专题04 氧化还原反应（专题专练）（上海专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

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SO3 D．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 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、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，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m g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) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL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)： ① ② ③ ④ (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。 3．（2024上海，T3）萤石()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 4．（2024上海，T5（1）（3））回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀等金属，但工业上却可用制容器储存，其原因是 。 是极强的氧化剂，用和可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A． B． C． D． (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ 2.（2024上海，T3）已知： ① ② ③ (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 D．每参与反应时，转移电子 (6)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。 。 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。 制备的化学方程式为。该反应中，体现了_______。(不定项) A．漂白性 B．氧化性 C．还原性 D．酸性 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 。 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．① B．② C．③ D．④ 4．（2025·上海·二模）砷元素(As)自然界分布广泛，其矿物有雄黄、雌黄，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Ⅰ B．反应Ⅱ C．反应Ⅲ D．反应Ⅳ 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，生成的的物质的量为 mol。 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1mol NO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： 。 3．（25-26高三上·上海·开学考试）在强碱性条件下，NaBH4可从含Au3+的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以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 。 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1mol NO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： 。 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 电对 I2/I- Br2/Br- Cl2/Cl- Fe3＋/Fe2＋ Cr2O/Cr3＋ H2O2/H2O 标准电极 电势Eθ/V 0.54 1.07 1.36 0.77 1.36 1.78 A．向1 mol·L-1的HBr溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象发生 B．2 mol·L-1的K2Cr2O7与2 mol·L-1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＋ 2．（24-25高三上·上海·期末）下列离子方程式正确的是 A．向红色溶液中加入过量铁粉： B．溶液与等物质的量的反应： C．铅酸蓄电池充、放电原理： D．放入水中： 3．（2025·上海·三模）某同学在常温下设计如下实验流程探究的化学性质。 (2)设计实验②③的目的，是要证明具有的性质为 。 A．氧化性    B．还原性    C．既有氧化性又有还原性 4．（25-26高三上·上海·阶段练习）测定血液样品中的浓度。取血液样品50.00 mL，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，用新煮沸并冷却的蒸馏水将溶液稀释成250 mL。再用0.010 mol/L酸性溶液进行滴定。 发生反应为： (1)配平上述方程式并标出电子转移的方向和数目 。 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）的应用——重要还原剂 制备纳米零价铁。将溶液与碱性溶液混合可生成纳米零价铁、和等，该反应的离子方程式为 (、中B元素均为价) 2．（25-26高三上·上海·开学考试）用废铜屑生产硫酸铜晶体的流程如下： “溶解”时发生的化学反应方程式为 。 3．（25-26高三上·上海·阶段练习）通过如下实验，比较、、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 (1)A中反应的离子方程式为 ，说明氧化性：。 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、、等)制备。 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 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (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”加入的目的是 。 (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为 。 1．（双选）（25-26高三上·上海·开学考试）氮氧化物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，脱除转移电子 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 D．图1总反应的化学方程式为 2．（2025·上海·三模）和CO在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。 写出第二步的化学方程式： 。 3．（2025·上海·三模）是硝酸工业生产中氨催化氧化的副产物。与在加热和催化作用下生成的化学方程式为 。 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、等)进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，和是干法蚀刻时常用的氯基气体。 (1)蚀刻铝时发生了和的反应，这说明具有___________。 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和，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电子，则理论上可蚀刻 。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)。 5．（25-26高三上·上海·阶段练习）向、的混合溶液中通入适量，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，原溶液中的物质的量为 mol，当通入时，溶液中总离子反应为 。 6．（2025·上海·三模）通过和在介质中反应获得制氟气的原料——。完成下列方程式，并用单线桥法表示电子转移方向和数目 。 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 。 (1)在Ag+催化作用下， 能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1 mol能氧化的Mn2+的物质的量为 mol。 8．（2025·上海黄浦·二模）等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用不仅可以降低污水中和的浓度，还能回收优良缓释肥料（化学式，俗称鸟粪石）。 已知常温下：。 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和沉积物中的。 (7)写出在电极b表面发生的电极反应 。 (8)下通过该装置生成的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为 。 9．（2025·上海奉贤·二模）三醋酸锰可用如下反应制备：。 (1)配平上述化学方程式 。 (2)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 。 