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水,脱脂棉燃烧
2.(2025·湖北省七市州统考改编)HgS常用于制作红色颜料、防腐剂。王水清除残留HgS粉末发生的反应为3HgS+12HCl+2HNO33H2[HgCl4]+2NO↑+3S↓+4H2O,下列说法正确的是(　　)
A.该反应中,Hg元素被氧化
B.HNO3发生氧化反应
C.该反应中,HCl表现酸性和还原性
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3
3.(2025·北京卷)下列反应中,体现N还原性的是 (　　)
A.NH4HCO3加热分解有NH3生成
B.NH4Cl和NaNO2的混合溶液加热有N2生成
C.Mg(OH)2固体在NH4Cl溶液中溶解
D.(NH4)2SO4溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀
4.(2025·湖南省九校联盟联考)黄铁矿(FeS2)在酸性条件下发生催化氧化的反应过程如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应
B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C.反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2S+16H+
D.总反应过程中O2为氧化剂
命题角度2　氧化还原反应的规律及应用
5.(2025·浙江温州三模)已知H[AuCl4]H++[AuCl4]-,向H[AuCl4]溶液加入足量Zn粉可以提炼Au,反应为H[AuCl4]+ZnAu+X+ZnCl2(未配平)。下列说法不正确的是(　　)
A.还原性:Zn>Au
B.X表示H2
C.生成1 mol Au,转移电子总数为3NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3
6.(2025·江西南昌一模)KIO3是食盐中的补碘剂,一种制取KIO3的中间反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是(　　)
A.氧化性:Cl>I
B.该反应的还原产物为KCl和Cl2
C.I的半径大于Cl,故I2的熔、沸点高于Cl2
D.生成11.2 L(标准状况) Cl2时,转移了10 mol电子
7.(2025·黑吉辽蒙卷)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样的COD,流程如图。
下列说法错误的是(　　)
A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高
能力·高分练
8.(2025·山东菏泽一模)常温下,高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体,有强氧化性,在中性或碱性溶液中稳定存在,在稀硫酸中溶解并产生无色气体,在NaOH溶液中可用NaClO氧化Cu(OH)2制得。下列说法错误的是(　　)
A.NaCuO2中Cu为+3价
B.制备时,理论上消耗氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
C.可用浓氨水检验高铜酸钠中的Cu(OH)2
D.高铜酸钠在稀硫酸中溶解的离子方程式为4Cu+12H+4Cu2++O2↑+6H2O
9.(2026·江苏苏州中学阶段考改编)自来水厂用ClO2处理后的水中,要求ClO2的浓度在0.1~0.8 mg·L-1之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度,操作步骤如下:
①取一定体积的水样,加入一定量的碘化钾,再用NaOH溶液调至中性,并加入淀粉溶液,溶液变蓝。
②加入一定量的Na2S2O3溶液。(已知:2S2+I2S4+2I-)
③加硫酸调节水样pH至1~3。操作时,不同pH环境中粒子种类如图所示:
下列说法不正确的是(　　)
A.操作①中反应的化学方程式为2ClO2+2KI2KClO2+I2
B.确定操作②完全反应的现象是蓝色恰好消失,且30 s内不复原
C.操作③过程中,溶液又呈蓝色,反应的离子方程式为Cl+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O
D.若水样的体积为1.0 L,在操作②时消耗了1.0×10-3 mol·L-1的Na2S2O3溶液10 mL,则水中的ClO2浓度达不到要求
10.(2025·河北省衡水中学三模)铂钯精矿中的Au、Pt、Pd含量较低,Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取Au和Pt的工艺如图所示。
已知:“酸浸”过程为电控除杂;“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6;(NH4)2PdCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PdCl4。下列说法错误的是(　　)
