2026年北京高考化学二轮复习专题04 氧化还原反应（复习讲义）（解析版）

专题04氧化还原反应TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一氧化还原反应的概念 4真题动向围绕化合价变化判断、氧化剂/还原剂识别、电子转移分析展开，且常结合化学史、传统文化、工业场景创设新情境。必备知识知识1氧化还原反应的基本概念之间的关系知识2常见的氧化剂和还原剂知识3氧化还原反应与四种基本反应类型的关系知识4氧化性、还原性及其强弱比较关键能力能力几种特殊元素的转化命题预测考向1氧化还原反应的定义及实质考向2常见的氧化剂、还原剂考向3氧化性、还原性强弱比较题型二氧化还原反应的应用 21真题动向注重实际场景结合和定量计算，常与工业流程、实验探究、环境治理等融合，体现化学的实用性。必备知识知识1氧化还原反应规律知识2氧化还原反应方程式的配平关键能力能力氧化还原反应的解题技巧命题预测考向1氧化还原反应的规律考向2氧化还原反应在生产、生活中的应用考向3氧化还原反应相关计算考向4氧化还原反应方程式的书写与配平

命题轨迹透视题型固定且分布明确：基础概念题多为选择题，综合应用题集中在填空题/简答题，陌生方程式书写、守恒计算是主观题核心得分点。聚焦氧化还原反应判断、氧化剂/还原剂/氧化产物/还原产物辨析，近3年北京卷均有基础题考查，多以简单反应或STSE情境为载体，侧重化合价变化与电子转移本质的理解。素材涵盖月壤研究、工业副产物再利用、污染物处理等，既关联科技前沿，又体现学科实用价值，符合素养立意导向。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年氧化还原反应概念北京卷T5，3分北京卷T1，3分北京卷T14，3分北京卷T10，3分北京卷T12，3分——北京卷T19，13分氧化还原反应的应用北京卷T6，3分北京卷T14，3分北京卷T18，13分北京卷T12，3分北京卷T12，3分北京卷T6，3分北京卷T16，11分北京卷T9，3分北京卷T15，9分北京卷T19，13分2026命题预测情境升级，难度稳定：仍以选择题形式考查，素材大概率新增新能源开发、古代工艺修复等STSE场景，核心还是化合价判断与物质性质辨析，难度偏低，侧重基础落实。陌生方程式书写、电子守恒计算、物质性质判断仍是必考点，需夯实基础规律，提升新情境下的信息提取与应用能力。

题型一氧化还原反应的概念1．（2025北京，1，3分）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()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。下列说法不正确的是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【详解】A．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；B．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；C．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；D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；故选B。命题解读新情境：本题以嫦娥五号月壤钛铁矿研究为载体，将航天探测、月壤资源开发的真实科研成果转化为试题情境，打破了传统化学题以实验室/工业生产为单一素材的模式。把“月壤钛铁矿吸附氢原子”“加热生成单质铁和水蒸气”等前沿研究结论融入试题，既体现化学学科在航天探索中的实际应用价值，也让抽象的化学概念与国家重大科技成果结合，契合北京卷“素养立意、联系实际”的命题特色。新考法：不直接考查氧化还原反应、物质状态变化等基础知识点的定义，而是要求考生结合题干中“月壤钛铁矿吸附氢原子”这一特殊条件，分析地球上的钛铁矿加热是否能产生相同产物，倒逼考生从原子守恒、反应条件差异角度推理，而非机械套用课本结论。新角度：将化学中的氧化还原反应、物质状态变化热效应，与航天地质的科研背景融合，打破学科内知识点的孤立性，符合北京卷“跨模块、跨学科融合”的命题趋势。2．（2025北京，5，3分）下列反应中，体现还原性的是A．加热分解有生成B．和的混合溶液加热有生成C．固体在溶液中溶解D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀【答案】B【详解】A．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；B．中的N(-3价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意；C．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；D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意；故选B。命题解读新情境：本题摒弃了复杂的工业/科研前沿素材，以铵根离子（NH4+）的常见反应为核心情境，选取碳酸氢铵分解、氯化铵与亚硝酸钠反应、氢氧化镁在氯化铵溶液中溶解这三个典型基础反应作为选项。这种设计回归了化学核心概念的本质应用场景，避开了陌生背景带来的信息干扰，重点考查考生对“还原性”概念在具体离子反应中的理解，符合北京卷“简约情境下深挖概念本质”的命题新特点。新考法：选项中纳入了非氧化还原反应（A、C）和氧化还原反应（B）的对比，打破了“铵盐反应即考水解/分解”的固有套路。要求考生不仅能识别氧化还原反应，更能精准判断NH4+在反应中是失电子（体现还原性）还是得电子（体现氧化性），避免机械记忆反应方程式。新角度：试题核心是“还原性”的本质（物质失电子、化合价升高），通过不同反应类型的对比，倒逼考生区分“分解反应”“复分解反应”“氧化还原反应”的本质差异，以及NH4+在不同反应中的角色（反应物、提供酸性环境的离子、还原剂），强化对化学概念的精准辨析。3．（2024北京卷，14，3分）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0.00110nMnO2已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是A．反应①，B．对比反应①和②，C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变【答案】B【详解】A．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-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=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-~2~MnO2~~6e-，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-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；C．已知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；D．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；答案选B。4．（2024北京卷，10，3分）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是A．Y为反应物，W为生成物B．反应制得，须投入C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【答案】B【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．