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3

B．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；

+2+

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，Fe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++2+3

2．（25-26高三上·北京顺义·月考）资料表明Co还原性很弱，某小组同学为实现CoCo，进

行如下探究。

3+

(1)理论分析：氧化半反应Co2+-e-=Co3+一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低cCo或均能

促进Co2+失电子，提高其还原性。

【实验Ⅰ】

①

②

3.14.8

已知：i.KaHNO210，KaCH3COOH10

ii.HNO2不稳定，易分解：3HNO22NOHNO3H2O

(2)②是①的对照实验，目的是。

3+2+3

(3)经检验，橙红色溶液中存在CoNO。经分析，①中能实现的原因是（3形成了配离子，

26CoCoCo

且NO2的氧化性被提高。）

结合还原半反应解释NO2的氧化性被提高的原因：

【实验Ⅱ】

③

④

已知：粉红色和棕黑色的分别是-14.2和-43.8

CoOH2()CoOH3()Ksp1010

对比③④可知，本实验条件下还原性：2（填或）。

(4)CoOH2Co“>”“<”

+2+3

(5)分析④中能实现CoCo的原因：

+22+2

a.该条件下，Co的还原性同时受“cCo降低”和“cCo降低”的影响，前者影响更（填“大”或“小”）。

当2314，+2能被氧化。结合K计算，④中通入少量后溶液中

b.cCo:cCo10CoCl2spCl2

cCo2:cCo3，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。

2+-

【答案】(1)提高cCo(2)证明该条件下NO2遇CH3COOH不会产生气泡

+--++-

(3)还原半反应为2H+NO2+e=NO+H2O，CH3COOH电离出H，使cH增大，促进NO2得电子

(4)>(5)大1027.6(6)更稳定的配合物更难溶的沉淀

3+2+

【详解】（1）从平衡移动的角度来看，降低生成物cCo或提高反应物cCo均能促进Co2+失电子，提

高其还原性，故答案为：提高cCo2+；

2+

（2）实验①中，产生的现象是否为Co发生的转化，是否为NaNO2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NO2遇CH3COOH不会产生气泡，故答案

-

为：证明该条件下NO2遇CH3COOH不会产生气泡；

-

（3）加入NaNO2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NO2

-+--

的氧化能力。从而得出NO2的氧化性被提高的原因：还原半反应为2H+NO2+e=NO+H2O，CH3COOH电

++-+--

离出H，使cH增大，促进NO2得电子，故答案为：还原半反应为2H+NO2+e=NO+H2O，CH3COOH

++-

电离出H，使cH增大，促进NO2得电子；

（）实验③中，过量都不能将2+氧化，实验④中，通入少量就能将氧化，则表明本实

4Cl2CoCl2CoOH2

验条件下还原性：＞2+，故答案为：；

CoOH2Co>

2+3+2++2+3

（5）a．该条件下，Co的还原性同时受“cCo降低”和“cCo降低”的影响，因为实现了CoCo，

所以表明前者影响更大，故答案为：大；

．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

bCl2CoOH2CoOH3Cl2

2+2--14.2

c(Co)c(OH)Ksp[Co(OH)2]10

黑色的。在、共存的溶液中，有=1029.6，

CoOH3CoOH2CoOH33+3--43.8

c(Co)c(OH)Ksp[Co(OH)3]10

2+3+29.6-29.6227.614

则cCo:cCo10cOH101010＞10，因此能实现转化，故答案为：1027.6；

（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Fe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Fe具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层

反应①反应②

．纳米将还原为的转化关系如图：

ⅱFeNO3NH4NO3NO2NH4

FeFe

(1)纳米Fe的制备原理：FeSO42NaBH46H2O2B(OH)3Fe7H2Na2SO4，其中电负性HB。反

应中，氧化剂是。

2

(2)酸性条件下，纳米Fe和NO3反应生成Fe和NH4的离子方程式是。

(3)检验溶液中NH4的操作和现象是。

(4)溶液初始pH较低有利于NO3的去除，可能的原因是(答2条)。

(5)反应结束时，溶液的pH升高至10左右。一段时间内，纳米Fe还原NO3的产物分析如图。

、

注：i．氨氮包括NH3NH4和NH3H2O

ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮

iii．c/c0为溶液中粒子的物质的量浓度与初始cNO3的比值

①溶液中只检出少量NO2，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。

-+2++

【答案】(1)FeSO4、H2O(2)4Fe+NO3+10H=4Fe+NH4+3H2O

(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NH3生成，证明原溶液含有NH4

-+-

(4)酸性越强，则NO3的氧化能力越强或H溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和NO3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NH3或其他含N气体逸出