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(表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。在 (填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol，消耗的数目为 。 11.（2025·上海青浦·二模）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如下图1。 写出反应②的化学反应方程式 。 12．（2025·上海崇明·一模）某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。 已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。 (1)下列说法不正确的是___________。 A．a中的液体可以选用稀硝酸 B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2 > CuCl C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多 D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸 (2)写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式 。 13.（24-25高三上·上海·阶段练习）对砷化镓废料中镓与砷的清洁高效提取成为研究热点。 完成并配平“氧化碱浸”发生反应的化学方程式： 。 ___________GaAs+___________NaOH+___________H2O2=___________Na[Ga(OH)4]+ ___________Na3AsO4+___________ ___________ 14．（25-26高三上·上海·阶段练习）现代开采金矿采用氰化提金工艺，其生产流程如下： (1)“浸取”反应的氧化剂是 ；“置换”中消耗的锌与生成的金的物质的量之比为 。 (2)时，测得溶液的pH为11.1，用离子方程式表示其的原因 ；向上述溶液中加适量水， (选填“增大”、“减小”或“不变”)。 15．（2025·上海宝山·二模）SO2也是常见的大气污染物，有科研工作者研究利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品，其工艺流程图如下(Ce为铈元素)。 (1)写出装置I中化学反应的离子方程式 。 (3)装置Ⅱ中的反应在酸性条件下进行，写出NO被氧化为离子方程式 。 (4)已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为0.80 mol∙L-1，要使1m3该溶液中的完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积为 L。 16．（2025·上海长宁·二模）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。 菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，可用于制备硫酸锌，流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋ Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 (3)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (4)滤渣①的主要成分有_______。(不定项) A．Mg(OH)2 B．Fe(OH)3 C．Fe(OH)2 D．SiO2 (7)向80～90℃的滤液①中分批加入适量，KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (8)滤液②中加入锌粉的目的是 。 (9)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 17．（24-25高三下·上海·阶段练习）亚硝酸钠(NaNO2)是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，生产过程中必须严格控制其用量。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该兴趣小组利用如图装置(夹持及加热装置已省略)制备干燥的NaNO2。 已知：NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。 回答下列问题： (4)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为 。 (5)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。 18．（24-25高三上·上海·期中）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。实验室用含有ZnCO3、SiO2、Fe、Cu的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4的过程，流程如下： 已知难溶电解质溶度积常数如下表： 难溶电解质 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Fe(OH)2 8.0×10-38 6.7×10-17 8.0×10-16 (2)写出加入H2O2发生反应的离子方程式 。 (3)加入物质X调节溶液的pH，最适宜使用的X是_______。 A．NH3·H2O B．ZnO C．Cu(OH)2 D．NaOH 19.（2025·上海松江·二模）工业上从雌黄矿(除含As2S3以外，还含少量的PbS、CuS等杂质)提取砷并转化为三氧化二砷(As2O3)，工业流程如下图所示。 已知：①Ksp(CuS)=1×10-36；Ksp(PbS)=1×10-26；Ksp(PbSO4)=1×10-8。 ②在此条件下，PbS、CuS均不被氧化。 （1）“溶解”时，HAsO2进一步转化为Na3AsO4。则“溶解”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 A．1：3 B．3：1 C．2：1 D．1：2 （2）为测定反应得到的As2O3，取0.100 g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解。用c mol·L﹣1碘标准溶液(溶质按I2计)滴定，将砷氧化至最高价态+5.到达滴定终点时，消耗碘标准溶液V mL，则样品中砷的质量分数为 。 20.（2025·上海·三模）工业上常从精炼铜的阳极泥中提取硒，然后再对粗硒进行精制： 用溶液浸取粗硒时，硒转化为硒代硫酸钠。 (2)酸化生成Se的离子方程式为 。 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SO3 D．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 2．（2024上海，T3）萤石()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 3．（2024上海，T5（1）（3））回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀等金属，但工业上却可用制容器储存，其原因是 。 是极强的氧化剂，用和可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A． B． C． D． (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ 4.（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、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，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m g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) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL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)： ① ② ③ ④ (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。 5.（2024上海，T3）已知： ① ② ③ (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 D．每参与反应时，转移电子 (6)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。 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 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SO3 D．