2026年高考化学二轮复习（全国）专题04 氧化还原反应（专练）（解析版）

专题04氧化还原反应

情境突破练压轴提速练

1．新考法【结合有机反应机理考查氧化还原反应】（2025·浙江台州·一模）某课题组以CH3OH，CO，HI

作原料催化合成乙酸的机理如图所示(＋1、＋3表示Rh的价态)。下列说法不．正．确．的是

A．RhICO可看成合成乙酸的催化剂

22

B．反应②中CH3I发生了还原反应

C．若RhICO中C均用13标记，反应物CO用12，则生成CH12COOH

22CC3

D．反应⑥的H2O中O原子进攻正电性很强的羰基碳

【答案】C

【分析】以CH3OH，CO，HI作原料催化合成乙酸的机理，涉及Rh的不同价态及中间产物的变化，

-

[RhI2(CO)2](+1价)在反应起始通过与CH3I作用生成+3价的Rh配合物，Rh配合物继续与CO、H2O等发生

-

多步反应最终生成CH3COOH并再生成[RhI2(CO)2](+1价)。

【解析】A．据分析知RhICO在循环中先消耗后生成，是反应的催化剂，A正确；B．Rh从+1变为

22

-13

+3被氧化，则CH3I被还原，B正确；C．根据反应机理可知，若[RhI2(CO)2]中C均用C标记，反应物

1213

CO用C，则生成CH3COOH，C错误；D．由图可知⑥是断羰基碳上的CI键和水中的HO，成CO，

故H2O中O原子进攻电正性很强的羰基碳，D正确；故答案选C。

2．新情境【结合实验考查氧化还原反应】（2025·四川资阳·一模）利用如图装置进行实验：打开K1、K2，

同时关闭K3；点燃a处酒精灯，一定时间后，a处试管中溶液变蓝；熄灭a处酒精灯，关闭K1，打开K3，

点燃c处酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法正确的是

A．a处试管中溶液变蓝体现了硫酸的氧化性

B．b处反应中H2O2仅作还原剂

C．乙醇滴加过程中，c处铜丝由黑变红，说明乙醇被还原

D．加热d处试管，产生砖红色沉淀，说明c中产物有乙醛

【答案】D

【分析】装置b为制取氧气装置，先通入装置a与铜、氧气、稀硫酸发生反应；关闭K1，打开K3后氧气通

入到红热的铜丝中与乙醇发生催化氧化反应，产物通入到氢氧化铜悬浊液中检验产物。

【解析】A．a处溶液变蓝为铜与氧气和稀硫酸反应的结果，应为氧气体现氧化性，稀硫酸在该反应中仅体

现酸性，A错误；B．过氧化氢在二氧化锰催化剂条件下分解，因此过氧化氢既做氧化剂又做还原剂，B错

误；C．关闭K1，打开K3，点燃c处酒精灯加热数分钟发生铜的氧化反应，产生氧化铜，氧化铜与乙醇反应，

使氧化铜由黑变红，故氧化铜被还原，乙醇被氧化，C错误；D．d处试管产生砖红色沉淀，这是斐林试剂

的经典反应，用于检验还原性基团，故能使新制氢氧化铜产生砖红色沉淀的为乙醇反应得到的乙醛，D正

确；故选D。

3．新角度【结合工业流程考查氧化还原反应】（2025·云南玉溪·一模）从钒电池废电解液（主要含钒离子

22

为VO2、VO、V等）中回收钒元素，制备V2O5的工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A．ClO3的空间结构为三角锥形

B．“氧化”工序的目的是将+2价和+4价的钒氧化为+5价

．晶体中含离子键、共价键和配位键

CNH42SO4

D．“煅烧”过程中需要不断鼓入空气

【答案】D

22

【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，加氧化剂KClO3，将VO2、VO、V等氧化为VO3，

浓缩富集时加入硫酸减少VO3水解，“沉钒”过程加入硫酸铵得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生

