2027届高考化学一轮复习专项训练：微专题之氧化还原反应

2027高考化学一轮复习微专题之氧化还原反应 考点模块 题量 题号 年份·卷别 考点1　氧化还原反应的概念与判断 8 题1~题8 2025·云南卷／2025·北京卷／2025·重庆卷／2025·山东卷／2024·山东卷／2023·全国乙卷／2026·山东卷／2026·四川卷 考点2　氧化性与还原性的强弱比较 3 题9~题11 2025·北京卷／2025·山东卷／2025·浙江卷 考点3　电子转移与氧化还原计算 7 题12~题18 2025·湖南卷／2025·安徽卷／2024·浙江卷／2023·浙江卷／2023·湖南卷／2023·北京卷／2025·黑吉辽蒙卷 考点4　价态规律与价类二维图 4 题19~题22 2025·陕晋青宁卷／2023·辽宁卷／2026·广东卷／2026·陕西山西宁夏青海卷 考点5　氧化还原方程式的书写与正误判断 2 题23~题24 2025·云南卷／2026·河北卷 考点6　氧化还原反应在实验中的应用 4 题25~题28 2025·广东卷／2023·北京卷／2026·河北卷／2026·山东卷 考点7　工艺流程与新情境中的氧化还原反应 18 题29~题46 2023·辽宁卷／2024·浙江卷6月／2025·黑吉辽蒙卷／2025·甘肃卷／2025·江苏卷／2026·黑吉辽蒙卷／2026·河北卷／2026·河南卷／2026·广东卷／2026·上海卷／2026·湖南卷／2026·北京卷／2026·山东卷／2026·重庆卷／2026·云南卷 考点1　氧化还原反应的概念与判断 题 1　【2025·云南卷】 （2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 A．可与NaOH溶液反应 B．盐酸在该工艺中体现了还原性 C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D．制备纳米Si： 题 2　【2025·北京卷】 （2025·北京卷）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 题 3　【2025·重庆卷】 （2025·重庆卷）抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是 A．用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B．用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸 C．通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D．通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 题 4　【2025·山东卷】 （2025·山东卷）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B．戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C．拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D．哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 题 5　【2024·山东卷】 （2024·山东卷）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A. 竹管、动物尾毫→湖笔 B. 松木→油烟→徽墨 C. 楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D. 端石→端砚 题 6　【2023·全国乙卷】 （2023·全国乙卷）下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A．使用明矾对水进行净化 B．雪天道路上撒盐融雪 C．暖贴中的铁粉遇空气放热 D．荧光指示牌被照发光 题 7　【2026·山东卷】 我国先民善用变化之理于劳作。文献所述下列生产中，不涉及氧化还原反应的是 A. 晒海盐：“海水……日照风吹，成卤……成盐” B. 制烟墨：“烧桐油……烟凝……和胶为墨” C. 酿米醋：“米曲……得酒，复酿为醋” D. 烧钧瓷：“入窑一色，出窑万彩” 题 8　【2026·四川卷】 化学与生产生活密切相关，下列应用中不涉及氧化还原反应的是 A. 铁粉用于防止食品变质 B. 漂白粉用于游泳池水消毒 C. 表面活性剂用于油污去除 D. 锂离子电池用于手机供电 考点2　氧化性与还原性的强弱比较 题 9　【2025·北京卷】 （2025·北京卷）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 题 10　【2025·山东卷】 （2025·山东卷）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．是还原反应的产物 B．还原性： C．处理后溶液的增大 D．图示反应过程中起催化作用的是 题 11　【2025·浙江卷】 （2025·浙江卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 考点3　电子转移与氧化还原计算 题 12　【2025·湖南卷】 （2025·湖南卷）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应中消耗，转移 题 13　【2025·安徽卷】 （2025·安徽卷）氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的遇水发生反应②。下列说法正确的是 A．的电子式为 B．为非极性分子 C．反应①中有非极性键的断裂和形成 D．反应②中为还原产物 题 14　【2024·浙江卷】 （2024·浙江卷）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO催化剂2CO2+N2，列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A. 生成1molCO2转移电子的数目为2NA B. 催化剂降低NO与CO反应的活化能 C. NO是氧化剂，CO是还原剂 D. N2既是氧化产物又是还原产物 题 15　【2023·浙江卷】 （2023·浙江卷）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是 A．生成1molN2O，转移4mol电子 B．NH2OH是还原产物 C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物 题 16　【2023·湖南卷】 （2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：    下列说法正确的是 A．S2O32−和SO42−的空间结构都是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的(n(O2))/(n(H2O))：Ⅰ<Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7 题 17　【2023·北京卷】 （2023·北京卷）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是 A．Na2O2、CaH2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．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同 题 18　【2025·黑吉辽蒙卷】 （2025·黑吉辽蒙卷卷）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 考点4　价态规律与价类二维图 题 19　【2025·陕晋青宁卷】 （2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．G、K均能与溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性 C．M和N溶液中的离子种类相同 D．与足量的J反应，转移电子数为 题 20　【2023·辽宁卷】 （2023·辽宁卷）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是    A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D．总反应为：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 题 21　【2026·广东卷】 部分含C或N或Cl物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法错误的是 A. a分子中可存在π键和σ键 B. c可由e受热分解产生 C. 可存在a→b→c→d→b的转化 D. a、c、f均可用于自来水消毒 题 22　【2026·陕西山西宁夏青海卷】 Mn和Cl元素的部分价类二维关系如图。下列说法错误的是 A. 