2026年北京高考化学二轮复习专题04 氧化还原反应（专题专练）（解析版）

专题04氧化还原反应目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01氧化还原反应的定义及实质题型02氧化性、还原性强弱的比较题型03氧化还原反应的规律题型04氧化还原反应在生产、生活中的应用题型05氧化还原反应方程式的计算题型05氧化还原反应方程式的书写与配平B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（25-26高三上·北京·月考）某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。已知：i．SCN-中硫元素的化合价为-2价；ii．邻二氮菲的结构简式为，邻二氮菲可以和Fe2+按3：1生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，用于Fe2+的检测。下列说法正确的是A．邻二氮菲亚铁离子中Fe2+的配位数为3B．为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水C．该实验可证实补铁剂中的铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在D．用邻二氮菲检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大或过小均会影响测定【答案】D【详解】A．邻二氮菲亚铁离子中，Fe2+与3个邻二氮菲分子结合，每个邻二氮菲分子含2个配位N原子，故配位数为3×2=6，故A错误；B．试剂a的作用是氧化Fe2+为Fe3+以加深红色，SCN⁻中S为-2价，过量氯水会氧化SCN⁻，导致无法与Fe3+显色，故B错误；C．滤液中滴加邻二氮菲显橙红色可证实含Fe2+；滴加KSCN后微微变红，可能是原补铁剂中含Fe3+或Fe2+被氧化生成的少量Fe3+，无法确定原补铁剂中是否含Fe3+，故C错误；D．pH过小时，H+会与邻二氮菲的N原子结合，影响配位；pH过大时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，均影响Fe2+与邻二氮菲的结合，故D正确；答案选D。2．（25-26高三上·北京顺义·月考）资料表明还原性很弱，某小组同学为实现，进行如下探究。(1)理论分析：氧化半反应一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低或均能促进失电子，提高其还原性。【实验Ⅰ】①②已知：i.，ii.不稳定，易分解：(2)②是①的对照实验，目的是。(3)经检验，橙红色溶液中存在。经分析，①中能实现的原因是（形成了配离子，且的氧化性被提高。）结合还原半反应解释的氧化性被提高的原因：【实验Ⅱ】③④已知：(粉红色)和(棕黑色)的分别是和(4)对比③④可知，本实验条件下还原性：（填“>”或“<”）。(5)分析④中能实现的原因：a.该条件下，的还原性同时受“降低”和“降低”的影响，前者影响更（填“大”或“小”）。b.当，能被氧化。结合计算，④中通入少量后溶液中，因此能实现转化。(6)实验启示：通常情况下，为促进金属阳离子从低价向高价转化，可将高价阳离子转化为或。【答案】(1)提高(2)证明该条件下遇不会产生气泡(3)还原半反应为，电离出，使增大，促进得电子(4)>(5)大(6)更稳定的配合物更难溶的沉淀【详解】（1）从平衡移动的角度来看，降低生成物或提高反应物均能促进失电子，提高其还原性，故答案为：提高；（2）实验①中，产生的现象是否为发生的转化，是否为在酸性环境中发生的转化，需要进行实验证实，所以实验②是①的对照实验，目的是：证明该条件下遇不会产生气泡，故答案为：证明该条件下遇不会产生气泡；（3）加入时，反应并未发生，加入冰醋酸后，还原半反应发生，则醋酸提供的酸性环境提高了的氧化能力。从而得出的氧化性被提高的原因：还原半反应为，电离出，使增大，促进得电子，故答案为：还原半反应为，电离出，使增大，促进得电子；（4）实验③中，过量都不能将氧化，实验④中，通入少量就能将氧化，则表明本实验条件下还原性：＞，故答案为：>；（5）a．该条件下，的还原性同时受“降低”和“降低”的影响，因为实现了，所以表明前者影响更大，故答案为：大；b．④中通入少量后，部分粉红色的立即变成棕色的，继续通入后，全部变为棕黑色的。在、共存的溶液中，有，则，因此能实现转化，故答案为：；（6）实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，需设法降低高价阳离子的浓度，可将高价阳离子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀，故答案为：更稳定的配合物；更难溶的沉淀。3．（25-26高三上·北京·月考）制备纳米并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。已知：i．纳米具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层ⅱ．纳米将还原为的转化关系如图：(1)纳米的制备原理：，其中电负性。反应中，氧化剂是。(2)酸性条件下，纳米和反应生成和的离子方程式是。(3)检验溶液中的操作和现象是。(4)溶液初始较低有利于的去除，可能的原因是(答2条)。(5)反应结束时，溶液的升高至10左右。一段时间内，纳米还原的产物分析如图。注：i．氨氮包括和ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因：。②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是。【答案】(1)、(2)(3)取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有(4)酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触(5)反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率有或其他含N气体逸出【详解】（1）反应物中中Fe元素从+2价被还原为0价，中H元素从+1价被还原为0价，和为氧化剂，故答案为：、；（2）根据题意，可知还有参与反应，还生成了，离子方程式为，故答案为：；（3）检验溶液中的操作和现象是取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有，故答案为：取少量试液与试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有；（4）可能是酸性越强，则的氧化能力越强，也可能是溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触，从而增大反应速率，故答案为：酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触；（5）①溶液中始终只存在少量的可能原因是反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率，故答案为：反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率；②可能是有或其他含N气体逸出，从而导致溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，故答案为：有或其他含N气体逸出。01氧化还原反应的定义及实质1．（2025·北京·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，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．使转化成，恢复催化剂活性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，转移的电子数目为【答案】A【详解】A．