2026年北京高考化学二轮复习重难点03 氧化还原反应（重难专练）（解析版）

重难点03氧化还原反应内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一、氧化还原反应的基本概念1.氧化还原反应的概念及关系2.常见的氧化剂和还原剂，并推测其反应产物（1）常见氧化剂及还原产物的推测氧化剂KMnO4(H+)或MnO2硝酸(H+、NO3-)KClO3、NaClO浓硫酸还原产物Mn2+NO2或NOCl-SO2氧化剂H2O2K2Cr2O7Cl2Fe3+还原产物H2OCr3+Cl-Fe2+（2）常见还原剂及氧化产物的推测还原剂M(金属)S2-SO32-

、SO2I-Br-氧化产物Mn+SI2Br2还原剂H2CO、CNH3H2O2H2C2O4氧化产物H+CO2NOO2CO2二、氧化还原反应基本规律1．氧化还原反应的基本规律守恒律定义化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。应用①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。②配平氧化还原反应方程式。强弱律定义氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。应用①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。②判断某氧化还原反应能否正常进行。优先律定义当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。应用①判断某一氧化还原反应能否正常进行。②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2。价态律定义有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。应用①判断氧化还原反应能不能发生。②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。转化律定义同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。应用如：H2S＋H2SO4(浓)=S↓＋SO2↑＋2H2O(H2eq\o(S,\s\up6(－2))→eq\o(S,\s\up6(0))，H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4→eq\o(S,\s\up6(＋4))O2)、5Cl－＋ClOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O。2．物质氧化性、还原性强弱的应用物质氧化性、还原性强弱判断的常用方法(1)依据反应条件来判断。当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难发生(即氧化剂得电子越困难)，则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。(2)根据“三表”判断。①根据元素周期表判断②根据金属及非金属的活动性顺序表判断(3)依据“两池”判断。①两种不同的金属构成原电池的两极时，负极是电子流出的一极，正极是电子流入的极。则两种金属的还原性：正极＜负极。②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子的氧化性较强，在阳极先失去电子的阴离子的还原性较强。(4)依据“三度”判断(即：浓度、温度、酸碱度)。一般情况下，浓度越大，温度越高，氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)越强；酸碱度是影响氧化性强弱的重要因素。例如：①KMnO4在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取氯气；②HNO3(浓)的氧化性强于HNO3(稀)的氧化性；③HNO3(热)的氧化性强于HNO3(冷)的氧化性。氧化还原反应方程式的配平方法四、利用电子得失守恒法计算的模型1．电子守恒规律及其应用（1）规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等，表现为元素化合价降低总数与升高总数相等。（2）应用：运用电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。2．电子得失守恒法计算的思维模板（建议用时：10分钟）1．（2025·北京卷）下列反应中，体现NH4+A．NH4HCO3B．NH4Cl和NaNO2C．Mg(OH)2固体在NHD．NH42SO【答案】B【解析】NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意；NH4+中的N(-3价)与NO2−中的N(+3价)反应生成N2(0价)，NH4+被氧化，体现还原性，B符合题意；水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意；(NH4)2SO4与BaCl2．（2025·北京卷）我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿(FeTiO3)存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确A．月壤钛铁矿中存在活泼氢B．将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C．月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D．将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【答案】B【解析】月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确；地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；故选B。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。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2IO已知：MnO4下列说法正确的是A．反应①，nB．对比反应①和②，x=3C．对比反应①和②，I-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=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=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-~MnO2~IOx-~6e-，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-+2OH4．（2024·北京卷）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)+O下列说法不正确的是A．