基态Mn、Cl原子的最外层电子数相等 B. d的阴离子是正四面体结构 C. a的浓溶液可分别与c、g反应生成b D. g和e(硫酸盐)反应生成f时，n(还原产物)∶n(氧化产物)=2∶3 考点5　氧化还原方程式的书写与正误判断 题 23　【2025·云南卷】 （2025·云南卷）下列化学方程式错误的是 A．煤制水煤气： B．供氧： C．覆铜板制作印刷电路板： D．铅酸蓄电池放电： 题 24　【2026·河北卷】 化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误的是 A. 工业合成氨：N2+3H2⇌_(催化剂)2NH3 B. 氯碱工业：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ C. 氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：4NH3+2H2O+O2+2SO2=2(NH4)2SO4 D. 生产可降解高分子聚乳酸： 考点6　氧化还原反应在实验中的应用 题 25　【2025·广东卷】 （2025·广东卷）利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A．a中现象体现了的还原性 B．b中既作氧化剂也作还原剂 C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 题 26　【2023·北京卷】 （2023·北京卷）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I−⇌I3−(红棕色)；I2和I3−氧化性几乎相同。 I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(n>m)的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01mol·L−1 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1mol·L−1 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4mol·L−1 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]−(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 (4)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。 (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。 题 27　【2026·河北卷】 某兴趣小组探究NH4Br 的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br 。实验室制备少量高纯度NH4Br 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4Br (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ 检查装置气密性。 ⅱ 将盛有65.0mL 7.5mol·L−1氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ 打开K1，向C中逐滴加入15.0mol·L−1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ 将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备NH4Br 的化学方程式为___________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．KMnO4溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 （7）NH4Br (M=98g·mol−1)的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Br ⅰ 利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ 利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br 。 （8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 题 28　【2026·山东卷】 一元弱酸HCN无色剧毒，熔点为-13℃，沸点为26℃，常温下易溶于水。在通风橱中用NaCN制备少量液态HCN，装置如图所示（夹持装置略）。回答下列问题： （1）仪器a的名称为__________；装置b的作用为__________。 （2）装置甲、乙选用的控温物质依次为__________（填标号）。 A. 水（50℃） B. 冰盐混合物（-10℃） C. 干冰—乙醇（-70℃） D. 液氮（-196℃） （3）HCN制备完成后需进行的部分操作如下，正确顺序为__________（填序号）。 ①打开阀门K1通N2 ②停止滴加NaCN溶液 ③关闭阀门K3并切换三通阀K2至尾气处理 实验所用NaCN中常含有杂质甲酸钠（HCOONa），二者均具有较强还原性，测定HCOONa含量的实验步骤如下： Ⅰ．准确称取mgNaCN样品，配制250.00mL溶液，移取25.00mL该溶液至锥形瓶中，加适量NaOH溶液，边振摇边滴加AgNO3溶液至出现棕褐色沉淀（已知：AgCN、AgOH均为白色沉淀，AgOH极易转化为Ag2O棕褐色沉淀）。 Ⅱ．过滤并洗涤沉淀至洗涤液呈中性，收集滤液和洗涤液于锥形瓶中，加适量NaOH溶液及V1mL浓度为c1mol·L−1的过量KMnO4标准溶液，反应中MnO4−转化为MnO42−。 Ⅲ．充分反应后，向锥形瓶中加入适量H2SO4溶液及V2mL浓度为c2mol·L−1的过量Fe2+标准溶液，反应结束后溶液中所有锰元素均以Mn2+形式存在。 Ⅳ．用c1mol·L−1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗溶液体积为V3mL。 （4）步骤Ⅰ中滴加AgNO3溶液时须选用棕色滴定管，原因是__________________；Ksp(AgCN)________Ksp(AgOH)（填“>”或“<”）；步骤Ⅱ中参与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为__________。 （5）测得样品中HCOONa的质量分数为__________（用代数式表示）；若步骤Ⅲ所用标准溶液中有少量Fe2+被空气中的O2氧化，则导致测定结果__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 考点7　工艺流程与新情境中的氧化还原反应 题 29　【2023·辽宁卷】 （2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。    已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10−37.4 10−14.7 10−14.7 10−10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。    (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 题 30　【2024·浙江卷6月】 (2024·浙江卷6月)矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)的利用有火法和电解法等。 已知：①PbCl2(s)⇌(热水,冷却)PbCl2(aq)↽(HCl)H2[PbCl4]； ②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。 请回答： （1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，PbS中硫元素体现的性质是_______(选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，写出该反应的化学方程式_______；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入_______(填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 电解池中发生的总反应是PbS=Pb+S(条件省略) B. 产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C. 1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH D. ClF的氧化性弱于Cl2 （3）D的结构为(X=F或Cl)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后_______； ②写出D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______。 