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、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，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m g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) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL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)： ① ② ③ ④ (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)在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；真空还原阶段，升温到，升华蒸出 (4) (8)隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低 【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，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在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的； （4）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+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：； （8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，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()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】 B 【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，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等金属，但工业上却可用制容器储存，其原因是 。 是极强的氧化剂，用和可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A． B． C． D． (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．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等金属，但工业上却可用制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用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，反应③的化学方程式为，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，反应⑤的化学方程式为，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.（2024上海，T3）已知： ① ② ③ (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 D．每参与反应时，转移电子 (6)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。 。 【答案】 (4) (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，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上得到电子变为N2，电极反应式为：； （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； B．电极b上失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确； 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； D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，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，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。 制备的化学方程式为。该反应中，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)为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，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，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则为氧化剂，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．① B．② C．③ D．④ 【答案】(2)AB 【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、雌黄，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Ⅰ B．反应Ⅱ C．反应Ⅲ D．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1mol NO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)为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4； 用NH3每脱除1 mol NO的同时，消耗0.25 mol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．（25-26高三上·上海·开学考试）在强碱性条件下，NaBH4可从含Au3+的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以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】 由题干信息可知，在强碱性条件下，NaBH4可从含Au3+的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以形式存在且无气体生成即不生成H2，即NaBH4中-1价的H将Au3+还原为Au，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：8Au3++3+24OH-=8Au+3+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1mol NO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1mol NO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 电对 I2/I- Br2/Br- Cl2/Cl- Fe3＋/Fe2＋ Cr2O/Cr3＋ H2O2/H2O 标准电极 电势Eθ/V 0.54 1.07 1.36 0.77 1.36 1.78 A．向1 mol·L-1的HBr溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象发生 B．2 mol·L-1的K2Cr2O7与2 mol·L-1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； 【详解】A．根据Eθ（Br2/Br-）=＋1.07V和Eθ（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； B．Eθ(Cl2/Cl-)=＋1.36V、Eθ(Cr2O/Cr3＋)=＋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； C．由电对的标准电极电势可知，氧化性：Cr2O>Br2>Fe3＋，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； D．根据①Eθ(I2/I-)=＋0.54V、②Eθ（Br2/Br-）=＋1.07V、③Eθ(Cl2/Cl-)=＋1.36V、④Eθ(Fe3＋/Fe2＋)=＋0.77V，氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋>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Fe3＋，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 A．向红色溶液中加入过量铁粉： B．溶液与等物质的量的反应： C．铅酸蓄电池充、放电原理： D．放入水中： 【答案】D 【详解】A．硫氰化铁是配合物，不能拆开，离子方程式为，A错误； 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； C．铅酸蓄电池放电时负极反应式：Pb-2e-+=PbSO4，正极反应式：PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O，充电时阴极反应式：PbSO4+2e-=+Pb，阳极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2++4H+，所以充、放电原理为，C错误； D．放入水中生成氢气和氢氧化钠：，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的化学性质。 (2)设计实验②③的目的，是要证明具有的性质为 。 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）测定血液样品中的浓度。