【详解】（1）反应物中FeSO4中Fe元素从+2价被还原为0价，H2O中H元素从+1价被还原为0价，FeSO4

和H2O为氧化剂，故答案为：FeSO4、H2O；

+-+2++

（2）根据题意，可知还有H参与反应，还生成了H2O，离子方程式为4Fe+NO3+10H=4Fe+NH4+3H2O，

-+2++

故答案为：4Fe+NO3+10H=4Fe+NH4+3H2O；

+

（3）检验溶液中NH4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NH3生成，证明原溶液含有NH4，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NH3生成，证明原溶

+

液含有NH4；

-+-

（4）可能是酸性越强，则NO3的氧化能力越强，也可能是H溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和NO3

-+

充分接触，从而增大反应速率，故答案为：酸性越强，则NO3的氧化能力越强或H溶解纳米铁表面氧化物

-

或杂质，使纳米铁和NO3充分接触；

-

（5）①溶液中始终只存在少量NO2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NH3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NH3

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H2S为单质S，提

出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

2+3+

A．O2使Fe转化成Fe，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34gH2S，转移的电子数目为NA

【答案】A

2+3+

【详解】A．根据图示③④两步历程，可知O2使Fe转化成Fe，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O=O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；

催化剂

．根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化34gHS即

D2H2S+O22S+2H2OH2S2e2

1molH2S，转移的电子数目为2NA，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CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。

实

验

①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色

①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色

现②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄

②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶

象绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后

液

得到无色溶液

223

已知：2S2O3(无色)I2ISO(无色)；CuI为白色沉淀，可吸附I；CuI在溶液中不存在：CuSO

24622232

2

呈无色，CuSO呈黄色。

232

下列结论或推断不．合．理．的是

2

A．CuSO4与KI能发生反应：2Cu4I2CuII2

B．CuI与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率

32

C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有CuSO、CuSO生成

232232

Ⅱ2

D．Cu()与S2O3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I2而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：

2

2Cu4I2CuII2，故A正确；

22

B．已知2S2O3(无色)I22IS4O6(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CuI表面的I2先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，故B错误；

22+

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2Cu4I2CuII2，Cu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

23

CuSO、CuSO；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

232232

223

CuSO；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明CuSO全部被SO2还原为CuSO，故

23223223232

C正确；

3

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CuSO，故Cu(Ⅱ)与SO2生成配

23223

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CaCO3D．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

1

①2mLKMnO4溶液+1mL10molL氨水溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。

+0.5mL蒸馏水实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有

1少量气泡产生(经检验为N2)。

2mLKMnO4溶液+1mL10molL氨水

②

+0.5mL1molL1稀硫酸

1

2mLKMnO4溶液+1mL10molL氨水

③

1

+0.5mL1molLNa2SO4溶液

2mLKMnO4溶液

④1溶液蒸无明显变化

+1mL5molLNH42SO4+0.5mL

馏水

-1

注：实验中cKMnO4=0.01mol·L。下列说法不．正．确．的是

A．实验①中发生了反应2MnO42NH32MnO2N22OH2H2O

+

B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：cH增大，MnO4的氧化性增强

C．对比实验③④可得出，还原性：NH3NH4

D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH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：2MnO4+2NH3=2MnO2+N2+2OH+2H2O，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NH4未被氧化，所以还原性：NH3>NH4，故C正确；

D．实验④中加入的NH4未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进NH4的水解，增大了NH3H2O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/LNH4Cl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/LNH4Cl溶液中持续产生气泡，是因为氯化铵

+

溶液中NH4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

2+-2-

[Cu(H2O)4]+4Cl[CuCl4]+4H2O，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>I2

2+-3+

Bb处试纸变红Cl2+2Fe=2Cl+2Fe

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．AB．BC．CD．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；

3+2+-3+

B．b处试纸变红，说明有Fe生成，即氯气将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe=2Cl+2Fe，

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

ABCD

项

实

验

目比较Na2CO3和NaHCO3比较苯和甲苯的比较Fe和Cu的

比较氧化性：Cl2Br2I2

的的热稳定性化学性质金属活动性

A．AB．BC．CD．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：Cl2Br2，

Cl2I2，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；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

-+2+

A．证明H2C2O4有还原性：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2+8H2O

+2+3-

B．将K3[Fe(CN)6]]溶液滴入FeCl2溶液中：K+Fe+Fe(CN)6=KFeFe(CN)6

2-2--+

C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：S2O3+2Cl2+3H2O=2SO3+4Cl+6H

2-+3+

D．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：3CH3CH2OH+2Cr2O7+16H=3CH3COOH+4Cr+11H2O

【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

2+

CO2，Mn元素被还原为+2价的Mn，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

-+2+

该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2+8H2O，A正确；

2+

B．铁氰化钾K3[Fe(CN)6]能够与Fe反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：

+2+3-

K+Fe+Fe(CN)6=KFeFe(CN)6，B正确；

2-2--2-

C．Cl2具有强氧化性，会将S2O3氧化为SO4，Cl2被还原为Cl，S2O3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

2--2--

为：S2O3+4Cl2+10OH=2SO4+8Cl+5H2O，C错误；

3+

D．乙醇被酸性K2Cr2O7溶液氧化为乙酸，酸性K2Cr2O7溶液被还原为Cr，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：

2-+3+

3CH3CH2OH+2Cr2O7+16H=3CH3COOH+4Cr+11H2O，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。

-2+

已知：MnO4的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn接近无色。

序

实验试剂a实验现象

号

紫色变浅，底部有棕黑色沉

Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)

淀

Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液无明显变化

-1

Ⅲ4mol·L(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略变浅，底部有少量棕

黑色沉淀

-1

硫酸酸化的4mol·L(NH4)2SO4溶

Ⅳ紫色变浅

液(pH≈1)

-1

硫酸酸化的4mol·LNH4Cl溶液

Ⅴ紫色褪去

(pH≈1)

下列说法不．正．确．的是

--

A．由Ⅱ可知，pH=13时，OH不能还原MnO4

+-

B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与NH4相比，NH3更易还原MnO4

+-

C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对NH4与MnO4反应的影响

+

D．由Ⅳ、Ⅴ可知，NH4浓度降低，其还原性增强

【答案】D

-1--

【详解】A．Ⅱ中0.1mol·LNaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH不能还原MnO4，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NH4相比，NH3更易还原MnO4，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NH4与MnO4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NH4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．NaOH溶液与醋酸溶液反应：OHHH2O

222

B．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：CuSO4Ba2OHBaSO4Cu(OH)2

电解

C．电解饱和食盐水：2Cl2HCl2H2

23

D．向FeI2溶液中通入过量的Cl2：2FeCl22Fe2Cl

【答案】B

--

【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：OH+CH3COOH=H2O+CH3COO，A错误；

B．CuSO4溶液与Ba(OH)2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：

通电

--

2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，C错误；

D．向FeI2溶液中通入过量的Cl2，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：

2+-3+-

2Fe+4I+3Cl2=2Fe+6Cl+2I2，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。

焙烧

【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

强氧化（或氧化）

(2)2CoOH2H2O22CoOH3(3)

(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

焙烧

【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：；

2CoOH2H2O22CoOH3

（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O2、H2O生成

C．Ⅱ中，N2作氧化剂D．该方法中，LiOH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NaOH溶液吸收CO2

B．利用铜与浓硫酸加热反应制取SO2

C．乙醇使紫色酸性KMnO4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．NaOH溶液吸收CO2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Fe3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C6H8O6

B．分子中含有2种官能团

C．具有还原性，能还原Fe3使竹简变回浅色

D．O原子有孤电子对，推测能与Fe3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C6H8O6，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Fe3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Fe3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3mL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：NO2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N2和空气，观察现象。

通入气体氮气空气

液面上方出现明显的红棕色气体液面上方出现明显的红棕色气体

现象

25min后溶液变为蓝色5min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N2时，N2被缓慢氧化为NO2

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CO2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HNO2”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因

ⅱ.NO2在溶液中存在

反应l：2NO2H2OHNO3HNO2(慢)

反应2：2HNO2NO2NOH2O(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％H2O2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H2O2后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程

式表示)：H2O22NO22HNO3，，。

+-2+

【答案】(1)Cu+4H+2NO3=Cu+2NO2+2H2O

(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2NO+O2=2NO2，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）H2O2+HNO2=HNO3+H2O3H2O2+2NO=2HNO3+2H2O

+-2+

【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，Cu+4H+2NO3=Cu+2NO2↑+2H2O。

（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，NO2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；N2化学性质稳

定，在上述溶液中不能被氧化为NO2，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，