成V2O5；据此解答。

【解析】A．ClO3中Cl的价层电子对数为(7+1)/2=4（含1对孤电子对），价层电子对构型为四面体形，空

间结构为三角锥形，A正确；B．由分析可知，“氧化”工序的目的是将+2价和+4价的钒氧化为+5价，B正

确；．中+与2-间为离子键，+内有共价键和配位键（提供孤对电子，+提

CNH42SO4NH4SO4NH4N-HNH

2-

供空轨道），SO4内S-O为共价键，C正确；D．煅烧NH4VO3生成V2O5的反应为

高温

2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，V为+5价（最高价），无需氧气氧化，不需要鼓入空气，D错误；

故答案选D。

建议用时：45min

1．（2025·广东肇庆·一模）某兴趣小组设计如图所示实验装置制备SO2并探究其化学性质，1、2、3和4处

为蘸有对应溶液的棉团。下列说法错误的是

A．理论上装有BaCl2溶液的试管中无明显现象

B．一段时间后，1处和2处棉团均会褪色

C．3处棉球颜色不发生变化，说明SO2的氧化性弱于I2

D．将4处酸性KMnO4溶液换为FeCl3溶液也能达到相同目的

【答案】B

【解析】A．HCl酸性大于H2SO3，BaCl2与SO2不会发生化学反应，则理论上装有BaCl2溶液的试管中无明

显现象，A正确；B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；但不能漂白指示剂，SO2的水溶液具有酸性，能

使紫色石蕊溶液变红，B错误；C．3处棉球颜色不发生变化，说明没有I2生成，SO2的氧化性弱于I2，不

能将I氧化为I2，C正确；D．4处用于验证SO2的还原性，SO2也能被FeCl3氧化，将4处酸性KMnO4溶

液换为FeCl3溶液也能达到相同目的，D正确；故选B。

2．（25-26高三上·甘肃·月考）钴在新能源、航空航天、电子信息等战略性新兴产业中具有不可替代的作用。

以某炼锌废渣[含有Zn、Pb、Cu、Fe、Co、Mn(Ⅱ)等的氧化物及锌和铜的单质]为原料提取钴的一种流程如

图所示。下列说法正确的是

A．浸渣的成分仅有PbSO4

2

B．“沉锰”条件下物质的还原性：S2O8>MnO2

C．“沉锰”后的滤液中金属阳离子主要有Fe2+、Co2+、Zn2+

2+

D．“沉钴”时发生反应的离子方程式为2Co+5ClO+5H2O=2Co(OH)3+Cl+4HClO

【答案】D

【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，

铜不溶解，Zn及其它+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶

液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时

亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去铁

元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。

【解析】A．“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其它元素的+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，

其它元素均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，浸渣的成分为铜和硫酸铅，A错误；B．“沉锰”步骤中，

Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，二氧化锰为氧化产物，离子方程式为：

2-2++2-2

S2O8+Mn+2H2O=MnO2+4H+2SO4，反应中S2O8为氧化剂，MnO2为还原产物，还原性顺序应为

2+

S2O8<MnO2，B错误；C．加入Na2S2O8后，亚铁离子也被氧化为铁离子，同时引入了Na，因此“沉锰”

后的滤液中金属阳离子为Fe3+、Co2+、Zn2+、Na+，C错误；D．“沉钴”时加入次氯酸钠把Co2+氧化为Co3+，

-

同时生成Co(OH)3，ClO被还原为氯离子，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒可得离子方程式为