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；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。知识1氧化还原反应的基本概念之间的关系【易错提醒】1、元素由化合态变为游离态不一定被氧化，也可能被还原，如Fe2＋→Fe。2、得电子难的物质不一定易失电子，如第ⅣA族和稀有气体。3、含最高价态元素的化合物不一定有强氧化性，如H3PO4、SOeq\o\al(2－,4)；而含低价态元素的化合物也可能有强氧化性，如HClO具有强氧化性。4、在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，如Cl2＋H2O=HCl＋HClO。5、有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3。6、具有还原性物质与具有氧化性物质不一定都能发生氧化还原反应，如SO2与浓H2SO4、Fe3＋与Fe2＋不反应。知识2常见的氧化剂和还原剂1、常见氧化剂及对应的还原产物氧化剂Cl2(X2)O2Fe3＋酸性KMnO4、MnO2还原产物Cl－(X－)H2O/O2－/OH－Fe2＋K2Cr2O7、Mn2＋、Cr3＋Mn2＋氧化剂HClO浓H2SO4HNO3H2O2PbO2FeOeq\o\al(2－,4)还原产物Cl－SO2NO2(浓)、NO(稀)H2OPb2＋Fe3＋2、常见还原剂及对应的氧化产物还原剂金属单质Fe2＋H2S/S2－SO2/SOeq\o\al(2－,3)HI/I－NH3CO氧化产物金属离子Fe3＋S、SO2SO3、SOeq\o\al(2－,4)I2N2、NOCO23、理清常考氧化剂(还原产物)与还原剂(氧化产物)（1）氧化剂及还原产物。氧化剂Cr2Oeq\o\al(2－,7)或CrOeq\o\al(2－,4)ClO－ClOeq\o\al(－,3)H2O2O3MnOeq\o\al(－,4)还原产物Cr3＋Cl－Cl－H2OO2Mn2＋(H＋)、MnO2(中性)、MnOeq\o\al(2－,4)(OH－)（2）还原剂及氧化产物。还原剂H2SO3、SO2、SOeq\o\al(2－,3)H2O2S2Oeq\o\al(2－,3)或S2Oeq\o\al(2－,5)H2C2O4或C2Oeq\o\al(2－,4)AsOeq\o\al(3－,3)CN－氧化产物SOeq\o\al(2－,4)O2SOeq\o\al(2－,4)CO2AsOeq\o\al(3－,4)N2、CO2知识3氧化还原反应与四种基本反应类型的关系【易错提醒】1、有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应；2、有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应；3、置换反应一定是氧化还原反应；4、复分解反应一定不是氧化还原反应。知识4氧化性、还原性及其强弱比较氧化性→得电子能力，得到电子越容易→氧化性越强。还原性→失电子能力，失去电子越容易→还原性越强。物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。如：Na、Mg、Al的还原性强弱依次为Na＞Mg＞Al；浓HNO3、稀HNO3的氧化性强弱为浓HNO3＞稀HNO31、根据氧化还原反应方程式氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。2、根据元素的化合价如果物质中某元素具有最高价，该元素只有氧化性；物质中某元素具有最低价，该元素只有还原性；物质中某元素具有中间价态，该元素既有氧化性又有还原性。3、根据金属、非金属的活动性顺序在金属活动性顺序表中，位置越靠前，其还原性就越强，其阳离子的氧化性就越弱。一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。4、根据元素周期表同周期元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱；同主族元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强。5、根据反应的难易程度氧化还原反应越容易进行(表现为反应所需条件越低)，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强。不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，条件越易或者氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。6、根据电化学原理判断（1）根据原电池原理判断：两种不同的金属构成原电池的两极。负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极。其还原性：负极>正极。（2）根据电解池原理判断：用惰性电极电解混合液时，若混合液中存在多种金属阳离子时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强(相应的金属单质的还原性较弱)，若混合液中存在多种阴离子，在阳极先放电的阴离子的还原性较强(相应的非金属单质的氧化性较弱)。7、其他条件一般溶液的酸性越强或温度越高，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强，反之则越弱。氧化性还原性强弱的比较是考试的一个难点，基本考查方式一是比较氧化性还原性的强弱，二是根据氧化性还原性强弱，判断反应能否进行。总的解题依据是一个氧化还原反应能进行，一般是氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。但要考虑到某些特殊情况如符合特定的平衡原理而进行的某些反应。8、影响物质氧化性、还原性的因素（1）浓度：氧化剂的浓度越大，氧化性越强，如硫酸、硝酸；还原剂浓度越大，还原性越强，如用浓盐酸与二氧化锰制氯气。（2）温度：温度越高，其对应的氧化剂（还原剂）的氧化性（还原性）越强。（3）酸碱性：高锰酸钾的氧化性，酸性越强，氧化性越强（在酸性条件下生成Mn2+，在中性条件下生成MnO2，在碱性条件下生成K2MnO4）。能力几种特殊元素的转化1、eq\o(S,\s\up6(＋4))(包括SO2、H2SO3、SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3))具有强还原性，在水溶液中的氧化产物都是SOeq\o\al(2－,4)。2、H2O2中氧元素的化合价为－1价，处于中间价态。（1）H2O2遇氧化剂(如酸性KMnO4溶液)作还原剂，其氧化产物为O2；（2）H2O2遇还原剂(如Fe2＋、I－等)作氧化剂，其还原产物为H2O，因此，H2O2又称为绿色氧化剂。3、记忆两组常见物质的强弱顺序。（1）氧化性强弱：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>S。（2）还原性强弱：S2－>eq\o(S,\s\up6(＋4))(SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)、H2SO3)>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。考向1氧化还原反应的定义及实质1．（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【详解】A．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；B．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：，没有化合价变化，B符合题意；C．氯气和碘化钾反应，，有化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．乙烯具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成二氧化碳，有化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；故选B。2．（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．推动盛有的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深B．将酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去C．将溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀D．向包有粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧【答案】A【详解】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，故A正确；B．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；C．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；D．Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；故答案为A。3．（2025·北京东城·二模）化学推动着社会的进步和人类的发展，下列有关说法不正确的是A．“福建舰”飞行甲板所用的特种钢材属于合金材料B．小苏打、纯碱均可用于面食制作C．人摄入米饭、馒头等主要是利用淀粉水解为葡萄糖来提供能量D．以CO2、H2为原料经过11步主反应人工合成淀粉，过程中发生氧化还原反应【答案】B【详解】A．特种钢材属于铁的合金，A正确；B．小苏打受热分解生成二氧化碳使得糕点疏松、纯碱受热不分解且碱性较强，直接用于面食会破坏面团结构，通常不单独使用（需搭配酸性物质如明矾)，故一般碳酸氢钠用于面食制作，B错误；C．米饭、馒头等主要含有淀粉，淀粉水解为葡萄糖，能为人体来提供能量，C正确；D．CO2、H2为原料经过11步主反应人工合成淀粉，反应中碳、氢化合价发生改变，故其过程中发生氧化还原反应，D正确；故选B。4．（2025·北京顺义·一模）下列应用与氧化还原反应有关的是A．用溶液除去 B．用溶液刻蚀铜板C．用KSCN溶液检验 D．用品红溶液检验【答案】B【详解】A．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；B．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；C．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；D．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。5．（2024·北京·三模）下列过程与氧化还原反应有关的是A．热的纯碱溶液去除油污B．溶液和溶液混合，产生刺激性气味气体C．铜质地漏生锈变绿D．鸡蛋清溶液在饱和溶液中出现白色浑浊【答案】C【详解】A．热的纯碱溶液去除油污是由于纯碱水解显碱性，油污在碱性条件下发生水解，与氧化还原反应无关，A不合题意；B．溶液和溶液混合，产生刺激性气味气体是由于铵根与碳酸根发生双水解反应，生成氨气和二氧化碳气体，与氧化还原反应无关，B不合题意；C．铜质地漏生锈变绿是铜单质在潮湿空气中发生氧化还原反应生成，属于氧化还原反应，C符合题意；D．鸡蛋清溶液在饱和溶液中出现白色浑浊是蛋白质在盐溶液中发生盐析，与氧化还原反应无关，D不合题意；故选C。考向2常见的氧化剂、还原剂6．（2024·北京丰台·模拟预测）下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是A．C+H2OCO+H2B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C．2F2+2H2O=4HF+O2D．3NO2+H2O=2HNO3+NO【答案】A【详解】A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；故合理选项是A。7．（2025·北京西城·调研）下列反应中，酸体现还原性的是A．与浓盐酸共热制 B．与浓硫酸共热制C．与稀硫酸反应制 D．与稀硝酸反应制备【答案】A【详解】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A正确；B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B错误；C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C错误；D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D错误；故选：A。8．（2024·海南·高考真题）过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，代表性结构如图所示。下列关于过氧化脲的说法正确的是A．所有原子处于同一平面 B．氧的化合价均为-2价C．杀菌能力源于其氧化性 D．所有共价键均为极性键【答案】C【详解】A．由题干物质结构式可知，过氧化氢为非平面分子，故不可能所有原子处于同一平面，A错误；B．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，其中O的化合价为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；C．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，则杀菌能力源于其氧化性，C正确；D．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，过氧键为非极性键，其余共价键均为极性键，D错误；故答案为：C。9．（2025·北京海淀·模拟预测）下列方程式与所给事实不相符的是A．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：B．向沸水中滴加饱和溶液，胶体：C．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：D．用作潜水艇供氧剂：；【答案】B【详解】A．酸性溶液与溶液反应生成二氧化碳、Mn2+和水，则离子方程式为：，A正确；B．向沸水中滴加饱和溶液得到胶体：则，B不正确；C．银氨溶液与乙醛经水浴加热，得到乙酸铵、银、氨气和水：，C正确；D．能分别与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂：；，D正确；答案选B。10．（2025·北京丰台·一模）我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。(1)铝热法冶炼金属钙的热化学方程式：。①该反应体现了铝的性。②提高钙的平衡产率的措施有（写出两条）。(2)钙-氧气电池如图。①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因。②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。i．在生成CaO的路径中，断裂键，与另一个结合，形成了。ii．写出参与的主要反应的电极反应式。iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因。【答案】(1)还原性高温，适当低压，移走钙蒸气(2)键193∶14的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成【详解】（1）①该反应中铝化合价升高，为还原剂，体现了铝的还原性；②该反应是吸热、气体分子数增大的反应，则提高钙的平衡产率的措施有：高温，适当低压，移走钙蒸气；（2）①因为，则电解质溶液选择非水溶剂；②i．在生成CaO的路径中，根据图可知，断裂键，与另一个结合，形成了；ii．根据图可知，比CaO能量低，稳定，即主要生成，则参与的主要反应的电极反应式：；iii．设生成与CaO的物质的量分别是a与b，根据与，消耗氧气为：，放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，则消耗，转移电子2.07，即=2.07，则；③的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成。考向3氧化性、还原性强弱比较11．（2025·北京西城·三模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A．依据离子半径：Br-＜I-，可推断结构相似的晶体的熔点：B．依据元素的电负性：，可推断分子极性：C．依据相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度D．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性：【答案】A【详解】A．对于离子晶体NaBr和NaI，它们结构相似，离子所带电荷数相同。离子半径Br-<I-，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高，所以熔点NaBr>NaI，A正确；B．CF4是正四面体结构，分子正负电荷中心重合，为非极性分子；NF3是三角锥形结构，分子正负电荷中心不重合，为极性分子。电负性C<N<F，但不能仅依据电负性判断CF4和NF3的分子极性大小，实际上分子极性CF4<NF3，B错误；C．相同温度下，X2与H2反应的平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，但反应的剧烈程度还与反应的活化能等因素有关，不能仅依据平衡常数大小判断反应的剧烈程度，C错误；D．元素的第一电离能Mg>Al，这是因为Mg的3s轨道为全充满稳定结构。但单质的还原性与元素的金属性有关，金属性Al>Mg，单质的还原性Al>Mg，第一电离能与单质还原性的这种推断关系错误，D错误；故答案为：A。12．（2025·北京朝阳·一模）下列实验不能达到对应目的的是A．比较和的热稳定性B．比较氧化性：C．比较苯和甲苯的化学性质D．比较Fe和Cu的金属活动性A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．NaHCO3在加热条件下分解出CO2，使澄清石灰水变浑浊，Na2CO3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：Cl2>Br2，Cl2>I2，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：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，证明Fe金属活动性大于Cu，可达到实验目的，故D正确；答案选B。13．（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：。下列说法正确的是A．的电子式：B．热稳定性：C．氧化性：D．依据元素周期律，可推断酸性：【答案】C【详解】A．的电子式：，A错误；B．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：，B错误；C．在反应中，AgNO3是氧化剂，H3AsO3是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：，C正确；D．H3AsO3不是As元素的最高价氧化物对应的水化物，N与As为同主族元素，根据元素周期律，非金属性N>As，最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3>H3AsO4，D错误；答案选C。14．（2025·北京丰台·一模）某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：实验操作及现象i．产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）；ii．静置后，固体变为灰白色；iii．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀；iv。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得。已知：不能氧化下列说法不正确的是A．由i可知发生了两个不同的置换反应B．iii中生成黄色沉淀的反应为C．由ii和iv可推测氧化性D．ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中增大，减小【答案】B【详解】A．根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe），则发生铁与盐酸的置换反应、铁与银离子置换出银的反应，A正确；B．iii中生成黄色沉淀的反应为，B错误；C．根据分析知，ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，则氧化性，C正确；D．根据分析知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，使正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，D正确；故选B。15．（2025·北京通州·一模）某小组同学探究不同条件下溶液与KI溶液的反应。资料：ⅰ.(绿色)、(几乎无色)、(棕黑色)ⅱ.一定条件下：能将氧化为或，能将氧化成向溶液中分别加入5滴溶液和3滴试剂X，实验记录如下：实验试剂X操作、现象I溶液中有棕黑色沉淀生成，离心分离出固体，剩余液体用萃取，下层液体无色。Ⅱ溶液立即变绿，一段时间绿色消失，产生棕黑色沉淀，离心分离出固体，剩余液体用萃取，下层液体无色。Ⅲ溶液中未见棕黑色沉淀，溶液呈黄色，用萃取，下层液体呈紫色。(1)对实验Ⅰ进行分析①的还原产物为。②推测该条件下被氧化的产物不是，依据的实验现象是。(2)为检验实验Ⅰ中的氧化产物，取萃取后的上层清液，滴加3滴，溶液立即变黄，滴加淀粉后溶液变蓝。①上述反应的离子反应方程式是。②甲同学认为判断上层清液中含的证据不足，另取溶液，加入5滴水和3滴，溶液不变黄。甲同学实验的目的是。(3)用离子方程式说明实验Ⅱ中一段时间绿色消失的原因。(4)经检测实验Ⅲ黄色溶液中没有。乙同学依据的电极反应分析实验Ⅲ反应条件下应检测到，理由是。(5)为进一步研究实验Ⅲ中未产生的原因，设计实验如下。最终紫色溶液中未检测到和，推测可被继续氧化为。设计实验，取最终紫色溶液，(填操作和现象)，证实了实验Ⅲ未产生与酸性溶液的用量有关。(6)若向酸性溶液中，逐滴滴加溶液至过量，实验现象是。【答案】(1)分离出固体后的液体用萃取，下层液体无色(2)排除在酸性条件下，对氧化的干扰(3)(4)，加酸可以增强的氧化性(5)加入溶液至紫色褪去，静置后取上层清液，加入KI溶液和，溶液立即变黄，加入淀粉溶液，溶液变蓝(6)溶液紫色变浅，有棕黑色沉淀生成，最终溶液为黄色【详解】（1）①根据实验Ⅰ现象出现黑色沉淀，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为；②若实验Ⅰ氧化的产物是，用萃取，下层液体呈黄色，而实验Ⅰ下层液体无色，说明没有是生成；（2）①滴加3滴，溶液立即变黄，滴加淀粉后溶液变蓝说明生成了，则证明是与在酸性条件下发生归中反应生成，离子方程式为：；②甲同学取溶液，加入5滴水和3滴，与上述实验形成对比，溶液不变黄，说明没有生成，目的是为了排除在酸性条件下，对氧化的干扰；（3）实验Ⅱ溶液立即变绿，说明生成了(绿色)，一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀，说明生成了，则该反应为在碱性环境下氧化生成，离子反应为；（4）实验Ⅲ中未见棕黑色沉淀，说明被还原为，乙同学依据的电极反应分析实验Ⅲ反应条件下应检测到，说明酸性条件下，能将氧化生成，即加酸可以增强的氧化性，对应的的电极反应为；（5）已知在一定条件下可被氧化成，故首先将紫色溶液中的完全除掉，故实验操作和现象是将取上层溶液，加入溶液至紫色褪去，完全除去过量的溶液，静置后取上层清液，加入溶液、溶液变黄，加入淀粉溶液，溶液变蓝，证明生成碘单质，说明溶液B中含；（6）由上一问可知，若酸性溶液过量，能将氧化成，故首先出现紫色褪去、溶液中出现黑色沉淀现象，随着溶液逐渐加入，溶液最终变为黄色。题型二氧化还原反应的应用1.（2025北京，6，3分）下列方程式与所给事实不相符的是A．用盐酸除去铁锈：B．用溶液除去乙炔中的C．用乙醇处理废弃的D．将通入水中制备硝酸：【答案】B【详解】A．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，A正确；B．H2S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误；C．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确；D．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确；答案选B。命题解读新情境：这道题将化学方程式与实际生产/实验操作结合，摆脱了单纯的方程式书写考查，而是聚焦真实场景的反应合理性。新考法：规避机械记忆，侧重反应本质判断1.反常规陷阱设置：选项A中，铁锈的主要成分Fe2O3·xH2O与盐酸反应，产物应为Fe3+而非Fe2+，打破“金属氧化物与酸反应生成对应盐”的机械记忆，考查铁的价态变化规律。选项B中，H2S是弱酸，离子方程式中不能拆分为S2-，需写化学式，考查离子方程式书写的“拆写原则”，而非单纯背方程式。2.结合物质性质的综合判断：不再仅考查方程式配平，而是要求结合物质的酸碱性（如H2S）、金属活动性（如Na与乙醇的反应）、氧化还原规律（如NO2的歧化反应）判断方程式合理性。新角度：从“除杂、制备”的宏观实际需求，切入“离子反应、氧化还原”的微观反应本质，要求学生建立宏观现象与微观反应的联系。2．（2023北京，12，3分）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A．中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。命题解读新情境：选取典型离子化合物的水反应，贴合高考命题趋势这道题以Na2O2和CaH2与水的反应为核心情景，两个反应均是高中化学中过氧化物、金属氢化物的代表性反应，且属于工业/实验中常见的无机反应类型；Na2O2与水的反应是实验室制氧气的备选方法，CaH2与水反应可用于野外制氢气，将化学方程式与实际应用场景结合，体现化学的实用性。新考法：本题摒弃了单纯考查方程式配平或物质性质的传统考法，而是从化学键、氧化还原、微粒数目、电子转移四个维度综合设题。新角度：从“物质与水反应”的宏观现象，切入“化学键类型、离子构成、电子转移”的微观本质，要求学生建立宏观反应与微观结构的联系；通过两个不同类型的氧化还原反应，考查学生对“物质变化与电子转移关系”的理解，强化对氧化还原反应本质的认知。3．（2022北京，12，3分）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0下列说法不正确的是A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为【答案】D【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。故选D。4．（2024北京，18，13分）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是。(3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400500①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是。(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的。(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分(2)(3)随焙烧温度升高，生成的速率加快发生分解生成难溶于水的(4)(5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低；（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。知识1氧化还原反应规律1．价态变化规律（1）归中规律含同种元素不同价态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”的规律。这里的中间价可以相同(谓之“靠拢”)，也可以不同，但此时必是高价转变成较高中间价，低价转变成较低中间价(谓之“不相交”)。（2）歧化规律：同一种物质中的同一元素部分化合价升高，另一部分化合价降低，发生自身的氧化还原反应。2、优先规律在同一溶液里存在几种不同的还原剂且浓度相差不大时，当加入氧化剂时，还原性强的还原剂优先被氧化；同时存在几种不同的氧化剂且其浓度相差不大时，当加入还原剂时，氧化性强的氧化剂优先被还原。如：把少量Cl2通入FeBr2溶液中，Fe2＋先失电子；把少量Cl2通入FeI2溶液中，I－先失电子。3、守恒规律（1）内容①质量守恒：反应前后元素的种类、原子的数目和质量不变。②电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。③电荷守恒：离子方程式中反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。（2）应用：运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平和相关计算。如用铜电极电解Na2SO4溶液，其阳、阴极产物及转移电子关系式为：Cu2＋～2e－～H2～2OH－。知识2氧化还原反应方程式的配平1、配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒2、配平步骤(以高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气为例)配平按以下五步进行。标明反应前后化合价有变化的元素的化合价通过求最小公倍数使化合价升降总数相等确定氧化剂与还原剂的化学计量数用观察法配平其他物质的化学计量数检查质量、电荷、电子是否分别守恒能力氧化还原反应的解题技巧1、正确理解氧化还原反应的实质理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移去分析理解有关概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体方法是找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。2、解答氧化还原反应题目的3个步骤第一步：依据题意，分析概念“升失氧，降得还；剂性一致，其他相反”。“剂性一致”是指氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”是指氧化剂被还原，发生氧化反应，生成还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。第二步：依据规律判断反应的合理性氧化还原反应遵循化合价互不交叉规律，强弱规律等。同时要掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧，低价还，中间价态两面转。”第三步：利用电子守恒进行定量判断有关氧化还原反应的定量问题，利用得、失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，快速列等式求解。考向1氧化还原反应的规律1．（2025·北京东城·二模）一定条件下，将乙烯和氧气通入和的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为

。其催化机理如图所示。下列分析不正确的是A．X为，Z为 B．①中，发生了氧化反应C．②中， D．③中，n(Y)∶n(Z)=2∶1【答案】D【详解】A．根据分析可知X为CH3CHO，Z为O2，A正确；B．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；C．由分析可知②反应：，所以，C正确；D．由分析可知③反应：，Y为HCl，Z为O2，则n(Y)∶n(Z)=n(HCl)∶n(O2)=4∶1，D错误；故答案选D。2．（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中反应消耗时，转移电子C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为：D．理论上，步骤④消耗的和步骤⑤消耗的的物质的量相等【答案】B【详解】A．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；B．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，7.62g物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；C．由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为，C错误；D．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+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，故理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的的物质的量之比为2：1，D错误；故选B。3．（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，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的。如图所示，在薄膜侧通入空气，侧通入氢气，充分反应后在侧得到高浓度的。下列分析正确的是A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应B．电子和在薄膜中移动方向相同C．理论上b侧每消耗同时生成D．总反应中元素的化合价均未发生变化【答案】C【详解】A．CO2在a侧与膜中水作用只是形成的酸碱平衡过程，并不发生电子得失的还原反应，A错误；B．膜中H2在b侧被氧化生成水，则电子应从b侧流向a侧；而则是由a侧向b侧迁移，二者方向相反，B错误；C．H2在b侧被氧化放出2e⁻，每1molH2可使2mol在b侧重新放出2molCO2，符合电荷守恒和电子转移数目，C正确；D．H2中的H的化合价由0变为+1，元素化合价发生了变化，D错误；故选C。4．（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【详解】A．起始阶段有大量产生，说明与发生了反应并生成了，则反应的方程式为：，A正确；B．bc段含量下降，说明有物质在消耗，根据容器内物质的成分可知，可能是生成的继续与反应导致的，反应的方程式为：，B正确；C．根据前面的信息，与发生总反应为：，在c点时，氧气含量还在减小，说明反应还在发生，则c点剩余固体中还含有，C正确；D．根据反应可知既体现了氧化性，被还原为，又体现了还原性，被氧化为，D错误；故答案为：D。5．（2025·北京延庆·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．利用覆铜板制作印刷电路板：B．食醋去除水垢中的：C．用5%溶液能有效除去误食的：D．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：【答案】B【详解】A．覆铜板制作印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，反应式正确，A正确；B．食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，而非拆解为H+。正确写法应为：，B错误；C．硫酸钠与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，方程式正确，C正确；D．Cl2的氧化性强于Br2，能将Br-氧化为Br2，反应式正确，D正确；故选B。考向2氧化还原反应在生产、生活中的应用6．（2025·北京通州·三模）为回收利用含的废液，某小组设计方案如图所示，下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中，充分反应后，上下两层均为无色B．步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液AC．试剂X可用硫酸D．粗可用升华法进一步提纯【答案】B【详解】A．由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，A正确；B．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，B错误；C．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，C正确；D．碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，D正确；故选B。7．（2025·北京昌平·二模）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．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素 B．甲、乙、丙在反应中均做还原剂C．反应Ⅳ的另一种产物可循环使用 D．反应V，N元素化合价未发生改变【答案】B【详解】A．分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；B．甲为N2，反应中做氧化剂，乙为NO，反应中做还原剂，丙NO2，反应中既作氧化剂也做还原剂，B错误；C．反应Ⅳ的另一种产物NO可循环使用，C正确；D．反应Ⅴ为NH3+HNO3=NH4NO3，N元素化合价未发生改变，D正确；故答案为：B。8．（2025·北京东城·一模）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。资料：时，，。(1)有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是价。(2)氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在(填“铂”或“铁”)附近生成。(3)有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程：。(4)结合电极反应解释絮凝池除磷原理：。(5)相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是。【答案】(1)+5(2)铂(3)涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降(4)阳极发生反应，与反应生成沉淀(5)氧化池中，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)【详解】（1）有机磷中磷原子形成5个共价键，且非金属性：O＞P，故磷元素的化合价是+5价；（2）电解池中阳极发生氧化反应，氧化池中铂电极是阳极，在铂电极附近生成；（3）根据图中信息，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低，而添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降，可知有机磷被氧化涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降；（4）絮凝池中阳极发生反应，与反应生成沉淀；（5）向原废水中添加一定量，在氧化池中生成氯气：，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)。9．（2025·北京丰台·一模）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。ii．萃取率；分离系数。iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。(1)镀锌废酸液中主要含有的阳离子有。(2)萃取过程：第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成；第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理。②写出第二步反应的离子方程式。(3)5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是。(4)写出反萃取的化学方程式。(5)测定废酸液中含量的操作如下：取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为（已知：全部被还原为）。【答案】(1)(2)中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位(3)三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减(4)(5)【详解】（1）废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。（2）①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。（3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为：。（5）设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。10．（2025·北京海淀·二模）高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。(1)可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是。(2)方法一：化学氧化法制备固体。已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为。②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是。ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是。(3)方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。①阳极生成的电极反应式为。②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是。③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为。【答案】(1)氧化性(2)增大浓度，促进析出；维持的稳定(3)阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应）0.1mol【详解】（1）中Fe元素为+6价，具有强氧化性，能氧化水中的、等物质；其还原产物Fe3+水解生成红褐色的Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以净水过程中利用了的强氧化性和Fe(OH)3胶体的吸附性；（2）①在碱性条件下将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；②将粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反应完的转化沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质；向滤液中加入饱和KOH溶液，增大了的浓度，根据沉淀溶解平衡，会使的平衡向左移动，从而析出晶体，维持的稳定；（3）①阳极上Fe失去电子生成，在碱性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：；②阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失或若不使用阳离子交换膜，阴极产生的迁移至阳极放电，发生副反应导致产率降低；③阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8mol；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1mol。考向3氧化还原反应相关计算11．（2025·北京通州·三模）不同的温度下，通入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。下列说法不正确的是A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成B．的空间结构为三角锥形C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每参与反应转移的电子数之比为D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的与NaOH的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ【答案】D【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A正确；B．里中心原子Cl的价层电子对数为，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B正确；C．反应Ⅰ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移1mol电子，反应Ⅱ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移mol电子，则反应转移的电子数之比为3：5，C正确；D．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，D错误；故选D。12．（2025·北京丰台·一模）非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是Fe和少量C）产生“铁花”。其转化关系如下，其中代表Fe或中的一种。下列说法正确的是A．a是是CB．d既可以是Fe，也可以是C．等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被氧化为的反应热D．反应①中，每生成0.1molb时，转移电子的数目为【答案】D【详解】A．a为C、f为，A项错误；B．d为、b为Fe，若d是Fe，不符合反应①转化，B项错误；C．反应①+反应②可以得，根据盖斯定律，①②的反应热之和，等于等物质的量的C直接被氧化为的反应热，C项错误；D．反应①为，生成4molFe，转移电子12mol，则每生成0.1molFe时，转移电子的数目为，D项正确；答案选D。13．（2025·北京石景山·一模）某小组测定食用精制盐（、抗结剂）的碘含量（以I计，）。Ⅰ．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，使与KI反应完全；Ⅲ．以淀粉为指示剂，逐滴加入的溶液10.00mL，恰好反应完全。已知：下列说法正确的是A．与KI反应时，氧化剂和还原剂物质的量之比为5：1B．食盐中含有的C．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【答案】D【详解】A．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；B．KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到定量关系KIO3～3I2～6Na2S2O3，n(KIO3)==，故B错误；C．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Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色；故C错误；D．准确称取wg食盐，碘含量==，故D正确；答案选D。14．（2025·北京延庆·一模）离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是A．、中均有离子键和共价键B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应C．中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为【答案】A【详解】A．由和组成，包括离子键和共价键，由和组成，只有离子键，故A错误；B．①中中的-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；C．由2个和1个组成，阳、阴离子个数比为，由1个和2个组成，阳、阴离子个数比为，故C正确；D．反应①生成转移2mol电子，反应②生成转移2mol电子，当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为，故D正确；故答案为A。考向4氧化还原反应方程式的书写与配平15．（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℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是A．“另一种反应物”在反应中表现还原性B．与反应的化学方程式为：C．与反应时，氧化产物为和D．与盐酸反应的离子方程式为：【答案】D【详解】A．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；B．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：，B正确；C．CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为和，C正确；D．CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：，D错误；故选D。16．（2025·北京房山·三模）下列方程式与所给事实不相符的是A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：B．用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为；C．制备84消毒液（主要成分是NaClO）：D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：【答案】D【详解】A．海水提溴中氧化生成，离子方程式为，A正确；B．还原，离子方程式为，B正确；C．与NaOH反应制NaClO，离子方程式为，C正确；D．转化为，是微溶物，不能拆，离子方程式应为，D错误；故选D。17．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：资料：i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表沉淀物完全沉淀3.29.04.7ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；iv．沉钒过程前会发生。(1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是。(2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是。(3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有。(4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是。(5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：。(6)测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是。(的摩尔质量：)【答案】(1)(2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应(3)

(4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。(5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。(6)【详解】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为；（2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应；（3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有、、；（4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率；（5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质；（6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。18．（2025·北京大兴·三模）对废弃的材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示：已知：ⅰ.萃取原理为(有机层)；ⅱ.、均难溶于水；ⅲ.常温下，；ⅳ.当离子浓度小于时可视为沉淀完全。(1)“酸浸”前，需将粗