取血液样品50.00 mL，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，用新煮沸并冷却的蒸馏水将溶液稀释成250 mL。再用0.010 mol/L酸性溶液进行滴定。 发生反应为： (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，用酸性高锰酸钾溶液滴定，利用关系式：5Ca2+~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）的应用——重要还原剂 制备纳米零价铁。将溶液与碱性溶液混合可生成纳米零价铁、和等，该反应的离子方程式为 (、中B元素均为价) 【答案】 【详解】将溶液与碱性溶液混合可生成纳米零价铁、和，铁元素化合价由+2降低为0，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．（25-26高三上·上海·开学考试）用废铜屑生产硫酸铜晶体的流程如下： “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．（25-26高三上·上海·阶段练习）通过如下实验，比较、、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 (1)A中反应的离子方程式为 ，说明氧化性：。 【答案】(1) 【分析】通过试管和原电池实验比较、、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，因此A中反应的离子方程式为； 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、、等)制备。 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 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (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”加入的目的是 。 (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为 。 【答案】(1) (3)使转化为便于后续除铁 (7) 【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； （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：使转化为便于后续除铁； （7）将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，则反应为氧化还原反应生成和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：。 1．（双选）（25-26高三上·上海·开学考试）氮氧化物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，脱除转移电子 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 D．图1总反应的化学方程式为 【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，1mol NO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总反应的化学方程式为，故D正确； 选CD。 2．（2025·上海·三模）和CO在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。 写出第二步的化学方程式： 。 【答案】 【详解】根据已知信息：和CO在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：，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：。 3．（2025·上海·三模）是硝酸工业生产中氨催化氧化的副产物。与在加热和催化作用下生成的化学方程式为 。 【答案】2NH3+2O2N2O+3H2O 【详解】被 氧化生成 ，元素从价升至价， 失去，元素从价降至价，得到，根据和元素得失电子守恒配平反应为2NH3+2O2N2O+3H2O。 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、等)进行选择性的去除，蚀刻分为干法蚀刻和湿法蚀刻，和是干法蚀刻时常用的氯基气体。 (1)蚀刻铝时发生了和的反应，这说明具有___________。 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和，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电子，则理论上可蚀刻 。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、3 21 会自发反应生成而使气体体积减小；会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中比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和，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：会自发反应生成而使气体体积减小；会与水反应而使气体体积减小；硝酸被还原的产物中比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、的混合溶液中通入适量，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，原溶液中的物质的量为 mol，当通入时，溶液中总离子反应为 。 【答案】 1 2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋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：2Fe2+＋Cl2= 2Fe3＋＋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，参与反应的亚铁离子物质的量为2mol，则反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl-。 6．（2025·上海·三模）通过和在介质中反应获得制氟气的原料——。完成下列方程式，并用单线桥法表示电子转移方向和数目 。 【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 。 (1)在Ag+催化作用下， 能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1 mol能氧化的Mn2+的物质的量为 mol。 【答案】(1)0.4 【详解】（1） 能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，根据得失电子守恒得反应离子方程式：；1mol能氧化的Mn2+的物质的量为0.4mol； 8．（2025·上海黄浦·二模）等微粒浓度过大容易引起水体富营养化。利用不仅可以降低污水中和的浓度，还能回收优良缓释肥料（化学式，俗称鸟粪石）。 已知常温下：。 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和沉积物中的。 (7)写出在电极b表面发生的电极反应 。 (8)下通过该装置生成的氮气，计算反应过程中转移电子的物质的量为 。 【答案】 (7) (8)0.015 【详解】 （7）氨根发生氧化反应生成氮气，故电极反应为。 （8）总反应为，得到4N2~15e-，生成氮气转移电子的物质的量为mol=0.015mol。 9．（2025·上海奉贤·二模）三醋酸锰可用如下反应制备：。 (1)配平上述化学方程式 。 (2)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) (2)B (3) 【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； （2）中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，存在1个孤电子对，离子的空间构型为角形； （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(表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。在 (填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol，消耗的数目为 。 【答案】 阳 【详解】由图可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，氮元素化合价由+2价升高到+5价，氧元素由-1价降低到-2价，则生成1mol，消耗的数目为。 11.（2025·上海青浦·二模）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如下图1。 写出反应②的化学反应方程式 。 【答案】CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 【解析】根据图示可知反应(2)是CaCO3与CH4反应产生CaO、CO、H2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2； 12．（2025·上海崇明·一模）某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。 已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。 (1)下列说法不正确的是___________。 A．a中的液体可以选用稀硝酸 B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2 > CuCl C．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多 D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸 (2)写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式 。 【答案】(1)A (2)2Cu(OH)2 + 2NH4C1 + SO2 = (NH4)2SO4 + 2CuCl + 2H2O 【分析】探究与悬浊液制备CuCl的流程为先在装置甲中利用固体和较浓的硫酸反应制取出气体，然后在装置乙中与氨水和CuCl2生成的悬浊液反应生成CuCl固体，尾气用NaOH溶液吸收，据此分析解答。 【详解】（1）A．a中的液体可以选用稀硝酸：硝酸有强氧化性，能将氧化为，不能与反应生成气体，A错误； B．若装置乙中有白色沉淀生成，根据题目信息，气体能将还原为CuCl，则还原性：，B正确； C．若装置乙中出现了紫红色固体，说明有单质铜产生，也说明发生了歧化反应：，此时溶液为酸性，证明通入量过多使溶液现酸性，C正确； D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，极易溶于水，难溶于CCl4，该装置可以起到防倒吸作用，D正确； 故答案为：A。 （2）制备CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的悬浊液：，再与反应生成CuCl，反应方程式为：。 13.（24-25高三上·上海·阶段练习）对砷化镓废料中镓与砷的清洁高效提取成为研究热点。 完成并配平“氧化碱浸”发生反应的化学方程式： 。 ___________GaAs+___________NaOH+___________H2O2=___________Na[Ga(OH)4]+ ___________Na3AsO4+___________ ___________ 【答案】GaAs+4NaOH+4H2O2=Na[Ga(OH)4]+ Na3AsO4+4H2O 【解析】在“氧化碱浸”反应中，As的化合价由GaAs 中的-3价升高到Na3AsO4中的+5价，失去8个电子，H2O2中的O由-1价降低到-2价，得到两个电子，由电子守恒可知，GaAs、Na[Ga(OH)4] 、Na3AsO4的系数为1，H2O2的系数为4，由Na原子守恒可得NaOH的系数为4，最后由H和O守恒可得，缺少的项为H2O，系数为4，作为配平后的化学方程式为GaAs+4NaOH+4H2O2=Na[Ga(OH)4]+ Na3AsO4+4H2O； 14．（25-26高三上·上海·阶段练习）现代开采金矿采用氰化提金工艺，其生产流程如下： (1)“浸取”反应的氧化剂是 ；“置换”中消耗的锌与生成的金的物质的量之比为 。 (2)时，测得溶液的pH为11.1，用离子方程式表示其的原因 ；向上述溶液中加适量水， (选填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】(1) O2 1：2 (2) 增大 【分析】向粉碎的含金矿石中加入NaCN溶液浸取金矿石，生成Na[Au(CN)2]，再用Zn置换出Au，从而制得产品。 【详解】（1）金在氰化物溶液中的浸取反应为：，反应过程中O2中氧元素被还原，因此氧化剂为O2；锌置换金的反应为：，锌与生成的金的物质的量之比为1：2。 （2）CN⁻是弱酸根，发生水解产生OH-，导致溶液呈碱性：；加水后，水解程度增大，溶液被稀释，c(CN-)减小，溶液碱性减弱，酸性增强，c(H+)增大，因此将增大。 15．（2025·上海宝山·二模）SO2也是常见的大气污染物，有科研工作者研究利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品，其工艺流程图如下(Ce为铈元素)。 (1)写出装置I中化学反应的离子方程式 。 (3)装置Ⅱ中的反应在酸性条件下进行，写出NO被氧化为离子方程式 。 (4)已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为0.80 mol∙L-1，要使1m3该溶液中的完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积为 L。 【答案】(1)SO2+OH- = (3)NO+2H2O+3Ce4+ =3Ce3+++4H+ (4)8960 【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e-=S2O+2H2O， 装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO； 【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO2+OH- =； （3）由上述分析可知，装置II中NO被氧化为离子方程式为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+； （4）NO的浓度为0.8mol/L，要使1m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000×(5-3)×0.8mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：×4=1000×(5-3)×0.8mol，解得V=8960L。 16．（2025·上海长宁·二模）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。 菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，可用于制备硫酸锌，流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋ Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11 (3)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (4)滤渣①的主要成分有_______。(不定项) A．Mg(OH)2 B．Fe(OH)3 C．Fe(OH)2 D．SiO2 (7)向80～90℃的滤液①中分批加入适量，KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (8)滤液②中加入锌粉的目的是 。 (9)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 【答案】 (3)ZnCO3ZnO＋CO2↑ (4)BD (7)MnO＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋ (8)除去铜离子 (9) 硫酸钙 硫酸镁 【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。 【详解】 （3）菱锌矿的主要成分为ZnCO3，焙烧时分解生成氧化锌和二氧化碳：ZnCO3ZnO＋CO2↑； （4）根据分析可知，滤渣①中含Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，答案选BD； （7）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式：MnO＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋； （8）根据分析可知，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去； （9）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。 17．（24-25高三下·上海·阶段练习）亚硝酸钠(NaNO2)是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，生产过程中必须严格控制其用量。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该兴趣小组利用如图装置(夹持及加热装置已省略)制备干燥的NaNO2。 已知：NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。 回答下列问题： (4)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为 。 (5)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。 【答案】 (4)2NO2+Na2O2=2NaNO3或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5)3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O 【分析】首先浓硝酸与铜反应制取NO2，浓硝酸易挥发，和NO2通入水中，与水反应，生成HNO3和NO，然后通过浓硫酸干燥，得干燥的NO与Na2O2反应生成NaNO2，浓硫酸用于隔绝反应装置和溶液，防止后面水分进入反应装置，酸性高锰酸钾溶液用于吸收尾气，防止污染，以此解题。 