A.“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb
B.“分金”时,HAuCl4的氧化性大于H2PtCl6
C.“煮沸”过程中发生了氧化还原反应
D.“煅烧”过程中每消耗1 mol (NH4)2PtCl6转移6 mol电子
11.(8分)(2025·高考题组编)(1)(全国新课标卷)绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解,得到红棕色固体和气体产物,反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　。
(2)(浙江1月选考卷)脱水得到的Ca10(PO4)6O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应,生成白磷(P4)和另一种可燃性气体,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)(重庆卷)Se的含量可根据行业标准进行测定,测定过程中Se的化合价变化如下:
称取粗硒样品0.100 0 g,经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3,并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中,先加入0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL,再加入少量KI和淀粉溶液,继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6),又消耗8.00 mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,且反应最快。过程③的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
该样品中Se的质量分数为　　　　　　　。
参考答案
课时突破练3
1.A　推进盛有NO2的密闭针筒的活塞,增大压强,反应2NO2N2O4的平衡正向移动,NO2的浓度增大,气体颜色变深,不涉及氧化还原反应,A项正确。乙醇有还原性,酸性高锰酸钾溶液有氧化性,两者发生氧化还原反应使紫色褪去,涉及氧化还原反应,B项错误。Fe2+与NaOH反应生成Fe(OH)2白色沉淀,Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀,涉及氧化还原反应,C项错误。Na2O2加水生成NaOH和氧气,涉及氧化还原反应,D项错误。
2.D　HgS、H2[HgCl4]中Hg元素均显+2价,化合价未变化,A项错误。HNO3→NO中N元素价态降低,发生还原反应,B项错误。HCl→H2[HgCl4]中H、Cl元素均未变价,故HCl只表现酸性,C项错误。该反应中,HNO3是氧化剂,HgS是还原剂,其物质的量之比为2∶3,D项正确。
3.B　NH4HCO3加热分解生成CO2、H2O和NH3,发生非氧化还原反应,A项错误。NH4Cl和NaNO2的混合溶液加热有N2生成,NH4Cl→N2发生氧化反应,则NH4Cl为还原剂,体现还原性,B项正确。NH4Cl水解而使溶液呈酸性,促使Mg(OH)2固体的溶解平衡正向移动,最终在NH4Cl溶液中溶解,未发生氧化还原反应,C项错误。(NH4)2SO4溶液中滴加BaCl2溶液,发生复分解反应生成BaSO4,出现白色沉淀,未发生氧化还原反应,D项错误。
4.A　反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O,反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NOFe(NO)2+,反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2S+16H+。反应Ⅰ、Ⅱ是氧化还原反应,反应Ⅲ无元素化合价变化,为非氧化还原反应,A项错误。反应Ⅰ中氧化剂(O2)与还原剂[Fe(NO)2+]的物质的量之比为1∶4,B项正确。反应Ⅱ中Fe3+为氧化剂,FeS2为还原剂,离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2S+16H+,C项正确。该过程的总反应为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4S+4H+,氧气为氧化剂,D项正确。
5.C　由题干信息可知,Zn能够置换出Au,说明还原性:Zn>Au,A项正确。由题干信息可知,反应配平后的方程式为2H[AuCl4]+4Zn2Au+H2↑+4ZnCl2,即X表示H2,B项正确。据方程式可知,生成1 mol Au,转移电子总数为4NA,C项错误。据方程式可知,氧化产物ZnCl2与还原产物Au、H2的物质的量之比为4∶3,D项正确。