根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，A正确；B．过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了非极性键的断裂，B错误；C．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；D．根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化即，转移的电子数目为，D错误；故选A。2．（2024·北京房山·一模）下列应用中涉及氧化还原反应的是A．用二氧化硫作漂白剂使色素褪色B．用过氧化钠作潜水艇中的供氧剂C．使用明矾对自来水进行净化D．使用热的纯碱溶液去除油污【答案】B【详解】A．二氧化硫漂白，是二氧化硫和色素直接化合生成不稳定的化合物漂白，不涉及氧化还原反应，A错误；B．过氧化钠作供氧剂，O元素的化合价发生改变生成氧气等，发生氧化还原反应，B正确；C．明矾作净水剂，与水解有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，C错误；D．纯碱去油污是由于Na2CO3在水溶液中发生水解呈碱性，促进了油脂的水解，未发生氧化还原反应，D错误；故选B。3．（2024·北京·调研）某小组为探究与之间的反应，进行了如下实验。实验现象①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液已知：(无色)(无色)；为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在：呈无色，呈黄色。下列结论或推断不合理的是A．与能发生反应：B．与反应的速率快于与反应的速率C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成D．与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度【答案】B【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：，故A正确；B．已知(无色)(无色)，结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是附着在表面的先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于与Na2S2O3反应的速率，故B错误；C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，故C正确；D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，故D正确；故选B。4．（2024·云南昆明·调研）化学知识无处不在，下列劳动场景涉及氧化还原反应的是A．用温热的纯碱溶液清洗油污 B．厨师用小苏打制作面点C．白醋除去水垢中 D．钢铁工人用铁矿石炼铁【答案】D【详解】A．温度高会促进纯碱的水解，纯碱水解显碱性，碱性条件下油脂水解，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．碳酸氢钠俗名小苏打，碳酸氢钠受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，厨师常用小苏打制作面点，反应中没有元素化合价变化，所以厨师用小苏打制作面点不涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．白醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，醋酸能与碳酸钙反应生成易溶于水的醋酸钙，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．钢铁工人用铁矿石炼铁过程中，铁价态变为0价，有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。02氧化性、还原性强弱的比较5．（2024·北京丰台·一模）某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：序号试剂实验现象①2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。②2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸③2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液④2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水无明显变化注：实验中。下列说法不正确的是A．实验①中发生了反应B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强C．对比实验③④可得出，还原性：D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色【答案】B【详解】A．根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确；B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，故C正确；D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；故答案选B。6．（2024·北京·模拟预测）下列事实不能用平衡移动原理解释的是A．镁条在水中产生少量气泡后反应停止，在1mol/L溶液中持续产生气泡B．二氧化锰与稀盐酸共热不产生氯气，与浓盐酸共热产生氯气C．在硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，充分溶解后溶液变为蓝绿色D．在氯水中加入少量碳酸钙，可以增强氯水的氧化性【答案】B【详解】A．镁条在水中产生少量气泡后反应停止，在1mol/L溶液中持续产生气泡，是因为氯化铵溶液中水解使溶液显酸性，Mg与H+反应促进水的电离正向进行，能用平衡移动原理解释，A不选；B．二氧化锰与稀盐酸共热不产生氯气，与浓盐酸共热产生氯气，是因为浓盐酸中HCl的浓度大，HCl的还原性更强，能发生氧化还原反应，不能用平衡移动原理解释，B选；C．在硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，充分溶解后溶液变为蓝绿色，是因为发生了反应，能用平衡移动原理解释，C不选；D．在氯水中加入少量碳酸钙，可以增强氯水的氧化性，是因为碳酸钙和溶液中的H+反应促进氯气和水的反应正向进行，能用平衡移动原理解释，D不选；故选B。7．（2024·北京·模拟预测）某同学在培养皿上做如下实验(如图所示)，a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O下列对“实验现象”的“解释或结论”描述，不正确的是选项实验现象解释或结论Aa处试纸变蓝氧化性：Cl2>I2Bb处试纸变红Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+Cc处试纸褪色Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的物质Dd处红色褪去Cl2和NaOH反应使溶液呈中性A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．Cl2与KI作用生成I2，a处变蓝，可证明氧化性：Cl2＞I2，故A正确；B．b处试纸变红，说明有Fe3+生成，即氯气将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故B正确；C．c处试纸褪色，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，从而使试纸褪色，故C正确；D．Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可能是消耗了氢氧化钠使溶液接近中性，所以红色褪去，也可能是生成物质具有漂白性，故D错误；故选：D。8．（2024·北京西城·一模）下列实验不能达到对应目的的是选项ABCD实验目的比较和的热稳定性比较氧化性：比较苯和甲苯的化学性质比较和的金属活动性A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．在加热条件下分解出CO2，使澄清石灰水变浑浊，加热不分解，能达到实验目的，故A正确；B．如图，氯气将Br-氧化为Br2，使左边棉球变黄，将I-氧化为I2，使右边棉球变蓝，证明氧化性：，，不能比较Br2与I2的氧化性，不能达到实验目的，故B错误；C．向分别装有苯和甲苯的试管中加入酸性高锰酸钾溶液，甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液可观察到溶液褪色，苯加入酸性高锰酸钾溶液无明显变化，可比较苯和甲苯的化学性质，故C正确；D．Fe与CuSO4发生置换反应：，证明Fe金属活动性大于Cu，可达到实验目的，故D正确；故选B。03氧化还原反应的规律9．（2025·北京·模拟预测）下列对应的化学反应表示错误的是A．证明H2C2O4有还原性：B．将K3[Fe(CN)6]]溶液滴入FeCl2溶液中：C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：D．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：【答案】C【详解】A．酸性KMnO4中Mn元素化合价为+7价，具有强氧化性，会将H2C2O4中+3价C氧化为+4价CO2，Mn元素被还原为+2价的Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，A正确；B．铁氰化钾K3[Fe(CN)6]能够与Fe2+反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，B正确；C．Cl2具有强氧化性，会将氧化为，Cl2被还原为Cl-，溶液显碱性，在酸性环境中不能大量共存，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合离子共存及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，C错误；D．乙醇被酸性K2Cr2O7溶液氧化为乙酸，酸性K2Cr2O7溶液被还原为Cr3+，据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，D正确；故合理选项是C。10．（2024·北京·一模）某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。实验序号试剂a实验现象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色变浅，底部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液无明显变化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色变浅Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列说法不正确的是A．由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响D．由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强【答案】D【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；故选D。11．（2024·北京西城·一模）下列反应的离子方程式书写正确的是A．溶液与醋酸溶液反应：B．溶液与溶液反应：C．电解饱和食盐水：D．向溶液中通入过量的：【答案】B【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：，A错误；B．溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B正确；C．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，水不能拆，正确离子方程式为：，C错误；

D．向溶液中通入过量的，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：，D错误；故选B。12．（2024·北京·一模）合成氨工业产生的钻钼废催化剂(主要成分MoS2、CoO、Fe2O3等)是一种相当宝贵的二次资源。用碱浸法处理钻钼废催化剂的工艺流程如图：资料：i.氧化钼(MoO3)：熔点795℃。易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。ii.钼酸(H2MoO4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。(1)焙烧：①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式。②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是。(2)碱浸：碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀。写出反应的化学方程式。(3)酸沉：传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的性。(4)从母液中获得无水Na2SO4的操作是。【答案】(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降(2)(3)强氧化（或氧化）(4)加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4【详解】（1）将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；氧化钼的熔点795℃，易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降；（2）碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：；（3）选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原Mo(VI)，利用了浓硝酸的强氧化性；（4）由图可知，温度高于40℃时析出无水Na2SO4，而低于40℃时析出Na2SO4•10H2O，由此确定从母液中获得无水Na2SO4的操作为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4。04氧化还原反应在生产、生活中的应用13．（2024·北京海淀·二模）近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下：下列说法不正确的是A．I中，Li在电解池的阳极产生 B．I中有、生成C．Ⅱ中，作氧化剂 D．该方法中，可循环利用【答案】A【详解】A．由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属锂，故A错误；B．由分析可知，高温下电解熔融氢氧化锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，故B正确；C．由分析可知，反应Ⅱ为一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，反应中氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，故C正确；D．由分析可知，反应I为高温下电解熔融氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应Ⅲ为氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气，则该方法中，氢氧化锂可以循环使用，故D正确；故选A。14．（2024·北京昌平·二模）下列事实中涉及的反应与氧化还原无关的是A．用溶液吸收B．利用铜与浓硫酸加热反应制取C．乙醇使紫色酸性溶液褪色D．在船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀【答案】A【详解】A．溶液吸收生成碳酸钠和水，无元素化合价改变，与氧化还原无关，A符合题意；B．生成二氧化硫，硫元素化合价改变，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．高锰酸钾具有强氧化性，和乙醇发生氧化还原反应而使得溶液褪色，C不符合题意；D．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做原电池负极，被保护的钢铁做正极，与氧化还原反应有关，D不符合题意；故选A。15．（2023·北京朝阳·三模）竹简是汉字传承的载体之一、出土后竹简中的木质素(多元酚)与发生配位反应，导致字迹颜色变深难以辨认，使用维生素C修复可使竹简变回浅色。下列关于维生素C的说法不正确的是

A．化学式为B．分子中含有2种官能团C．具有还原性，能还原使竹简变回浅色D．O原子有孤电子对，推测能与形成配位键【答案】B【详解】A．根据维生素C的结构简式得到分子式为，故A正确；B．分子中含有羟基、碳碳双键、酯基共3种官能团，故B错误；C．维生素C将还原，而使竹简变回浅色，因此维生素C具有还原性，故C正确；D．维生素C中只有O原子有孤电子对，C和H煤油孤对电子，因此推测能与形成配位键，故D正确。综上所述，答案为B。17．（2023·北京海淀·三模）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：实验1：分别取浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：编号①②③④⑤铜粉质量/g0.10.20.30.40.5溶液颜色绿色草绿色蓝绿色偏绿蓝绿色偏蓝蓝色(1)写出铜和浓硝酸反应的离子方程式：。(2)小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；猜想2：溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由：。(3)取⑤中溶液，(填操作和现象)，证实猜想2成立。小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。实验2：向①中溶液以相同流速分别通入和空气，观察现象。通入气体氮气空气现象液面上方出现明显的红棕色气体后溶液变为蓝色液面上方出现明显的红棕色气体后溶液变为蓝色(4)结合上述实验现象，下列推测合理的是(填字母序号)。a．①中溶液通入时，被缓慢氧化为b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化c．空气小的溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象(5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因ⅱ.在溶液中存在反应l：(慢)反应2：(快)解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因。小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。加入物质___________固体3滴30％溶液3滴水现象溶液绿色变深溶液迅速变为蓝色溶液颜色几乎不变(6)实验中加入的固体物质是(填化学式)。加入后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程式表示)：，，。【答案】(1)(2)不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符(3)通入NO2气体，溶液颜色变绿(4)bd(5)通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。(6)NaNO2（或其他亚硝酸盐）【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，。（2）根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。（3）猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2若溶液变为绿色，则猜想2成立。（4）实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色；化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。（5）向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。（6）根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。05氧化还原反应方程式的计算18．（2024·北京大兴·三模）植物对氮元素的吸收过程如图，下列说法不正确的是植物吸收A．和中的杂化方式相同B．的键角大于的键角C．当有生成时，过程②转移电子D．原子间难形成三键而原子间可以，是因为的原子半径大于，难形成键【答案】B【详解】A．中氮原子杂化方式为sp3杂化，中氮原子也是sp3杂化，故A项正确；B．中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中N原子有1对孤电子对，而中N没有，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故的键角小于的键角，故B项错误；C．过程②转化为化合价由-3价变为+3价，转化电子数为6，当有9.2g(0.2mol)生成时，过程②转移的电子为1.2mol，故C项正确；D．根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成，是因为P原子的半径大于N，难以形成p-pπ键，故D项正确；故本题选B。19．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。下列说法中不合理的是A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大B．理论上，和的反应中参与反应的C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小【答案】D【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；本题选D。20．（2024·北京海淀·二模）在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下：AAA为AAAI为下列说法不正确的是A．i为取代反应 B．ii的反应为C．iii中，生成转移 D．最终溶液呈蓝色【答案】D【详解】A．根据题干信息，与反应生成，该反应为取代反应，A正确；B．根据转化示意图可知，反应ii为被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应方程式：，B正确；C．反应iii中发生歧化反应生成和，生成时Cl元素化合价从+3价降低为-1价，即生成转移，C正确；D．反应i中乙酰乙酸烯丙酯（AAA）过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误；答案选D。21．（2024·北京门头沟·一模）为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)下列说法不正确的是A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨B．装置Ⅱ的作用是吸收C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下【答案】C【详解】A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，标况下体积为22.4L，故D正确；故选C。06氧化还原反应方程式的书写与配平22．（2025·北京·三模）实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。ii．在强碱性溶液中能稳定存在。在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。iii．为微溶物。实验试剂现象Ia：10滴溶液b：20滴溶液溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。IIa：10滴蒸馏水b：20滴溶液紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。IIIa：10滴溶液b：2滴溶液和18滴蒸馏水溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，未见明显变化。IVa：10滴溶液b：20滴溶液溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。(1)用离子方程式解释实验I中出现乳白色浑浊的原因。(2)已知，实验I、II、III中均被氧化为。针对实验II、III进行分析：①证实II所得溶液中有的方案与现象为。②取少量III中所得溶液加入足量稀盐酸后，再加入溶液能观察到有白色沉淀生成。由此判断III中生成。此结论是否正确，理由是。通过其他实验方案证实Ⅲ中生成了。(3)针对实验III、IV进行分析：①实验III中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为。②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因(写出2点)：。(4)针对实验III、IV继续探究：①实验V：向实验III的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。②实验VI：向实验IV的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因。(5)综合上述实验，在下图中用连线的方式补充实验I~VI已证实的锰化合物转化关系。【答案】(1)S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O(2)取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO足量稀盐酸后可以排除溶液中硫代硫酸根离子和亚硫酸根离子的影响，此时再加入氯化钡生成白色沉淀可以证明III中生成硫酸根离子(3)8MnO+S2O+10OH-=8MnO+2SO+5H2O溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀(4)MnO酸性条件与与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O(5)【详解】（1）由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫酸溶液后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：8MnO+5S2O+14H+=8Mn2++10SO+7H2O，后过量的硫代硫酸钠溶液与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O；（2）①由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排出硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO，故答案为：取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO；②取少量III中所得溶液加入足量稀盐酸后可以排除溶液中硫代硫酸根离子和亚硫酸根离子的影响，此时再加入氯化钡生成白色沉淀可以证明III中生成硫酸根离子；（3）①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O，故答案为：8MnO+S2O+10OH-=8MnO+2SO+5H2O；②实验Ⅳ中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀，也可能是MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀，故答案为：溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀；（4）对比实验V、Ⅵ，实验Ⅵ滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2MnO+S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O，故答案为：MnO酸性条件与与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O；（5）由实验I~Ⅵ可知，高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，但还原产物不同，酸性条件下生成锰离子、中性条件下生成二氧化锰、碱性条件下生成锰酸根离子；锰酸根离子在酸性条件下不稳定会分解生成高锰酸根离子和二氧化锰、也能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子；二氧化锰酸性条件下能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子，则实验I~Ⅵ已证实的锰化合物转化关系如下：。23．（2025·北京通州·三模）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。已知：①壳层可以导电；②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。部分金属阳离子去除机理如下图所示。下列说法不正确的是A．用磁铁矿备零价铁时发生反应的化学方程式为：B．纳米零价铁去除污水中Cu（Ⅱ）、Zn（Ⅱ）主要机理不同C．控制，通过形成，可以去除含磷的D．零价铁去除重金属离子和含磷微粒主要机理包括还原、吸附和沉淀【答案】C【详解】A．磁铁矿的成分是四氧化三铁，四氧化三铁与氢气反应生成铁和水，结合题干信息反应在氢气氛围下600℃高温下进行，则所给反应的化学方程式正确，A不符合题意；B．零价铁的还原性大于Cu小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过先吸附后产生氢氧化锌沉淀除去Zn(Ⅱ)，B不符合题意；C．根据信息，当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电，难以吸附磷酸根，当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的磷酸根，磷酸盐溶解度一般较小，故进一步形成FePO4、Fe3(PO4)2沉淀，达到去除磷酸根的目的，C符合题意；D．除去Cu2+是还原法、除去Zn2+是先吸附后产生氢氧化锌沉淀、除去磷酸根离子是吸附、产生FePO4和Fe3(PO4)2沉淀，D不符合题意；故选C。24．（2025·北京西城·一模）某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有、和少量的、、、等元素的氧化物。对烟气中有价元素的回收流程如下：已知：i．在酸性水溶液中以形式存在；易溶于水，对热稳定。ii．

；、难溶于水。(1)浸出浸出液中的元素全部是，生成的化学方程式是。(2)浸出液中和的浓度分别为和，沉淀过程未发生氧化还原反应。①（填“>”或“<”）。②设计沉淀过程的目的是。(3)从沉淀后液中分离In和As，所用萃取剂是P204（HA）的磺化煤油溶液。已知：i．萃取的反应是：；ii．同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。①反萃取所用的试剂是。②还原后液中的As元素全部是+3价，写出向沉淀后液中加入后发生反应的离子方程式。(4)研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制时所有元素均被还原。①反应的化学方程式是。②研究发现，其他条件不变，当时，的还原率会下降，可能的原因是。(5)该流程中可循环利用的物质是。【答案】(1)(2)生成，回收有价元素，或除去，减小对萃取的影响(3)浓盐酸或(4)还原了，未将全部还原（合理答案也可）(5)P204（HA）的磺化煤油溶液、、【详解】（1）浸出液中的As元素全部是，烟尘中浸出生成，As元素化合价由+3价升高到+5价，依据转移电子守恒和原子守恒配平该反应为：。故答案为：；（2）完全沉淀时，即时，，此时，则已经开始沉淀，说明加入可将沉淀成，则。设计沉淀主要是除去，防止其对后面的萃取反萃取产生影响。故答案为：>；生成，回收有价元素，或除去，减小对萃取的影响；（3）①萃取的反应是：，反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，则加入盐酸可得到溶液；②还原后液中的As元素全部是+3价，则、均可做该反应的还原剂，离子方程式为：或。故答案为：浓盐酸；或；（4）控制时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进行配平得到方程式为：。其他条件不变，当时，的还原率会下降，原因是还原剂C过量，将还原为，未能将完全还原。故答案为：；C还原了，未将全部还原（合理答案也可）；（5）反萃取得到的P204（HA）的磺化煤油溶液可以在萃取工序上循环使用；高温分解得到的CaO也可以循环使用；沉淀后液加还原后得到也可循环利用。故答案为：P204（HA）的磺化煤油溶液、、。25．（2025·北京西城·一模）二氧化氯广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。(1)工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下：已知：a．发生器中制备时的氧化产物是；b．相关物质的沸点：

；HCOOH

；

①可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有性。②写出反应器中生成反应的化学方程式：。③冷却塔用于分离并回收。i．冷却塔应控制的最佳温度为（填字母）。A．

B．

C．ii．冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是。④经过程和过程Ⅱ可以获得芒硝。处理器中获得芒硝时，加入固体的作用：（结合化学用语解释）。⑤制备过程中可以循环利用的物质除有。(2)可用于处理水体中的对二甲苯（PX）。为了探究浓度对水溶液中降解率的影响，完成如下实验：I：将不同浓度分别加入到相同浓度溶液中反应相同时间，结果如图1.Ⅱ．分别将三种含氯微粒浓度相同的ClO2溶液、ClO2和异丙醇混合溶液、HClO2和HClO3混合溶液加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2.已知：①ClO2溶于水后存在如下反应：i．

ii．②异丙醇能快速淬灭由实验1可知随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因。【答案】(1)氧化B多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为，加入，使增大，平衡逆向移动，利于析出H2SO4、NaClO3(2)由图2可知氧化的速率大于氧化的速率；浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，反而减小，氧化的速率降低。【详解】（1）①ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；②由分析可知，反应器中生成ClO2反应的化学方程式为：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O，故答案为：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O；③冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH。i．ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；ii．已知HCOOH中含有醛基的结构具有还原性，故冷却后的溶液多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为，故答案为：多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原或为；④Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c（Na+）增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出，故答案为：，加入，使增大，平衡逆向移动，利于析出；⑤由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除有H2SO4和NaClO3，故答案为：H2SO4、NaClO3；（2）对比题干图2可知，ClO2水溶液的PX的氧化率最大，而HClO2和HClO3混合溶液的氧化率最小，ClO2与异丙醇的混合溶液在中间，结合题干信息①可知ClO2水溶液中产生大量的·OH，信息②可可知异丙醇可以快速淬灭·OH，由此得出随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低，故答案为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低。1．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下：资料：碳酸锂在水中的溶解度：温度/℃020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是。(2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为。(3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：序号酸氧化剂浸出液中浓度()滤渣中含量/%实验19.020.10实验29.050.08实验37.050.93①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为。②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是。③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是。(4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因。(5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因：。(6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出，。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率(2)(3)的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量)提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)(4)结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体(5)过程ⅳ若使用饱和溶液，其中较大，易形成沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯的产量(6)趁热过滤，用热水洗涤，干燥【详解】（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故答案为：；（3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：，故答案为：；②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，的浸出率较高，所以最终选择作为氧化剂，故答案为：的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）；③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)；（4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体，故答案为：结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体；（5）过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量；（6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。2．（2024·北京·三模）是一种压电材料。以为原料制备粉状的流程如图。资料：ⅰ.易溶于水，微溶于水。ⅱ.易水解生成。ⅲ某些温度时的溶解度如下。温度02080100溶解度31.635.752.459.4溶解度59.574.0147.0159.0(1)固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是。(2)试剂选用(填“水”或“盐酸”)，理由是。(3)向溶液1中加入盐酸的目的是。(4)操作的具体步骤是。(5)固体3的主要成分是。①生成固体3的化学方程式是。②得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低。原因有：ⅰ.较低时，c()较低；ⅱ.较高时，补充完整)。(6)高温煅烧固体3，生成的与的物质的量之比=。【答案】(1)BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO(2)水盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素(3)把转化为，避免结晶时出现固体(4)蒸发结晶、趁热过滤(5)易转化为(6)【详解】（1）由分析知，固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑；（2）由分析知，由于盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素，试剂选用水；（3）由分析知，向溶液1中加入盐酸的目的是把转化为，避免结晶时出现固体；（4）由分析知，操作的具体步骤是蒸发结晶、趁热过滤；（5）①由分析知，生成固体3的化学方程式是；②由于ⅰ.较低时，c()较低；ⅱ.较高时，易转化为，故得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低；（6）高温煅烧固体3，发生的化学反应方程式为BaTiO(C2O4)2+CO+CO2，生成的与的物质的量之比=。3．（2024·北京西城·二模）用过量的盐酸和溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿（）的流程示意图如下。下列说法错误的是A．的中心离子是，配体是B．参与反应的C．浸取剂中的有助于固体的溶解D．用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解【答案】B【详解】A．中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是，配体是，A正确；B．溶解过程中发生的反应为，但由于含有少量CuS生成，所以参与反应的，B错误；C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的有助于固体的溶解，C正确；D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；故答案选B。4．（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。(1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。①加入NaNO3的作用。②固体B含有。(2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。①氨水“络合浸出”的化学方程式是。②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：。□___________+N2H4·H2O=N2↑+H2O+□___________+□___________+□NH3↑(3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因；分析浸出时间超过4h，银浸出率降低的原因。②写出pH=14时甲醛“还原析银”的离子方程式。【答案】(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化AgCl和PbSO4AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑(3)溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O【详解】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；（2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑；（3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O。5．（2025·北京海淀·一模）以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。已知：i．加热氯化时会生成可进一步转化为。ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。下列说法不正确的是A．氯化时生成的反应为B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率C．若滤渣中无，滤液中约为D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品【答案】C【详解】A．结合分析知，加热氯化时会先生成可进一步转化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成的反应为，A正确；B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高的利用率，B正确；C．氯化过程中，先和氯气反应生成Ca(ClO)2、和水，然后Ca(ClO)2分解生成了，由知，分解产生的为，但前面和氯气反应也生成了，滤液中并非约为，C错误；D．KClO3溶解度比Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确；故选C。6．（2025·北京·模拟预测）有关黄铜矿(CuFeS2)的转换关系如下图所示，请完成有关问题。(1)请尝试写出冰铜中两种组分的化学式(均是硫化物)，SOCl2的中心原子杂化方式为。(2)下列说法中，不正确的是___________。A．反应2中另有氢气产生，是氧化还原反应B．气体A具有漂白性，可以使紫色石蕊溶液褪色C．FeS2在工业中，是一种制取硫酸的原料，不常用来炼铁D．金属M可以是相对活泼金属，如Fe，Mg等(3)请写出反应1的化学方程式：。(4)反应4生成的物质B难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学反应方程式为：，请设计实验检验物质B中的氯元素。【答案】(1)Cu2S和FeSsp3(2)AB(3)(4)取少量与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明中有氯元素【详解】（1）由分析可知，冰铜中两种组分的化学式为Cu2S和FeS；SOCl2的中心原子S的价电子对数为，其杂化方式为sp3；（2）A．反应2中Cu不能置换硫酸中的H，其Cu元素化合价从0升高到+1，O元素化合价由0降到-2，该反应是氧化还原反应，故A错误；B．气体A为SO2具有漂白性，但不能漂白石蕊，故B错误；C．FeS2在工业中，主要发生反应，主要用来制取硫酸，故C正确；D．金属M的作用是置换Cu，其可以是相对活泼金属，如Fe，Mg等，故D正确；故选AB；（3）反应1中Cu元素化合价由+1价降低到0价，硫元素由-2价升高到+4价，化学方程式为；（4）反应4生成的物质B难溶于水，同时生成两种酸性气体，根据元素守恒，两种酸性气体为SO2和HCl，该反应为；物质B为，检验卤代烃中的Cl元素，首先应使在NaOH溶液中水解，之后再检验氯离子，故实验为取少量与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明中有氯元素。7．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。(1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为。(2)滤渣1主要含有。(3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。①过程Ⅲ中使用溶液的目的是。②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的。(4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。①离子交换膜应该选用。a．阴离子交换膜

b．质子交换膜

c．阳离子交换膜②结合方程式解释产生的原理。(5)测定产品中的质量分数。称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为。已知：酸性条件下被还原为。【答案】(1)4：7(2)Fe2O3和MgO(3)调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去(4)c阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7(5)【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。（2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。（3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去；②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。（4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。（5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。1．（2022·北京·高考真题）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。故选D。2．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C．反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。3．（2025·湖南·高考真题）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是A．中元素的化合价为B．的空间结构为平面三角形C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为D．反应中消耗，转移【答案】C【详解】A．NaSbO3中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确；B．的中心N原子价层电子对数是，采用杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；C．反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb（4mol）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误；D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3molO2参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确；故选C。4．（2025·四川·高考真题）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是A．步骤①反应为B．步骤③正、逆反应的活化能关系为C．在催化循环中起氧化作用D．步骤③生成的物质Z是【答案】D【详解】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确；B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正确；D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误；答案选D。5．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是。(2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为。(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①在电解池中发生反应的离子方程式为。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为。(4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为。已知：电