2+

2Co+5ClO+5H2O=2Co(OH)3+Cl+4HClO，D正确；故答案选D。

3．（2025·广东·模拟预测）钴在新能源、航空航天、电子信息等战略性新兴产业中具有不可替代的作用。

以某炼锌废渣[含有Zn、Pb、Cu、Fe、Co、Mn(II)等的氧化物及锌和铜的单质]为原料提取钴的一种流程如

图所示。下列说法正确的是

A．浸渣的成分仅有PbSO4

2

B．“沉锰”条件下物质的还原性：S2O8MnO2

C．“沉锰”后的滤液中金属阳离子主要有Fe2、Co2、Zn2

2

D．“沉钴”时发生反应的离子方程式为2Co5ClO5H2O2Co(OH)3Cl4HClO

【答案】D

【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，

铜不溶解，Zn及其它+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶

液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时

亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去

铁元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到。

CoOH3

【解析】A．用稀硫酸“酸浸”时，Cu单质不溶于硫酸，Pb的氧化物与硫酸反应生成PbSO4沉淀，浸渣的主

要成分为Cu、PbSO4，A错误；B．由“沉锰”时加入Na2S2O8反应生成MnO2沉淀，

22222

S2O8Mn2H2OMnO24H2SO4，可知氧化性：S2O8MnO2，B错误；C．S2O8、MnO2均

具有强氧化性，“沉锰”后的滤液中的阳离子主要为Na、Fe3、Co2、Zn2，C错误；D．次氯酸根具有强

氧化性，可以把Co2氧化为Co3，次氯酸根还原为氯离子，另一部分ClO与反应生成的H结合生成弱电

解质HClO，该反应电荷和原子守恒，符合氧化还原反应规律，D正确；故选D。

11

4．（2025·河北保定·模拟预测）将10mL0.1molLKClO3溶液和10mL0.3molLNaHSO3溶液混合，

所得溶液中cCl随时间变化的曲线如图。(已知产物离子不具有催化作用)下列说法错误的是

2

A．该反应的离子方程式为ClO33HSO3Cl3SO43H

311

B．在0~4min的平均反应速率vHSO32.510molLmin

C．该反应为放热反应

D．6min时向混合溶液中加入少量Na2SO4固体，不会改变曲线变化

【答案】B

---2-

【解析】A．ClO3中Cl为+5价，被还原为Cl（-1价）得6e，HSO3中S为+4价，被氧化为SO4（+6价）

--

失2e；根据得失电子守恒，ClO3与HSO3计量数之比为1∶3，再结合电荷守恒、原子守恒，离子方程式

-2+-

为ClO3+3HSO3=Cl+3SO4+3H，A正确；B．0~4min内，由图可知c(Cl)从0增至0.010mol/L，则

Δc0.010mol/L

vCl-===2.510-3mol·L-1·min-1；又不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则

Δt4min

--3-1-1

v(HSO3)=3v(Cl)=7.510mol·L·min，B错误；C．由图可知，反应过程中曲线斜率逐渐增大（速率加快），

+2-

因产物无催化作用，推测反应放热使温度升高，速率加快，C正确；D．Na2SO4电离出的Na、SO4不参与

反应，且产物离子无催化作用，加入后不影响反应物浓度和反应速率，不会改变曲线变化，D正确；故答

案选B。

5．（2025·河北衡水·三模）氮化硅陶瓷是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷。以N2、H2、SiCl4（g）（沸

点57.6℃，极易水解，具有腐蚀性）为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图。实验结束后丁装置硬质

玻璃管增重2.8g，己装置增重15.56g，不考虑SiCl4在丙装置和戊装置中的损耗。

下列说法不正确的是

A．乙装置中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1

高温

B．丁装置中反应的化学方程式为2N26H23SiCl4gSi3N412HCl

C．戊装置中的试剂为浓硫酸

D．该实验中氮化硅的产率为75%

【答案】D

【分析】以N2、H2、SiCl4（g）为原料在高温下制备氮化硅的方程式为

高温

2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，甲装置用于生成氢气，乙装置用于生成氮气，丙装置中将N2、

H2、SiCl4干燥、混合，在丁装置内发生反应制取Si3N4；戊装置的目的是防止水蒸气进入丁装置，己装置用

于吸收过量的SiCl4气体和反应生成的HCl气体，以防止污染环境。

【解析】A．乙装置中NH4Cl与NaNO2反应生成N2，反应方程式为NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O，

其中NH4Cl作还原剂化合价升高生成氮气，NaNO2作氧化剂化合价降低生成氮气，二者得失电子数均为3，

物质的量之比1:1，A正确；B．丁装置中以N2、H2、SiCl4（g）为原料在高温下制备氮化硅，方程式为

高温

2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，B正确；C．SiCl4极易水解，为防止SiCl4进入丁装置应在戊中

2.8g

加入浓硫酸除水，C正确；D．；mSiN2.8g，nSi3N40.02mol，mSiClmHCl15.56g，

34140g/mol4

高温

依据反应2N26H23SiCl4gSi3N412HCl，可求出nHCl0.02mol120.24mol，

6.8g

mHCl0.24mol36.5g/mol8.76g，mSiCl15.56g8.76g6.8g，nSiCl40.04mol，

4170g/mol

0.04

若SiCl完全转化为SiN，又可生成SiN的物质的量为mol，该实验氮化硅的产率为

434343

0.02mol

100%60%

0.04mol，D错误；故选D。

0.02mol

3

6．（25-26高三上·陕西宝鸡·月考）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、

2--

Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]和[AuCl4]，

下列判断正确的是

A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2

B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境

--

C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+5Cl2+2Cl=2[AuCl6]

D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯

【答案】B

【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，Ag2Se与O2反应生成Ag和

SeO2；烧渣（含CuO、Ag、Au、Pt、SeO2）酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、

AgNO3和H2SeO4进入滤液，Au和Pt不反应，过滤后留在滤渣中；滤渣酸溶时，Au、Pt与Cl2、HCl反应

-2-2--

转化为[AuCl4]、[PtCl6]；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取，分液得到含有[PtCl6]的有机相和含有[AuCl4]

-

的水层；水层中加入KOH和(NH4)2SO3混合溶液，将[AuCl4]转化为NH4[Au(SO3)3]。

【解析】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，反应的化学方程式为

高温

Cu2S+2O22CuO+SO2，反应中氧化剂O2与还原剂Cu2S物质的量之比为2:1，A错误；B．由分析可

知，烧渣酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、AgNO3和H2SeO4，酸浸氧

化时，通入氧气可防止稀硝酸被还原为NO，从而保护环境，B正确；C．由分析可知，滤渣酸溶时，Au与

---

Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]、，反应的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl=2AuCl4，C错误；D．由分析可知，

2--

萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有[PtCl6]的有机相和含有[AuCl4]的水层，萃取分液时需要

使用的仪器是分液漏斗和烧杯，D错误；故选B。

7．（2025·河南信阳·一模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到

四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是

A．因TiCl4易水解，制备流程中需要在装置的两端都添加干燥装置

B．氯化过程中FeCl3既是氧化产物又是还原产物

C．若制取1mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol

D．制取金属钛时，可用CO2替代Ar以隔绝空气

【答案】D

【分析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为

高温800℃

2FeTiO6C7Cl2FeCl6CO2TiCl，制取金属钛的化学方程式为：2MgTiClTi2MgCl，

32344Ar2

以此来解析。

【解析】A．TiCl4易水解，制备流程中需防止空气中的水蒸气进入，因此装置两端需添加干燥装置，A正

确；B．根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为

高温

2FeTiO36C7Cl22FeCl36CO2TiCl4，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl的化合价由0价降低为-1

价，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．根据氯化过程中发生反应

高温

-

2FeTiO36C7Cl22FeCl36CO2TiCl4，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mole~Ti，

可知若制取1mol金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol，C正确；D．制取金属钛时，选用

氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar气

以隔绝空气，D错误；故选D。

8．（25-26高三上·山东聊城·月考）铁黄FeOOH广泛用于建筑、涂料、油漆等颜料的着色剂。以黄铁

矿烧渣[含Fe2O3(60%)、SiO2(15%)、-Al2O3(10%)、CaO(5%)等]为原料制备铁黄的一种工艺流程如图所示。

已知：Al2O3不溶于水，也不溶于酸和碱。

下列有关说法正确的是

A．“滤渣”的成分是SiO2、Al2O3和Fe

B．检验“还原”是否进行完全可选择铁氰化钾溶液

C．“沉铁”时生成FeCO3沉淀和CO2气体

．氧化过程生成铁黄的化学方程式为

D“”4FeOH2O22H2O4FeOOH4H2O

【答案】C

3+

【分析】将含Fe2O3、SiO2、-Al2O3、CaO的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成Fe，Al2O3、SiO2不

3+2+

溶解，同时生成的CaSO4微溶于水，通过过滤可以除去，加入铁粉将Fe还原为Fe，再用NH4HCO3将形

成FeCO3沉淀，通入空气将FeCO3氧化得到铁黄FeOOH。

【解析】A．“滤渣”的成分是SiO2、Al2O3、Fe、CaSO4等，A项错误；B．检验“还原”是否进行完全，

即检验Fe3可选择KSCN溶液，铁氰化钾是检验Fe2的试剂，B项错误；C．“沉铁”时发生的反应为

2

Fe2HCO3FeCO3CO2H2O，C项正确；D．“氧化”过程生成铁黄的化学方程式为

4FeCO3O22H2O4FeOOH4CO2，D项错误；故答案选C。

9．（2025·河北·模拟预测）连二亚硫酸钠Na2S2O4，也称为保险粉)是一种重要的化学用品，易溶于水，

难溶于乙醇。向甲酸钠(HCOONa)与Na2CO3的混合溶液中通入SO2气体，可得到连二亚硫酸钠及一种可用

作灭火剂的气体。下列有关其性质的说法错误的是

A．Na2S2O4属于盐，既有氧化性又有还原性

22

B．制备保险粉的离子方程式为：2HCOO4SO2CO32S2O43CO2H2O

C．Na2S2O4暴露于空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，发生反应时，当氧化剂和还原剂的物质的量之比为

1:2时，氧化产物为NaHSO3

D．取少量连二亚硫酸钠在隔绝空气的条件下加强热使其完全分解，得到Na2SO3、Na2S2O3和一种气体(标

准状况)，该反应中氧化产物、还原产物的物质的量之比为1:2

【答案】D

【解析】A．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是盐类，其中硫的氧化态为+3，处于中间价态，因此既可能被氧化

（如生成+4价硫）也可能被还原（如生成+2价硫），具有氧化性和还原性。A正确；B．反应中甲酸根（HCOO-）

2

被氧化为CO2（C从+2→+4），SO2被还原为S2O4（S从+4→+3）。配平后方程式为：

222

2HCOO4SO2CO32S2O43CO2H2O电荷和原子均守恒，B正确；C．S2O4暴露于空气中被O2氧

2-2

化，反应中O2为氧化剂，S2O4为还原剂。每1molO2得到4mole，对应2molS2O4（每1mol失去2mol

-

e），氧化剂与还原剂物质的量比为1：2。S被氧化至+4价生成NaHSO3，C正确；D．分解反应为：

22

2Na2S2O4Na2SO3Na2S2O3SO2，S2O4中S（+3）被氧化为SO3（+4）和SO2（+4），同时被还原

2

为S2O3（平均+2）。氧化产物（Na2SO3和SO2）总物质的量为2mol，还原产物（Na2S2O3）为1mol，比

例应为2：1。选项D中“1：2”错误；故选D。

10．（2025·辽宁沈阳·二模）向含有xmolHNO3和ymolH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物

与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是

A．反应至c点时，可收集到气体4.48L(标准状况)

B．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解铜1.92g

C．x=0.1，y=0.2

3

D．Oa段发生反应的离子方程式：Fe4HNO3FeNO2H2O

【答案】A

+-3+-+

【分析】先发生反应Fe+4H+NO3=Fe+NO↑+2H2O，a点时NO3(或H)消耗完后，再加入铁粉，发生反应

Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量

++2+

继续增大，说明a点过后，H有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H=Fe+H2↑，可推测硝酸根在oa段完全反

应，据此分析；

3++-3+3+

【解析】A．第一阶段生成NO、0.1molFe，根据Fe+4H+NO3=Fe+NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe)=0.1mol，

2+2+

最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe，最终生成0.2molFe，根据电子转移守恒有

2+

3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为

(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，A错误；B．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+

为xmol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5xmol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04mol，

故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶

n(Fe3+)0.06mol

解的Cu物质的量===0.03mol，对应质量=0.03mol×64g/mol=1.92g，B正确；C．由分析知，

22

硝酸根在oa段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得n(NO)=n(Fe3+，oa)，故n(NO)=0.1mol，由N元素

3+

3+2+3n(Fe)+

守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1mol，由Fe反应生成的Fe物质的量n1==0.15mol，则由H与Fe反

2

2++

应生成的Fe物质的量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，对应H物质的量=2n2=0.1mol，oa段反应为：

-+3++3++

Fe+NO3+4H=Fe+NO↑+2H2O，知该段消耗的H物质的量=4n(Fe，oa)=0.4mol，故溶液中原来共有H物

0.5-n(HNO3)0.5-0.1

质的量=0.4mol+0.1mol=0.5mol，则n(H2SO4)==mol=0.2mol，故x=0.1，y=0.2，C正确；

22

+-3

D．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，离子方程式：Fe+4H+NO3=FeNO2H2O，D正

确；故选A。

11．（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下

列错误的是

222

A．过程II反应的离子方程式为4MnO32S9H2OS2O34Mn(OH)210OH

22

B．碱性条件下，氧化性：O2MnO3S2O3

C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2

22

D．将1molS转化为SO4理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况)

【答案】D

22-2

【解析】A．过程II中，MnO3和S反应生成Mn(OH)2和S2O3，Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由

-2上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：

222

4MnO32S9H2OS2O34Mn(OH)210OH，A正确；B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可

222-222

知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为MnO3，MnO3能将S氧化为S2O3，故氧化性：O2MnO3S2O3，

2

B正确；C．过程I中Mn(OH)2和O2反应生成MnO3，Mn元素由+2价上升到+4价，O元素由0价下降到

-2价，得失电子守恒时n[Mn(OH)2]:n(O2)=2:1，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，C正确；D．由图可

22

知，总反应为S和O2反应转化为SO4，S元素化合价-2价上升到+6价，O元素由0价下降到-2价，1mol

22

S转化为SO4，需2molO2，标况下体积为44.8L，D错误；故选D。

12．（2025·安徽六安·模拟预测）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了

电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程)，反应机理如图所示。下列

说法正确的是

A．氧化性：FeOOH>CoOOH

B．若在酸性条件下，上述催化过程将无法进行

--2

C．存在反应：FeOOH+OH-e=FeO4+H2O

D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂

【答案】B

3+2+

【解析】A．由图可知，在CoOOH与Fe(OH)2的反应中，CoOOH中Co被还原为Co（生成Co(OH)2），

2+3+

Fe(OH)2中Fe被氧化为Fe（生成FeOOH）。氧化剂为CoOOH，氧化产物为FeOOH，氧化性：氧化剂>

氧化产物，故CoOOH>FeOOH，A错误；B．反应中Co(OH)2、Fe(OH)2等氢氧化物在酸性条件下会溶解，

且反应需OH-参与（如图中OH--e-过程），酸性条件下OH-浓度极低，无法提供反应所需环境，催化过程无

2--2

法进行，B正确；C．FeOOH中Fe为+3价，FeO4中Fe为+6价，反应式为：FeOOH+5OH-3e=FeO4+3H2O，

C错误；D．非极性键为同种原子间的共价键，图中仅O2（非极性键O=O）参与反应时断裂非极性键，无

新的非极性键形成，D错误；故选B。

13．（2025·河北衡水·模拟预测）从碘的CCl4溶液中回收固体碘的流程如图所示。下列说法不正确的是

A．生成I的反应为6OH3I25IIO33H2O

B．操作①的分离原理与用甲苯从水中提取I2相同

C．水层中2nNanInIO3

D．向滤液中加入甲苯，振荡、静置后有机层显紫色

【答案】C

--

【解析】A．碘在碱性条件下发生歧化反应生成I和IO3，反应方程式为6OH3I25IIO33H2O，A

正确；．操作①为萃取分液，用甲苯从碘水中提取的分离原理也是萃取分液，正确；．由电荷守恒

BI2BC

++---

可知，nNa+nHnInIO3nOH，溶液呈碱性，则

++---+--+

nNa+nHnOHnInIO3<2nNa，C错误；D．滤液中含未完全反应的I、IO3及H，酸

性条件下发生归中反应生成，过滤后得到的滤液是碘的饱和水溶液，含有少量溶解的，溶于甲苯使

I2I2I2

有机层显紫色，D正确；故答案选C。

14．（2025·辽宁大连·模拟预测）振荡反应是一个充满相互竞争的复杂反应体系。将一定浓度的四种溶液

(①Na2SO3溶液；②稀H2SO4溶液；③K4Fe(CN)6溶液；④NaBrO3溶液)混合，混合后溶液的pH随时间

2

的变化如图所示。已知：SO3HHSO3在极短时间内达到平衡。下列说法错误的是

2

A．pH下降阶段：快速产生SO4

B．pH上升阶段：NaBrO3作氧化剂

3

C．K4Fe(CN)6被氧化之后的产物可用来检验Fe

D．10min前pH迅速下降是因为H在反应过程中起到了催化作用

【答案】C

22

【解析】A．pH下降阶段H浓度增大，可能是HSO3被氧化为SO4并释放H，该过程会快速产生SO4，

A正确；B．pH上升阶段H浓度减小，可能是NaBrO3（BrO3）作氧化剂被还原，反应消耗H导致pH上

2+32+3

升，B正确；C．K4[Fe(CN)6]中Fe被氧化为Fe，产物为K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾），其可检验Fe而非Fe，

C错误；D．10min前pH迅速下降，说明H⁺的生成速率突然加快，这是自催化反应的特征，即反应产物

H⁺对该反应有催化作用，D正确；故答案为：C。

15．（2025·河北石家庄·模拟预测）一种正盐的转化关系如图所示。下列说法错误的是

．正盐为，可由氢化物与氢化物反应得到

ANH42SAB

B．氧化产物A与氧化产物B均可被氧化又可被还原

C．氧化物A、B均为最高价氧化物，酸A、B均为强酸

D．酸A与氢化物A、酸B与氢化物B均可能发生反应

【答案】C

2-

【分析】当正盐与强酸反应时，生成氢化物A为H2S，则A中阴离子为S，H2S被氧气氧化得到氧化产物

A为SO2，被氧气氧化得到氧化物A为SO3，与水反应生成酸A为H2SO4；当正盐与强碱反应时，生成氢

化物B为NH3，则正盐为铵盐，NH3被氧气氧化得到氧化产物B为NO，被氧气氧化得到氧化物B为NO2，

与水反应生成酸B为HNO3；可在此基础上对各选项作出判断。

【解析】．正盐为，氢化物（）与氢化物（），可发生反应生成，正确；

ANH42SAH2SBNH3NH42SA

B．氧化产物A（SO2）中S为+4价，处于中间价态，被氧化（如被O2氧化成SO3）也可被还原，（如被H2S

还原S）；氧化产物B（NO）中N为+2价，处于中间价态，被氧化（如被O2氧化成NO2）也可被还原，

（如被NH3还原N2），B正确；C．氧化物A为SO3，是最高价氧化物；氧化物B为NO2，不是最高价氧

化物，C错误；D．酸A（H2SO4）与氢化物A（H2S）可发生氧化还原反应，酸B（HNO3）与氢化物B

（NH3）可发生反应生成硝酸铵，D正确；故选C。

16．（2025·四川成都·三模）制备PH3并探究其性质的装置如图。已知PH3易被空气氧化，Cu3P为灰黄色

难溶物。下列说法正确的是

A．使①中生成PH3时，要先滴加饱和食盐水

B．通入N2只是为了将PH3气体驱赶至试管中

C．若②中有灰黄色难溶物生成，说明PH3具有氧化性

D．若③中有NO产生，可推测反应中PH3被氧化

【答案】D

【分析】利用饱和食盐水与Mg3P2反应生成PH3，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，从而检验其性质。

【解析】A．制备PH3时，因PH3易被空气氧化，实验开始前需先通入N2排尽装置内空气，再滴加饱和食

盐水反应，若先滴加食盐水，生成的PH3会被装置内空气氧化，A错误；B．通入N2的主要作用是排尽装

置内空气，防止PH3被氧化，同时可将生成的PH3驱赶至后续试管，“只是”表述错误，B错误；C．②中CuSO4

溶液与PH3反应生成灰黄色Cu3P，Cu元素由+2价降为+1价（被还原），则PH3表现还原性（P元素可能

被氧化为更高价态），而非氧化性，C错误；D．③中若生成NO，NO中N元素为+2价（由AgNO3中+5

价N还原得到），则必有物质被氧化，PH3中P为-3价易被氧化，故可推测PH3被氧化，D正确；故答案

为：D。

17．（2025·四川巴中·模拟预测）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通

过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如

图转化进行发蓝处理。

已知：NaNO2的还原产物为NH3。下列说法不正确的是

A．离子注入、表面渗镀等方式也可以在金属表面形成钝化膜

B．钢铁发蓝处理前要“酸洗”或“碱洗”，是除去其表面的“锈斑”或“油污”

C．反应②的氧化剂与还原剂比为6:1

Δ

D．反应③的化学方程式为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH

【答案】C

【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为

Δ

3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3；反应②为

Δ

6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3+7NaOH；反应③为

Δ

Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，据此解答。

【解析】A．离子注入、表面渗镀等方式也可以在金属表面氧化形成钝化膜，A正确；B．酸洗除去锈斑，

碱洗可以除去油污，B正确；C．根据分析，反应②的氧化剂与还原剂比为1:6，C错误；D．反应③为

Δ

Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，D正确；故答案选C。

2

18．（25-26高三上·湖南·月考）除去电石渣浆(CaO)清液中的S，并制取石膏(CaSO42H2O)的流程如图所

示。下列说法错误的是

2

A．S2O3的VSEPR模型为四面体

222

B．过程Ⅰ中MnO3是氧化产物，过程Ⅱ除去S的反应中MnO3体现氧化性

C．石膏(CaSO42H2O)加热时会失去大部分结晶水变成熟石膏(2CaSO4H2O)

222

D．S2O3转化为SO4的过程中，nS2O3:nO22:1

【答案】D

6224

【解析】A．硫酸根中硫的价层电子对数为44，硫代硫酸根和硫酸根是等电子体，则硫酸根

2

2

和S2O3中，中心S原子价层电子对数均为4，VSEPR模型为四面体，A正确；B．过程Ⅰ中Mn(OH)2（Mn+2）

2222−

被O2氧化为MnO3（Mn+4），MnO3是氧化产物；过程Ⅱ中MnO3（Mn+4）与S反应生成Mn(OH)（2Mn+2），

Mn元素化合价降低，体现氧化性，B正确；C．生石膏（CaSO4·2H2O）加热失去大部分结晶水生成熟石膏

222−

（2CaSO4·H2O），C正确；D．S2O3中