6.C　该反应中I元素化合价上升,Cl元素化合价下降,KClO3是氧化剂,KH(IO3)2是氧化产物,则氧化性:Cl>I,A项正确。该反应中I元素化合价上升,Cl元素化合价下降,该反应的还原产物为KCl和Cl2,B项正确。I2的熔、沸点高于Cl2是因为I2的相对分子质量较大,范德华力较大,与原子半径无关,C项错误。该反应中I元素化合价由0价上升到+5价,生成11.2 L(标准状况) Cl2时,n(Cl2)=0.5 mol,消耗1 mol I2,转移了10 mol电子,D项正确。
7.C　本题测定水样的COD思路:Ⅰ操作中过量KMnO4与水样反应;Ⅱ操作中过量KI把Mn、MnO2全部还原成Mn2+,I-被氧化成碘单质;Ⅲ操作中用硫代硫酸钠标准液滴定Ⅱ得到的溶液,根据消耗硫代硫酸钠的量间接求算操作Ⅰ中被还原成MnO2的KMnO4的物质的量,最后折算成水样的COD。
Ⅱ中Mn、MnO2均被I-还原成Mn2+,A项正确。避光可以减少碘单质挥发,加盖减少进入瓶中的O2,抑制I-被O2氧化,B项正确。根据前面思路分析,Ⅲ中消耗的硫代硫酸钠越多,水样的COD值越低,C项错误。若Ⅰ为酸性条件,Mn会氧化水样中的Cl-,导致第一步中更多的Mn被还原成MnO2,进而导致测得水样的COD值偏高,D项正确。
8.D　制备反应为ClO-+2Cu(OH)2+2OH-2Cu+Cl-+3H2O,ClO-(氧化剂)与Cu(OH)2(还原剂)的物质的量之比为1∶2,B项正确。高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体,有强氧化性,NaCuO2中铜的化合价为+3价,在稀硫酸中溶解并产生无色气体,离子方程式为4NaCuO2+12H+4Na++4Cu2++O2↑+6H2O,D项错误。
9.D　根据图示,在中性溶液中ClO2的还原产物是Cl,故操作①中反应的化学方程式为2ClO2+2KI2KClO2+I2,A项正确。操作②中I2被还原为I-,确定操作②完全反应的现象是蓝色恰好消失,且30 s内不复原,B项正确。根据图示,加硫酸调节水样pH至1~3,Cl被还原为Cl-,溶液又呈蓝色,说明I-被氧化为I2:Cl+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O,C项正确。根据2ClO2+2KI2KClO2+I2、2S2+I2S4+2I-可得关系式:2ClO2~I2~2Na2S2O3,若水样的体积为1.0 L,在操作②时消耗1.0×10-3 mol·L-1的Na2S2O3溶液10 mL,n(ClO2)=n(Na2S2O3)=1.0×10-3 mol·L-1×0.01 L=1.0×10-5 mol,水中的ClO2浓度为=0.675 mg·L-1,符合要求,D项错误。
10.D　已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6,则“酸浸”过程应除去了Cu、Zn、Pb,“分金”过程通入SO2除去Au,加入NH4Cl“沉铂沉钯”,“煮沸过滤”过程分离铂和钯,“煅烧”得到Pt,在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PdCl4。“酸浸”过程为电控除杂,可除去Cu、Zn、Pb,A项正确。“分金”时,SO2为还原剂,HAuCl4为氧化剂被还原,H2PtCl6不反应,说明HAuCl4氧化性大于H2PtCl6,B项正确。“煮沸”过程中发生反应(NH4)2PdCl6+H2O(NH4)2PdCl4+HClO+HCl,可知Pd元素化合价降低,部分Cl元素化合价升高,即发生氧化还原反应,C项正确。“煅烧”过程中发生反应3(NH4)2PtCl62N2↑+3Pt+2NH4Cl+16HCl↑,由反应方程式可知,每消耗3 mol (NH4)2PtCl6转移12 mol电子,故每消耗1 mol (NH4)2PtCl6转移4 mol电子,D项错误。
11.(1)2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑
(2)2Ca10(PO4)6O+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
(3)4H++H2SeO3+4I-2I2+Se+3H2O　94.8%
解析 (3)第一次加入40.00 mL的Na2S2O3溶液和KI溶液,二者同时为还原剂,将H2SeO3还原,第二次再加入同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质,整个过程相当于48.00 mL 0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应,根据已知条件Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,则n[Se(Ⅳ)]=(×48.00×10-3×0.100 0) mol=1.2×10-3 mol,样品中Se的含量为×100%=94.8%。
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