【详解】 （4）如果实验前未通入过量氮气，则装置中会有空气，则一氧化氮会和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮有还原性，和过氧化钠反应生成硝酸钠，方程式为：2NO2+Na2O2=2NaNO3，或者Na2O2与空气中的CO2反应生成Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2NO2+Na2O2=2NaNO3或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； （5）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以将一氧化氮氧化为硝酸根离子，则方程式为： 3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O，故答案为：3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O。 18．（24-25高三上·上海·期中）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。实验室用含有ZnCO3、SiO2、Fe、Cu的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4的过程，流程如下： 已知难溶电解质溶度积常数如下表： 难溶电解质 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Fe(OH)2 8.0×10-38 6.7×10-17 8.0×10-16 (2)写出加入H2O2发生反应的离子方程式 。 (3)加入物质X调节溶液的pH，最适宜使用的X是_______。 A．NH3·H2O B．ZnO C．Cu(OH)2 D．NaOH 【答案】(2) (3)B 【分析】实验室用含有ZnCO3、SiO2、Fe、Cu的粉末模拟工业上菱锌矿制备ZnSO4，用硫酸浸取，SiO2、Cu不与硫酸反应，过滤后存在于滤渣①中，滤液中含有Zn2+、Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，为了既使Fe3+充分沉淀又尽量避免 Zn2+转化为 Zn(OH)2而损失锌，最适宜的调 X是ZnO，滤液②为ZnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O，以此解答。 【详解】（2）加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：。 （3）由分析可知，为了既使Fe3+充分沉淀又尽量避免 Zn2+转化为 Zn(OH)2而损失锌，最适宜的调 X是ZnO，故选B。 19.（2025·上海松江·二模）工业上从雌黄矿(除含As2S3以外，还含少量的PbS、CuS等杂质)提取砷并转化为三氧化二砷(As2O3)，工业流程如下图所示。 已知：①Ksp(CuS)=1×10-36；Ksp(PbS)=1×10-26；Ksp(PbSO4)=1×10-8。 ②在此条件下，PbS、CuS均不被氧化。 （1）“溶解”时，HAsO2进一步转化为Na3AsO4。则“溶解”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 A．1：3 B．3：1 C．2：1 D．1：2 （2）为测定反应得到的As2O3，取0.100 g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解。用c mol·L﹣1碘标准溶液(溶质按I2计)滴定，将砷氧化至最高价态+5.到达滴定终点时，消耗碘标准溶液V mL，则样品中砷的质量分数为 。 【答案】 （1）D （2） 【分析】雌黄矿与CuSO4发生转化反应，生成CuS沉淀和含+3价砷的化合物，在NaOH溶液中氧化，HAsO2进一步转化为Na3AsO4，CuS和PbS均不氧化，Na3AsO4再用SO2还原，经过一系列反应得到As2O3。 （1）“溶解”时，HAsO2进一步转化为Na3AsO4，HAsO2为还原剂，As的化合价由+3价升高到+5价，1molHAsO2失去2mol电子，O2为氧化剂，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，选D； （2）根据得失电子守恒可以得出As2O3~2I2，n(As2O3)=n(I2)=×cV×10-3mol，样品中砷的质量为×cV×10-3mol×2×75g/mol=0.075cVg，样品中砷的质量分数为。 20.（2025·上海·三模）工业上常从精炼铜的阳极泥中提取硒，然后再对粗硒进行精制： 用溶液浸取粗硒时，硒转化为硒代硫酸钠。 (2)酸化生成Se的离子方程式为 。 【答案】 【分析】粗硒与亚硫酸钠溶液反应产生溶液，经过净化后再加入稀硫酸发生氧化还原反应产生Se。 该反应中，在酸性条件下发生反应，生成单质硒、二氧化硫、硫酸钠和水，酸化时，Na2SeO3溶液与稀硫酸发生反应，反应的离子方程式为： 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SO3 D．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．（2024上海，T3）萤石()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】 B 【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，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是难挥发性，故选B。 3．（2024上海，T5（1）（3））回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀等金属，但工业上却可用制容器储存，其原因是 。 是极强的氧化剂，用和可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A． B． C． D． (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．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等金属，但工业上却可用制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用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，反应③的化学方程式为，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，反应⑤的化学方程式为，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。 4.（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、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因 。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，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m g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) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL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)： ① ② ③ ④ (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)在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；真空还原阶段，升温到，升华蒸出 (4) (8)隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低 【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，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在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的； （4）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+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：； （8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差。 5.（2024上海，T3）已知： ① ② ③ (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 D．每参与反应时，转移电子 (6)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。 。 【答案】 (4) (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，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上得到电子变为N2，电极反应式为：； （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； B．电极b上失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确； 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； D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，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，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $