2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题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氧化还原反应概念间的关系

题型02电子转移及相关计算

题型03氧化还原反应规律及应用

题型04陌生氧化还原反应方程式书写

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．（2025上海，T5（2））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获

得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红

(2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。

A．移开酒精灯后，固体保持红色B．反应中S只做还原剂

C．反应中主要产生的气体副产物为SO3D．最终得到黑色的Fe2S3固体

在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。

(4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。

A．常温下显中性B．加入铁粉后溶液变为红褐色

C．遇沸水时产生胶体D．加入氨水后产生白色沉淀

【答案】(2)A

(4)C

【详解】（2）A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确；

B．硫在反应中化合价从0价降至-2价（FeS），硫只作​​氧化剂​​，而不是还原剂，B错误；

C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的

二氧化硫，而不是SO3，C错误；

D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误；

故选A；

（4）A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误；

B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误；

C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确；

D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；

故选C；

2.（2025上海，T4（3）（4）（8））工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：

锗矿石中含有H2O、煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：

H2O煤焦油As2O3GeOGeO2

熔点0℃20~30℃312℃710℃升华1100℃

沸点100℃70~80℃465℃————

(3)分析提取精锗时采用分步升温的原因。

、、

(4)真空还原阶段用NaH2PO2H2O除GeO2，产物还有GeONa4P2O7H3PO4等生成，写出该阶段的化学方

程式。

测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：

a．称取mg单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。

b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。

c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。

d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却

到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应)

-1

e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用cmol·LKIO3标准溶液滴定，终点时消耗VmL标准溶液。

测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：

Δ

①Ge+4FeCl3GeCl4+4FeCl2

Δ

②2GeCl4+NaH2PO2+2H2O2GeCl2+H2PO4+NaCl+3HCl

③3GeCl2+KIO3+6HCl=3GeCl4+KI+3H2O

④5KI+KIO3+6HCl=3I2+6KCl+3H2O

(8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。

【答案】

(3)在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；真空还原阶

段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出

1000~1200℃

(4)8GeO24NaH2PO2H2O8GeONa4P2O72H3PO45H2O

(8)隔绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4导致滴定结果偏低

【分析】低品位锗矿焙烧得到GeO2，然后加入NaH2PO2H2O真空还原为GeO，经过多步反应得到Ge；

滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体

→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据

进行计算；

【详解】

（3）①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；②真空

还原阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的GeO2；

（）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中化合

4NaH2PO2H2OGeO2GeONa4P2O7H3PO4Ge

价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：

1000~1200℃

8GeO24NaH2PO2H2O8GeONa4P2O72H3PO45H2O；

（8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化（或绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4，

否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差。

3．（2024上海，T3）萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程

式：，该反应中体现浓硫酸的性质是。

A．强氧化性B．难挥发性C．吸水性D．脱水性

【答案】CaFHSO浓CaSO2HFB

2244

【详解】萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF气体，该反应的化学方程式为

CaFHSO浓CaSO2HF，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，故该反应中体现浓硫酸的性质

2244

是难挥发性，故选B。

4．（2024上海，T5（1）（3））回答下列问题：

(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是。

PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]Pt2F11的制备方式如图

所示

(2)上述反应中的催化剂为_______。

A．PtF6B．PtF7C．FD．XeF

(3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。

A．②B．③C．④D．⑤

【答案】(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氟化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应

【详解】（1）氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存。类比铝在空气中不易

被腐蚀的原理，可用Cu制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氟化

+--

铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。（2）由图中信息可知，总反应为Xe+2PtF6[XeF][Pt2F11]，F参与

催化剂

了反应过程，但最后又生成了F-，因此上述反应中的催化剂为F-，故选C。

（3）由图中信息可知，反应②的化学方程式为PtF7XePtF6XeF，反应③的化学方程式为

PtF6XeFPtF6XeF，这两步反应中Xe和Pt的化合价都发生了变化，因此，上述过程中属于氧化还

原反应的是②和③；反应④的化学方程式为PtF6PtF5F，反应⑤的化学方程式为PtF6PtF5Pt2F11，

这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。

2+

2.（2024上海，T3）已知：Ca+2HCO3CaCO3+H2CO3

+2

①HCO3H+CO3

2+2

②Ca+CO3CaCO3

+

③HCO3+HH2CO3

(4)根据如图，写出电极a的电极反应式。

(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。

A．该装置实现电能转化为化学能

B．电极b是负极

C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a

．每参与反应时，转移电子

D1molCH2On4mol

解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。。

(6)CH2On

【答案】

+

(4)2NO310e12HN26H2O

(5)B

(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的

参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，NO3得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去

【详解】

+

（4）电极a上NO3得到电子变为N2，电极反应式为：2NO310e12HN26H2O；

（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；

．电极上失去电子变为，电极是负极，故正确；

BbCH2OnCO2bB

C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；

．电极的电极反应式为：+，每参与反应时，转移

DbCH2On4nenH2OnCO24nH1molCH2On

4nmol电子，故D错误；

故选B；

（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧

气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，NO3得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除

去。

01氧化还原反应概念间的关系

1.（2025·上海浦东新·二模）氮及其化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。下图的氮循环是生态系统

物质循环的重要部分。

制备NH2Cl的化学方程式为Cl2NH3NH2ClHCl。该反应中，Cl2体现了_______。(不定项)

A．漂白性B．氧化性C．还原性D．酸性

【答案】14．BC

【解析】由反应方程式可知，一部分Cl元素的化合价由0价降至-1和一部分由0升至+1价，体现了氯气的

氧化性和还原性，故答案选BC；

2.（25-26高三上·上海徐汇·期末）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。

电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。

浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质

是。

【答案】氧化性

【分析】由电解锰渣(主要成分是MnS)为原料制取高纯MnSO4的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解

3+2+

锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe和Ca，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，

2+

再将浓缩液进行萃取除去Ca，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4；

浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，锰元素由

+4价转变为+2价，被还原，则MnO2为氧化剂，利用了其氧化性；

3．（2025·上海·模拟预测）雄黄和雌黄二者都难溶于水，可以相互转化，如下图所示。

(2)上述反应转化历程中属于氧化还原反应的是__________(不定项)。

A．B．C．D．

【答案】①(2)AB②③④

【详解】（2）反应①中Sn和As的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应②中O和As的化合价发

生了变化，属于氧化还原反应；反应③中各元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应；反应④中各元素

化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故选AB。

4．（2025·上海·二模）砷元素(As)自然界分布广泛，其矿物有雄黄As4S4、雌黄As2S3，都是重要的中药原

料。两者有如下转化：

(4)上述反应中属于非氧化还原反应的是_______。

A．反应ⅠB．反应ⅡC．反应ⅢD．反应Ⅳ

【答案】

(4)CD

【详解】

（4）反应Ⅰ中Sn、As化合价改变，为氧化还原反应；反应Ⅱ中O、S、As化合价改变，为氧化还原反应；

反应Ⅲ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应；反应Ⅳ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应；

故选CD。

02电子转移及相关计算

1.（2025·上海浦东新·二模）氮及其化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。下图的氮循环是生态系统

物质循环的重要部分。

硝化作用中，每转移4mol电子，生成的NO3的物质的量为mol。

【答案】0.5【解析】

硝化作用中，N元素化合价由-3变成+8，故当转移4mol电子，生成的NO3的物质的量为0.5mol；

2.（25-26高三上·上海徐汇·期末）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。

MnO2在许多反应中有催化作用：①催化KClO3分解制氧气②催化H2O2分解制氧气③MnO2作催化剂氨催化

还原脱除NO；其中一种催化机理示意图如下：

用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转

移的方向和数目：。

【答案】

【分析】由电解锰渣(主要成分是MnS)为原料制取高纯MnSO4的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解

3+2+

锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe和Ca，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，

2+

再将浓缩液进行萃取除去Ca，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4；

用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0

价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式

并标出电子转移的方向和数目：；

3+

3．（25-26高三上·上海·开学考试）在强碱性条件下，NaBH4可从含Au的废液中回收黄金。已知：反应

后硼元素以BO2形式存在且无气体生成，写出该反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数

目。

【答案】

【详解】

3+

由题干信息可知，在强碱性条件下，NaBH4可从含Au的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以BO2形

3+

式存在且无气体生成即不生成H2，即NaBH4中-1价的H将Au还原为Au，根据氧化还原反应配平可知，

3+--

该反应的离子方程式为：8Au+3BH4+24OH=8Au+3BO2+18H2O，单线桥法分析该反应的电子转移的方向

和数目为：，故答案为：

。

4．（2025·上海崇明·二模）MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下：

(2)用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子

转移的方向和数目：。

【答案】(2)

【详解】（2）

用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0

价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式

并标出电子转移的方向和数目：。

03氧化还原反应规律及应用

1．（24-25高三上·上海·期末）从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强，数值越小还原性越强，

氧化型物质浓度越大电极电势越大。在酸性介质中，各电对的标准电极电势如下。下列有关说法正确的是

---3＋2＋23＋

电对I2/IBr2/BrCl2/ClFe/FeCr2O7/CrH2O2/H2O

标准电极

0.541.071.360.771.361.78

电势Eθ/V

-1

A．向1mol·L的HBr溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象发生

-1-1

B．2mol·L的K2Cr2O7与2mol·L的稀盐酸等体积混合有大量Cl2产生

C．浓度相等时，还原性：Cr3＋>Fe2＋>Br-

D．在含I-、Br-、Cl-的混合溶液中若仅氧化I-，最佳的氧化剂是Fe3＋

【答案】D

【分析】电对的标准电极电势(Eθ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强，据此分析；

θ-θ

【详解】A．根据E（Br2/Br）=＋1.07V和E（H2O2/H2O）=＋1.78V，氧化性：H2O2>Br2，则向1mol/L的

HBr溶液中滴加H2O2溶液，反应生成Br2，溶液出现橙色，A错误；

θ-θ23＋

B．E(Cl2/Cl)=＋1.36V、E(Cr2O7/Cr)=＋1.36V，重铬酸根离子的氧化性和氯气相当，则2mol/L的K2Cr2O7

与2mol/L的稀盐酸等体积混合不会产生Cl2，B错误；

23＋

C．由电对的标准电极电势可知，氧化性：Cr2O7>Br2>Fe，根据氧化性越强，对应离子的还原性越弱，

则浓度相等时，还原性：Cr3＋<Br-<Fe2＋，C错误；

θ-θ-θ-θ3＋2＋

D．根据①E(I2/I)=＋0.54V、②E（Br2/Br）=＋1.07V、③E(Cl2/Cl)=＋1.36V、④E(Fe/Fe)=＋0.77V，

3＋----3＋

氧化性：Cl2>Br2>Fe>I2，则在含I、Br、Cl的混合溶液中若仅氧化I，最佳的氧化剂是Fe，D正确；

故选D。

2．（24-25高三上·上海·期末）下列离子方程式正确的是

32

A．向红色FeSCN3溶液中加入过量铁粉：2FeFe3Fe

23

B．FeI2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2I2Cl22FeI24Cl

．铅酸蓄电池充、放电原理：2充电

CPbPbO24H2SO4放电2PbSO42H2O

D．Na放入水中：2Na2H2O2Na2OHH2

【答案】D

【详解】．硫氰化铁是配合物，不能拆开，离子方程式为2+-，错误；

A2FeSCN3+Fe=3Fe+6SCNA

B．向FeI2溶液中通入等物质的量的氯气，氯气首先氧化碘离子再与亚铁离子反应，因物质的量相同，故只

--

能与碘离子反应，离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，B错误；

-2-2+

C．铅酸蓄电池放电时负极反应式：Pb-2e+SO4=PbSO4，正极反应式：PbO2+2e+SO4+4H=PbSO4+2H2O，

-2-2+

充电时阴极反应式：PbSO4+2e=SO4+Pb，阳极反应式：PbSO4+2H2O-2e=PbO2+SO4+4H，所以充、放电

原理为+2-ˆˆ放ˆ电ˆ，错误；

Pb+PbO2+4H+2SO4‡ˆ充电ˆˆˆ2PbSO4+2H2OC

D．Na放入水中生成氢气和氢氧化钠：2Na2H2O2Na2OHH2，D正确；

故选D。

3．（2025·上海·三模）某同学在常温下设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。

(2)设计实验②③的目的，是要证明Na2S2O3具有的性质为。

A．氧化性B．还原性C．既有氧化性又有还原性

【答案(2)B

【详解】

（2）实验②中氯水具有强氧化性，将Na2S2O3溶液氧化成Na2SO4溶液，再加入BaCl2溶液，应该生成硫酸

钡沉淀，证明Na2S2O3具有还原性，选B；

4．（25-26高三上·上海·阶段练习）测定血液样品中Ca2的浓度。取血液样品50.00mL，加适量的草酸铵

溶液可析出沉淀，将洗涤后的沉淀溶于强酸可得，用新煮沸并冷却

NH42C2O4CaC2O4CaC2O4H2C2O4

的蒸馏水将H2C2O4溶液稀释成250mL。再用0.010mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定。

-+2+

发生反应为：____H2C2O4+____MnO4+_____H=_____Mn_____CO2+_____H2O

(1)配平上述方程式并标出电子转移的方向和数目。

【答案】(1)

【分析】该实验的实验目的是用氧化还原滴定法测定血液样品中钙离子的浓度。滴定过程为向样品中加入

草酸铵溶液，将血液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，将洗涤后的沉淀溶于硫酸溶液得到草酸，用酸性高锰

2+

酸钾溶液滴定，利用关系式：5Ca~5H2C2O4~2KMnO4计算血液样品中钙离子的浓度。

【详解】（1）

滴定发生的反应为酸性条件下溶液中的草酸与高锰酸根离子反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应中锰元

素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是氧化剂、锰离子是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，草酸

是还原剂、二氧化碳是氧化产物，反应转移电子数目为10，则表示反应电子转移的方向和数目的双线桥为

；

04陌生氧化还原反应方程式书写

1．（25-26高三上·上海·开学考试）NaBH4的应用——重要还原剂

制备纳米零价铁。将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁、H2和NaBO2等，该反应的离子

方程式为(NaBH4、NaBO2中B元素均为3价)

2+---

【答案】2Fe+BH4+4OH=2Fe+BO2+2H2+2H2O

【详解】将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁、H2和NaBO2，铁元素化合价由+2降低

为0，NaBH4中H元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒、元素守恒，反应的离子方程式为

2+---

2Fe+BH4+4OH=2Fe+BO2+2H2+2H2O。

2．（25-26高三上·上海·开学考试）用废铜屑生产硫酸铜晶体CuSO45H2O的流程如下：

“溶解”时发生的化学反应方程式为。

【答案】Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

【详解】由题干流程图可知，“溶解”步骤即向废铜屑中加入稀硫酸和H2O2，将Cu转化为CuSO4，根据氧化

还原反应配平可知，该步骤发生的反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：

Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。

3

3．（25-26高三上·上海·阶段练习）通过如下实验，比较Ag、Fe、I2的氧化性。

实验现象

A中溶液呈棕黄色，滴加淀

粉溶液，变蓝

B中产生黄色沉淀，滴加淀

粉溶液，未变蓝

3

(1)A中反应的离子方程式为，说明氧化性：FeI2。

32

【答案】(1)2Fe2I2FeI2

3

【分析】通过试管和原电池实验比较Ag、Fe、I2的氧化性。

【详解】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了I2，因此A中反

32

应的离子方程式为2Fe2I2FeI2；

4．（2025·上海杨浦·模拟预测）中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了

包括17种稀土在内的全新出口管制规定。化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源

生产应用方面实现质的飞跃。

镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备PrCl3。

已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH

金属离子Zn2Fe3Fe2Pr3

开始沉淀时的pH5.42.27.58.0

沉淀完全时的pH6.43.29.08.9

(1)滤渣Ⅰ中除含有外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程

式。

(3)“除铁”加入H2O2的目的是。

3

(7)将Pr6O11固体加到30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr的形式存在，该反应的

离子方程式为。

322

【答案】(1)SiO2ZnS2FeZnS2Fe

(3)使Fe2转化为Fe3便于后续除铁

3

(7)Pr6O112H2O218H6Pr2O211H2O

【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2

和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH

除去Fe3+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，再除Zn2+和氢氧化锌，过滤后将所得滤液进行多次反复萃取（稀土元素

在孪生矿中含量较低），多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；

【详解】（1）滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；ZnS在溶浸

中和铁离子发生氧化还原生成硫单质、亚铁离子，同时生成锌离子，反应为ZnS2Fe3Zn2S2Fe2；

（3）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故目的为：使Fe2转化为Fe3便于后续除铁；

3

（7）将Pr6O11固体加到30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr的形式存在，则反应

为氧化还原反应生成Pr3和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：

3

Pr6O112H2O218H6Pr2O211H2O。

1．（双选）（25-26高三上·上海·开学考试）氮氧化物NOx是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石

笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的

过程如图2所示。下列说法正确的是：

A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成

B．过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子

C．A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应

催化剂

D．图1总反应的化学方程式为4NO4NH3O24N26H2O

【答案】CD

【详解】A．过程Ⅰ中涉及N≡N非极性键的生成，不存在非极性键断裂，故A错误；

B．过程Ⅱ中NO中N元素从+2价转化为N2中的0价，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，1molNO反应

转移3mol电子，故B错误；

C．图2中，A、B、C、D能量依次减小，所以该过程为放热反应，故C正确；

D．根据图1，进入的物质为2molNO、2molNH3和0.5molO2，流出的物质为N2和H2O，故图1总反应的化

催化剂

学方程式为4NO4NH3O24N26H2O，故D正确；

选CD。

+

2．（2025·上海·三模）N2O和CO在Pt2O催化下发生反应转化为两种无污染的产物。其过程分为两步进行，

++

第一步为Pt2O+N2O=Pt2O2+N2。

写出第二步的化学方程式：。

+

【答案】Pt2O2+CO=CO2+Pt2O

+

【详解】根据已知信息：N2O和CO在Pt2O催化下发生反应转化为两种无污染的产物，根据元素守恒可以

+

Pt2O

知道这两种无污染的产物分别是N2和CO2。可以写出总化学方程式：N2O+CON2+CO2，由盖斯定律

+

可用总反应减去第一步的方程式，则可得第二步的化学方程式：Pt2O2+CO=CO2+Pt2O。

3．（2025·上海·三模）N2O是硝酸工业生产中氨催化氧化的副产物。NH3与O2在加热和催化作用下生成N2O

的化学方程式为。

催化剂

【答案】2NH3+2O2N2O+3H2O

Δ

-

【详解】NH3被O2氧化生成N2O，N元素从3价升至1价，1molNH3失去4mole，O元素从0价降至

催化剂

-

2价，1molO2得到4mole，根据N和O元素得失电子守恒配平反应为2NH3+2O2N2O+3H2O。

Δ

4．（2025·上海浦东新·一模）蚀刻是半导体制造工艺中的重要步骤，其原理是通过物理或化学方法对材料(如

Al、Si等)进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，Cl2和BCl3是干法蚀刻Al时常用的氯基气

体。

(1)蚀刻铝时发生了Cl2和Al的反应，这说明Cl2具有___________。

A．酸性B．可燃性C．氧化性D．漂白性

(5)硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要试剂。某次蚀刻中，产生了相同物质的量的NO和NO2，配平此

条件下的化学方程式：。

___________Si+___________HNO3+___________HF—H2SiF6+___________NO↑+___________NO2↑+_______

____H2O

若反应过程中转移了3mol电子，则理论上可蚀刻Sig。实际生产中，收集到的气体体积小于理

论值，可能的原因有(任写一条)。

【答案】(1)C

(5)1、2、6、1、1、321NO2会自发反应生成N2O4而使气体体积减小；NO2会与水反应而

使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减小

【详解】（1）氯气与铝反应生成AlCl3，氯元素的化合价降低，说明Cl2具有氧化性，故选C；

（5）该反应中Si的化合价由0价升高到+4价，共升高4价，N元素化合价由+5价降低到+4价和+2价，

产生了相同物质的量的NO和NO2，根据化合价升降守恒可知NO、NO2系数均为1，则Si和HNO3的系数

分别为1、2，再利用原子守恒配平得该化学方程式为：Si+2HNO3+6HF=H2SiF6+NO↑+NO2↑+3H2O，则空白

处分别填1、2、6、1、1、3；该反应每消耗1molSi转移4mol电子，则转移3mol电子时，消耗0.75molSi，

其质量为21g；实际生产中，收集到的气体体积小于理论值，可能的原因有：NO2会自发反应生成N2O4而

使气体体积减小；NO2会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中NO比NO2多而使气体体积减

小等(合理即可)。

5．（25-26高三上·上海·阶段练习）向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量

变化如图所示，原溶液中FeI2的物质的量为mol，当通入2molCl2时，溶液中总离子反应

为。

2＋-3＋-

【答案】12Fe＋2I＋2Cl2=2Fe＋I2＋4Cl

【详解】溴化亚铁和碘化亚铁混合溶液中，离子还原性的强弱顺序为I->Fe2＋>Br-，由氧化还原反应规律可

--2+3＋--

知，碘离子优先与氯气反应：2I＋Cl2=I2＋2Cl，接着依次发生如下反应：2Fe＋Cl2=2Fe＋2Cl、2Br＋

-

Cl2=Br2＋2Cl，则曲线a、b、c、d依次代表碘离子、亚铁离子、铁离子、溴离子的物质的量变化。由图可

知，碘离子的物质的量为2mol，则碘化亚铁的物质的量为1mol；通入2mol氯气时，碘离子完全反应，参

2＋-3＋-

与反应的亚铁离子物质的量为2mol，则反应的离子方程式为2Fe＋2I＋2Cl2=2Fe＋I2＋4Cl。

6．（2025·上海·三模）通过KMnO4和H2O2在KFHF介质中反应获得制氟气的原料——K2MnF6。完成下

列方程式，并用单线桥法表示电子转移方向和数目。

____KMnO4____H2O2____KF____HF____K2MnF6________H2O

【答案】

【详解】

反应中Mn元素的化合价由KMnO4中+7价降至K2MnF6中+4价，1molKMnO4参与反应得到3mol电子；根

据氧化还原反应的特征，O元素的化合价由H2O2中-1价升至0价，氧化产物为O2，1molH2O2参与反应失

去2mol电子；根据得失电子守恒得2KMnO4+3H2O2→2K2MnF6+3O2，结合原子守恒，反应的化学方程式

为2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2+8H2O；用单线桥表示↑电子转移方向和数目为

↑

。

7．（2025·上海·二模）硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，

其结构式为。

+2-2+2--2-2+

(1)在Ag催化作用下，S2O8能与Mn在水溶液中发生反应生成SO4和MnO4，1molS2O8能氧化的Mn

的物质的量为mol。

【答案】(1)0.4

2-2+2--

【详解】（1）S2O8能与Mn在水溶液中发生反应生成SO4和MnO4，根据得失电子守恒得反应离子方程

2-22--2-2+

式：5S2O82Mn+8H2O=10SO4+2MnO416H；1molS2O8能氧化的Mn的物质的量为0.4mol；

、、32

8．（2025·上海黄浦·二模）NH4NO3PO4等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用Mg不仅可以

3

降低污水中NH4和PO4的浓度，还能回收优良缓释肥料MAP（化学式MgNH4PO4，俗称鸟粪石）。

已知常温下：K(MAP)2.51013,KMgPO6.311026,KNHHO1.8105。

spsp34232

微生物燃料电池在治理水体富营养化方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装

置能同时除去水体中的NO3和沉积物中的NH4。

(7)写出NH4在电极b表面发生的电极反应。

(8)S.T.P下通过该装置生成89.6mL的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为mol。

【答案】

(7)2NH46eN28H

(8)0.015

【详解】

（7）氨根发生氧化反应生成氮气，故电极反应为2NH46eN28H。

+-

（8）总反应为5NH43NO34N29H2O+2H，得到4N2~15e，生成89.6mL氮气转移电子的物质的量为

0.089615

mol=0.015mol。

22.44

9．（2025·上海奉贤·二模）三醋酸锰可用如下反应制备：

。

____MnNO326H2O____CH3CO2O____CH3COO3Mn____HNO2____O240CH3COOH

(1)配平上述化学方程式。

(2)NO2的空间结构是_______。

A．直线形B．角形C．三角锥形D．正四面体形

(3)醋酸酐的结构如图所示，该分子中所含σ键数与π键数之比为。

【答案】

(1)4MnNO326H2O26CH3CO2O4CH3COO3Mn8HNO23O240CH3COOH

(2)B

(3)6:1

【详解】（1）反应中氮化合价由+5变为+3、部分氧化合价由-2变为0、锰化合价由+2变为+3，结合电子

守恒、质量守恒，反应为

；

4MnNO326H2O26CH3CO2O4CH3COO3Mn8HNO23O240CH3COOH

5122

（2）NO中N原子的价层电子对数为2+=3，N为sp2杂化，存在1个孤电子对，离子的空间构

22

型为角形；

（3）单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，根据醋酸酐的结构可知，1mol醋酸酐中含12molσ键与2molπ

键，则σ键数与π键数之比为6:1。

10．（24-25高三下·上海·开学考试）O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如下图

所示(OH表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。O2在(填“阴”或“阳”)极生成，

在净化器中生成1molHNO3，消耗OH的数目为