Y为反应物HCl，W为生成物HB．反应制得1molCl2，须投入C．升高反应温度，HCl被O2氧化制ClD．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【答案】B【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、【解析】由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl5．（2025·北京昌平·二模）下列气体的验证方法不涉及氧化还原反应的是A．氧气——带火星的小木条复燃 B．氨气——湿润的红色石蕊试纸变蓝C．氯气——湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 D．乙烯——酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】碳在氧气中燃烧有化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；氨气溶于水反应生成氨水，氨水电离产生氢氧根，发生的反应为：NH3+H2O⇌NH3·6．（2025·北京西城·二模）下列变化过程与氧化还原反应无关的是A．推动盛有NO2B．将酸性KMnO4C．将FeSO4D．向包有Na2【答案】A【解析】推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2⇌N2O4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，故A正确；乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化还原反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B错误；Fe2+与NaOH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，故C错误；Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；故选A。7．（25-26高三上·北京·月考）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCO2(HCl)饱和Na2CO3、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】FeCl3与Fe反应生成FeCl2，Fe的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A错误；MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤后加HCl中和过量NaOH，均为复分解反应，无化合价变化，B正确；CO2会与饱和Na2CO3溶液反应，导致目标气体被消耗，除杂试剂选用错误，C错误；NO2与水反应生成HNO3和NO，N的化合价变化，涉及氧化还原反应，D错误；故选B。8．（25-26高三上·北京·开学考试）下列反应不属于氧化还原反应的是A．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低B．向BaCl2溶液中通入SOC．向新制的Cu(OH)2D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4【答案】D【解析】氯水光照分解生成氯化氢和氧气，氢离子浓度降低，氯气生成氯化氢和次氯酸，次氯酸分解均有化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；SO2与BaCl2在酸性条件下不直接反应，但若长时间放置，SO2被O2氧化为SO42−，产生白色BaSO4沉淀，属于氧化还原反应，B不符合题意；乙醛被新制氢氧化铜氧化为羧酸，氢氧化铜被还原为氧化亚铜，属于氧化还原反应，C不符合题意（建议用时：10分钟）9．（2025·北京东城·二模）一定条件下，将乙烯和氧气通入PdCl2和CuCl2的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为2C2H下列分析不正确的是A．X为CH3CHO，Z为O2 C．②中，nPdCl2:nCuCl2=1:2【答案】D【分析】由题中信息和催化机理分析，可知①反应：C2H4+H2O+PdCl2=【解析】根据分析可知X为CH3CHO，Z为O2，A正确；在反应①中，C2H4转化为CH3CHO，C元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，B正确；由分析可知②反应：Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，所以nPdCl2:nCuCl2=1:2，C正确；由分析可知③反应：4CuCl10．（2025·北京海淀·三模）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和HA．“另一种反应物”在反应中表现还原性B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：C．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH【答案】D【解析】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl，B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl211．（2025·北京丰台·二模）用硝酸银测定水质中砷元素的含量，涉及反应：AsH3A．AsH3的电子式：B．热稳定性：AsHC．氧化性：AgNOD．依据元素周期律，可推断酸性：HNO【答案】C【解析】AsH3的电子式：，A错误；元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O>As，热稳定性：AsH3<H2O，B错误；在AsH3+6AgNO3+3H2O=H3AsO3+6HNO3+6Ag12．（2025·北京海淀·三模）实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏B．步骤④中反应消耗7.62gI2时，转移C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为：IOD．理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H2【答案】B【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有IO3-、I-，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4【解析】由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62gI2物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，C错误；由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2SO413．（2025·北京通州·三模）不同的温度下，Cl2下列说法不正确的是A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成B．ClO3C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每1molCl2D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的Cl2【答案】D【分析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化钠、氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。【解析】由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A正确；ClO3−里中心原子Cl的价层电子对数为3+7+1−3×22=3+1=4，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B正确；反应Ⅰ中存在关系式：Cl2∼NaCl∼14．（2025·北京丰台·二模）实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏B．步骤④中反应消耗7.62gI2C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IOD．理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H2【答案】B【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有IO3−、I−，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4【解析】由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62gI2物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO3−+5I−+6H+=3I2↓+3H2O，C错误；由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H15．（2025·北京海淀·二模）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性C．反应消耗0.05molCu时，转移电子数约为6.02×D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu【答案】D【解析】浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后，无需加热即可发生反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0价升高到+2价，消耗1mol铜转移2mol电子，当反应消耗0.05molCu时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022，C正确；若将铜片换成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D错误；故选D。16．（2025·北京东城·二模）氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是A．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1B．过程中涉及的反应均为氧化还原反应C．过程Ⅰ中发生的化学反应：2NiD．整个过程中Ni2+作催化剂【答案】A【解析】过程Ⅱ的化学反应方程式为2Ni3++2O−=2Ni2++O2↑，Ni元素化合价降低，Ni3+是氧化剂，O元素化合价升高，O−是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，A项错误；过程Ⅰ中发生的化学反应2Ni2++2NO=2Ni3++2O-（建议用时：20分钟）17．（2025·北京石景山·一模）某小组测定食用精制盐（NaCl、KIO3Ⅰ．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；Ⅱ．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3Ⅲ．以淀粉为指示剂，逐滴加入2.0×10−3mol已知：I下列说法正确的是A．KIO3B．wg食盐中含有1.0×10C．Ⅲ中滴定终点的现象是：溶液由无色恰好变为蓝色，且30s内不变色D．所测精制盐的碘含量是1270【答案】D【解析】KIO3与KI反应的化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应中氧化剂(KIO3)和还原剂(KI)物质的量之比为1：5，故A错误；KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到定量关系KIO3～3I2～6Na2S2O3，n(KIO3)=2×10-3mol/L×0.01L6=13×10−5mol，故B错误；以淀粉为指示剂，碘单质遇到淀粉变蓝色，终点现象是滴入最后半滴Na2S18．（2025·北京东城·一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子HCO3−和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2。如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在bA．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应B．电子和HCO3C．理论上b侧每消耗1molH2D．总反应中元素的化合价均未发生变化【答案】C【分析】该分离装置本质上是氢氧燃料电池，a为正极，氧气被还原电极反应式为O2+4e【解析】CO2在a侧与膜中水作用只是形成HCO3−的酸碱平衡过程，并不发生电子得失的还原反应，A错误；膜中H2在b侧被氧化生成水，则电子应从b侧流向a侧；而HCO3−则是由a侧向b侧迁移，二者方向相反，B错误；H2在b侧被氧化放出2e⁻，每1molH2可使2molHCO3−在b侧重新放出2molCO2，符合电荷守恒和电子转移数目，C正确19．（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿Cu下列说法不正确的是A．反应Ⅰ的离子方程式为4B．温度越高，Cu2C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐D．理论上反应Ⅰ中每消耗2.24LO2【答案】B【解析】由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误；由图可知，反应I中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu20．（2025·北京顺义·一模）下列应用与氧化还原反应有关的是A．用CuSO4溶液除去H2S C．用KSCN溶液检验Fe3+ D．用品红溶液检验【答案】B【解析】用硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；用氯化铁溶液刻蚀铜板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，与氧化还原反应有关，故B符合题意；用硫氰化钾溶液检验铁离子的反应为溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；用品红溶液检验二氧化硫发生的反应为二氧化硫与溶液中有色物质反应生成不稳定的无色化合物，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；故选B。21．（2025·北京房山·一模）实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法不正确的是A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B．bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关C．c点剩余固体中含有Na2SO3D．实验过程中Na2O2仅体现氧化性【答案】D【解析】起始阶段有O2大量产生，说明Na2O2与SO2发生了反应并生成了O2，则反应的方程式为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正确；bc段O2含量下降，说明有物质在消耗O2，根据容器内物质的成分可知，可能是生成的Na2SO3继续与O222．（2025·北京延庆·一模）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为：①2NaA．Na2O2B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应C．Na2O2中阳、阴离子个数比为2:1，D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2【答案】A【解析】Na2O2由Na+和O22−组成，包括离子键和共价键，CaH2由Ca2+和H−组成，只有离子键，故A错误；①中Na2O2中的-1价氧原子在反应中转化为-2价和0价，水没有发生化合价变化，②中CaH2中的H为-1价，在反应中化合价升高至0价，发生氧化反应，水中的H为+1价，在反应中化合价降低至0价，发生还原反应，故B正确；Na2O2由2个Na+和1个O2−组成，阳、阴离子个数比为2:1，CaH2由1个23．（2025·北京平谷·一模）近期中国科学家在低温CH4转化研究方面取得新进展，利用Fe氧簇MOF低温催化甲烷反应的机理如图所示，下列说法错误A．该反应有利于减少温室气体排放B．为该反应的催化剂C．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1D．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成【答案】C【分析】根据图中信息得到总反应方程式为CH4【解析】甲烷是一种温室气体，它的温室效应比二氧化碳更强，该反应消耗甲烷，有利于减少温室气体排放，A正确；在反应历程中，先消耗，后生成，故是该反应的催化剂，B正确；由分析的总反应可知，CH4做还原剂，N2O做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，D正确24．（2025·黑龙江吉林·一模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为LiCoxNiyMnz下列说法错误的是A．灼烧后的固体产物中，Co和Al均为+3价B．酸浸中H2C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为5D．合成LiMn2O4过程中，有CO【答案】B【分析】废旧电池正极材料主要成分为LiCoxNiyMnzO2，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8【解析】灼烧后的固体产物中，金属铝生成氧化铝，故Co和Al均为+3价，A正确；根据分析可知，滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，B错误；溶液变为紫红色是因为锰元素被S2O82-氧化为MnO4-，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为5S2O82−+2Mn25．（2025·宁夏陕西·模拟预测）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如下。A．O2使Fe2+转化成B．过程①和④均发生了非极性键的断裂C．过程②和③均发生了氧化还原反应D．理论上，每转化34gH2S【答案】A【解析】根据图示③④两步历程，可知O2使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性，A正确；过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了O=O非极性键的断裂，B错误；过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误；根据图示，该催化历程的总反应为2H2S+O2=催化剂2S+2H2O26．（25-26高三上·北京朝阳·期中）一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或MgSO4中的一种。下列说法不正确A．a、d分别是MgO、SOB．②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1C．增大③中O2的浓度，可提高HD．若直接加热等量的NH42SO【答案】D【解析】反应①为NH42SO4和MgO反应生成氨气和MgSO4，反应②为MgSO4和S反应生成MgO和SO2，因此a、d分别是MgO和SO2，A正确；反应②为MgSO4和S反应生成MgO和SO2，方程式为：2MgSO4+S=2MgO+3SO2，氧化剂为MgSO4，还原剂为S，物质的量之比为2:1，B正确；反应③为SO2与O2反应生成SO3，反应方程式为：227．（25-26高三上·北京朝阳·期中）下列实验中，溶液颜色的变化不涉及氧化还原反应的是A．光照氯水，溶液黄绿色变浅B．加热CuCl2C．向FeCl3D．向KI溶液中滴加几滴新制氯水，溶液由无色变为棕黄色【答案】B【解析】光照氯水时，次氯酸分解2HClO光照2HCl+O2↑，促进反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向进行，黄绿色变浅，涉及氧化还原反应，A不符合题意；加热CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，发生反应：[Cu(H228．（25-26高三上·北京海淀·期中）实验小组用下表实验研究Cu与FeNO溶液A实验现象①0.6mol⋅L−1Fe溶液由黄色变为棕绿色，未见气泡产生②0.3mol⋅L−1Fe溶液由黄色变为蓝绿色③HNO3和NaNO3混合溶液[pH≈1无明显变化资料：Fe2++NO下列说法不正确的是A．结合资料推测，①中Fe3+和NOB．②中发生反应的离子方程式为2C．由①③推测，①中直接还原NO3D．由②③可知，Cu还原Fe3+反应的限度大于Cu还原NO【答案】D【解析】实验①中溶液变为棕绿色，结合资料Fe2++NO⇌FeNO2+，FeNO2+溶液呈棕色，则生成了Fe2+和Fe(NO)2+，说明Fe3+被还原为Fe2+，同时NO3−在酸性条件下可能被还原为NO，又继续和Fe2+反应生成FeNO2+，则Fe3+和NO3−均体现了氧化性，A正确；实验②使用Fe2(SO4)3溶液（无NO3−），溶液由黄色（Fe3+）变为蓝绿色（Fe2+浅绿色和Cu2+蓝色的混合色），反应为典型的Cu还原Fe3+，方程式书写正确，故B正确；实验①有反应（棕绿色），实验③无反应（无明显变化），对比可知NO3−还原需Fe参与。结合资料，Cu先还原Fe3+生成Fe2+，Fe2+再直接还原29．（25-26高三上·北京朝阳·期中）工业制备高纯硅的主要过程如下。下列说法不正确的是已知：电负性ClA．反应①的方程式为SiOB．反应③每生成1molSi，转移2mol电子C．1molSi晶体中含Si−SiD．上述过程中的H2【答案】B【解析】石英砂SiO2与焦炭在高温下反应生成粗硅和CO，方程式为SiO2+2C1800∼2000℃Si+2CO↑，A正确；反应③为SiHCl3+H21100°CSi+3HCl，SiHCl3中Si为+4价，生成1molSi（0价）时，转移4mol电子，B错误；Si晶体为正四面体结构，每个Si原子与4个Si原子形成Si-Si键，每个键被2个Si原子共用，因此1molSi晶体中含Si-Si键数目为2×6.02×30．（25-26高三上·北京·月考）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯为原料生产环氧丙烷的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．该过程生产环氧丙烷的原子利用率为100%B．该过程中Ti元素的化合价发生了变化C．该过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D．利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移2mol电子【答案】C【解析】原子利用率100%需所有反应物原子均转化为目标产物。由机理推测总反应为丙烯（C3H6）与H2O2反应生成环氧丙烷（C3H6O）和H2O，存在副产物H2O，原子利用率并非100%，A错误；过程中Ti形成4个键或5个键，其中第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此Ti的化合价未发生变化，B错误；反应中断裂的键有丙烯中C=C非极性键、H2O2中O-O非极性键及O-H极性键，形成的键为环氧丙烷中C-O极性键和O2中O-O非极性键，C正确；利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移1mol电子，因为每摩尔H2O2转移2mol电子，而生成1mol环氧丙烷需要消耗0.5molH2O2，因此D错误；故选C。31．（25-26高三上·北京海淀·月考）由于ClO2不易运输和储存，可将其通入Na2CO3和H2注：消毒效率指全部ClO2下列说法不正确的是A．“保存”ClO2的离子方程式是B．ClO2C．过程Ⅱ每生成1molClO2D．过程Ⅱ之后所得消毒剂的消毒效率约为保存前的50%【答案】D【分析】由图示可知，“保存”ClO2时，是ClO2与Na2CO3和H2O2反应，生成了NaHCO3和NaClO2，根据得失电子守恒，可知还有O2生成；使用“ClO2保存液”时，向其中加入H2SO4，实际上是NaClO2和硫酸反应，生成NaCl、Na2SO4、ClO2和H2O的过程，据此分析作答。【解析】过程I中ClO2与Na2CO3和H2O2反应，生成了NaHCO3和NaClO2，ClO2中的Cl元素化合价降为+3，Cl元素得电子，H2O2中O元素失电子生成O2，根据电子得失守恒以及电荷守恒，可知离子反应方程式为：2ClO2+H2O2+2CO32−=2ClO2−+O2↑+2HCO3−，A正确；ClO2作消毒剂是利用其强氧化性使蛋白质变性，B正确；过程Ⅱ中NaClO2发生歧化反应生成ClO2和NaCl，反应方程式为：5NaClO2+2H2SO4＝4ClO2+NaCl+2Na2SO4+2H2O，根据反应方程式可知，生成4molClO2转移4mole-，则生成1molClO2转移1mole-，C正确；保存前1molClO2消毒转移5mole32．（25-26高三上·北京·月考）探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是实验试剂a现象结论A溶有SO2的BaCl2溶液产生沉淀H2O2有氧化性B酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色H2O2有氧化性CKI淀粉溶液溶液变蓝H2O2有氧化性D盐酸酸化的FeCl3溶液产生大量气泡H2O2既有氧化性又有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】溶有SO2的BaCl2溶液中，SO2与水反应生成H2SO3，H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，SO42−与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，H2O2作氧化剂体现氧化性，故A说法正确；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，与H2O2反应时，MnO4−被还原为Mn2+(紫色褪色)，H2O2中O元素被氧化为O2，此时H2O2体现还原性，故B说法错误；KI淀粉溶液中，H2O2将I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，H2O2作氧化剂体现氧化性，故C说法正确；盐酸酸化的FeCl3溶液中，Fe3+催化H2O2分解：2H2O2Fe3+2H2O+O2↑，该反应中H233．（25-26高三上·北京·月考）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，下列说法不正确的是A．反应Ⅰ属于人工固氮反应B．反应Ⅱ的方程式为：4C．反应Ⅲ的现象为无色气体变红棕色D．反应Ⅳ的方程式为：3NO2【答案】B【分析】根据已给物质的化学式以及流程图，可得出甲为：N2，乙为：NO，丙为：NO【解析】反应Ⅰ是N2与H2合成NH3，将游离态氮转