题 31　【2025·黑吉辽蒙卷】 （2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 题 32　【2025·甘肃卷】 （2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 题 33　【2025·江苏卷】 （2025·江苏卷）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 题 34　【2026·黑吉辽蒙卷】 从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au）中提取热电材料碲（Te）的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓HNO3 C. Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中Na2SO3被氧化 题 35　【2026·黑吉辽蒙卷】 某工厂利用镍矿（主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在，硫以SO42−和少量S2O32−形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1~5。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，Ni元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体a为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O32−，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化1molS2O32−消耗O2的物质的量为______mol。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[Ni(II)]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni(II)的还原速率和转化率，x应选择_______（填“2”或“≥3”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 题 36　【2026·河北卷】 钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO 等。 回答下列问题： （1）V和Cr均位于元素周期表的_____区。 （2）氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____FeO·V2O3+ _____NaOH+ _____O2≜ _____Fe2O3+ _____Na3VO4+ ______ （3）滤渣的主要成分有MgO 、__________、__________(填化学式)。 （4）80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH 质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 （5）母液返回_________工序。 （6）还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 题 37　【2026·河南卷】 一种从废芯片(主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]−和[PdCl4]2−。 回答下列问题： （1）提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 （2）“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为___________。 （3）“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 （4）已知3Ce4++Au⇌3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 （5）“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4反应的物质的量之比为___________。 （6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 （7）“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为___________。 题 38　【2026·广东卷】 金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、Sb2S3、FeS2、SiO2和MgO等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：Au(Ⅲ)和Ag(Ⅰ)在一定条件下均可与Cl−形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Ksp(298K) 2.8×10−39 4.9×10−17 5.6×10−12 （1）金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。 （2）“沉锑”的反应中，还原剂为___________。 （3）“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为___________。 ②初始电解液中c(Fe2+)=1.4mol/L，c(Mg2+)=0.056mol/L。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室c(OH−)应不大于___________mol/L(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到HCl和H2O2溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中c(H2O2)的变化如图2，Au在滤液2中主要以[AuCl4]−存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 （5）“沉金”通过NaOH的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成Au的离子方程式为___________。 2[AuCl4]−+___HSO3−+______=2Au↓+____+8Cl−+____H+。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且___________。 （7）①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号) 题 39　【2026·上海卷】 黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]HSO4−可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1=1212kJ·mol−1 Cu+(aq)=Cu+(g) ΔH2=582kJ·mol−1 Cu2+(g)=Cu2+(aq) ΔH3=−42kJ·mol−1 Cu(g)=Cu(s) ΔH4=−337kJ·mol−1 2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH=___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=−148J·mol−1·K−1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 （4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+_____O2+2NH3+____=4[Cu(NH3)4]2++____NH4++2Fe2O3+8SO42− （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42−。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出正极的电极反应式___________。 （7）反应中CuFeS2可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B. CO2 C. H2O D. O2 （8）下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A. 体心 B. 面心 C. 顶点 D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 （9）NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 题 40　【2026·湖南卷】 一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)为一种二元弱碱。 ②Ksp[Zn(OH)2]=3.0×10−17，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10−5mol·L−1时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 （2）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 （3）“酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L−1、0.02mol·L−1，调pH使Zn2+恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，Cd2+______(填标号)。 a．沉淀完全 b．部分沉淀 c．未沉淀 （4）“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb(en)2]SO4，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3]。下列说法正确的是______(填标号)。 a．配合物[Pb(en)2]SO4中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （5）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 （6）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 题 41　【2026·北京卷】 高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根(FeO42−)具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含K+和Na+的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价Fe的价层电子排布式是__________。 ②该高铁酸盐的化学式是__________。 ③FeO42−的结构与SO42−相似。该晶胞中Fe-O键的键长有2种，则2种Fe-O键的数目之比是__________，FeO42−的空间构型是__________形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生O2，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。 ②制备高纯度K2FeO4的方法之一： 上述流程中先制备Na2FeO4，再制备K2FeO4。通常不用含K+的氧化剂直接得到K2FeO4产品。结合Na2FeO4和K2FeO4的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。 题 42　【2026·北京卷】 肼(N2H4)可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作NH3分子中H原子被-NH2取代的产物。N2H4易溶于水的原因之一，是N2H4与水分子间存在__________作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。制备流程示意图如下。 资料：N2H4的还原性强于NH3 ①反应器1中产生NaClO的离子方程式是________________________________________。 ②反应器2中NaClO与NH3作用产生NH2Cl。 ③反应器3中NH2Cl与大量的NH3充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成N2H4·H2O的化学方程式是_____________________________________________。 ④反应器3中通入大量的NH3，可减少N2H4和NH2Cl副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：____________________________________________。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：2NH3+H2O2=N2H4·H2O+H2O，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点79.6°C，水合肼沸点120°C，丁酮连氮沸点165°C；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备N2H4·H2O：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是__________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到100°C左右反应，能促进N2H4·H2O的生成，原因是__________________________________________________。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点____________________。 题 43　【2026·北京卷】 实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．K2MnO4为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为3MnO42−+2H2O=2MnO4−+MnO2↓+4OH−， ii．浓碱性条件下，MnO4−可被OH−还原为MnO42−。 iii．KMnO4的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将0.015molKClO3、0.030molMnO2和0.080molKOH三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X用水溶解后，滴加3mol·L−1CH3COOH至pH=10(约20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液Y和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将Y转移至蒸发皿中，90∘C水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：__________。 □KClO3+□MnO2+□___________高温□KCl+□K2MnO4+□___________ ②Ⅱ中K2MnO4歧化的原因：随pH降低，MnO42−的还原性不变，氧化性__________。 ③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO2)。 （2）对Ⅲ中产生MnO2的原因进行分析和探究 ①甲认为CH3COO−将MnO4−还原，设计实验i验证：用含0.2mol·L−1KMnO4和0.6mol·L−1CH3COOK的溶液(pH=10)代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO2。乙认为该现象不能证明CH3COO−还原了MnO4−，理由是_______________________________________________。 ②乙设计和实施了实验ii：用____________________代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO2，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用0.15mol·L−1KCl代替CH3COOK重复实验i，证实Ⅲ中Cl−不能还原MnO4−。 实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90°C水浴浓缩，洗涤，干燥。 （3）测定KMnO4纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成250mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4−被还原为Mn2+。测得c(KMnO4)=amol·L−1。 ①滴定反应的离子方程式是__________________________________________________。(H2C2O4是二元弱酸) ②KMnO4的产率是____________________。[产率=(实际产量/理论产量)×100%] 题 44　【2026·山东卷】 一种从铜阳极泥（主要含Au、Ag2Se、Cu2Se）中分离提取贵金属Au、Ag的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3。 Ksp(AgCl)=1.6×10−10；Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+　K=1.0×107。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3的离子方程式为_________________________________________。 （2）“球磨提金”时，生成Cl2的反应中作氧化剂的是__________（填化学式）。 （3）“酸溶”时，AuCl3转化为[AuCl4]−；“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[AuSO3]−形式存在，Na2SO3的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，[AuSO3]−发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010molAgCl完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液中c(NH3)≥_______mol·L−1。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________（填化学式）。 题 45　【2026·重庆卷】 从金精矿(含Au、FeS2和FeAsS等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： （1）焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第_________周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是_________。 ③焙烧时，FeS2分解为FexS和气态S，该化学方程式为_________。 ④烟气中含有As4和As4S4等物质。已知As4分子为正四面体形，As4S4分子结构可视为4个S原子分别嵌入As4的4条棱上，则As4S4分子的结构有_________种。 （2）制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为_________。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为_________。 （3）提取金 ①浸金过程中，Au在O2的作用下与S2O32−生成[Au(S2O3)2]3−，其离子方程式为_________。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，Zn置换过程中会有Zn(OH)2，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中c(NH3)=0.1mol/L，c{[Zn(NH3)4]2+}=9×10−4mol/L，为确保[Zn(NH3)4]2+不转化为Zn(OH)2沉淀，理论上pH不应高于_________。(Zn2++4NH3=[Zn(NH3)4]2+ K=3×109，Ksp[Zn(OH)2]=3×10−17)。 题 46　【2026·云南卷】 创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②1O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： （1）Au与Cu同族，属于__________区元素。 （2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。 （3）“滤液2”中主要的金属离子有Ag+、__________(填离子符号)。 （4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整) HSO5−+SO52−=__________+__________+1O2 （5）工序“X”中，抗坏血酸的作用为__________。 （6）“碱沉”前，用0.1000mol·L−1的NaOH标准溶液测定50.00mL“滤液1”中的H+及Ni2+浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(pOH=−lg[c(OH−)/(mol·L−1)]，pNi=−lg[c(Ni2+)/(mol·L−1)]，忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中Ni2+的浓度为__________mol·L−1(结果保留小数点后3位)。 （7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为__________。 参考答案 考点1　氧化还原反应的概念与判断 题 1　【2025·云南卷】 【答案】B 【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。 【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确； B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误； C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确； D．SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确； 答案选B。 题 2　【2025·北京卷】 【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。 题 3　【2025·重庆卷】 【答案】B 【详解】A．研磨硝化棉是物理粉碎过程，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A错误； B．硫磺（S）转化为硫酸（H2SO4）时，硫的化合价从0升至+6，发生氧化反应，涉及氧化还原反应，B正确； C．蒸馏法分离酒精是物理过程，无新物质生成，不涉及氧化还原反应，C错误； D．植物油水解生成甘油和脂肪酸盐，属于水解反应，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D错误； 故选B。 题 4　【2025·山东卷】 【答案】A 【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为：和，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意； B．电解盐酸生成和，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．金属与反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．合成氨反应中的N化合价从0→-3，的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选A。 题 5　【2024·山东卷】 【答案】B 【解析】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意； C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 题 6　【2023·全国乙卷】 【答案】C 【解析】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意； B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意； C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意； D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意； 综上所述，本题选C。 题 7　【2026·山东卷】 【答案】A 【解析】A．海水经日照风吹蒸发水分，使氯化钠结晶得到盐，只发生物理蒸发结晶，没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意； B．烧桐油时，桐油（有机物）燃烧，C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意； C．淀粉先发酵生成乙醇，乙醇再被氧化为乙酸，有化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．烧制过程中金属氧化物发生氧化还原反应，不同价态金属离子呈现不同颜色，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选A。 题 8　【2026·四川卷】 【答案】C 【解析】 A．铁粉具有还原性，可与食品包装内的氧气发生氧化还原反应消耗氧气，防止食品氧化变质，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．漂白粉消毒时利用次氯酸根的强氧化性使细菌蛋白质变性，氯元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．表面活性剂去除油污是利用乳化作用，通过亲水基、亲油基将油污分散为小油滴除去，整个过程没有化合价变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意； D．锂离子电池供电是原电池反应，通过负极氧化、正极还原的氧化还原反应实现化学能转化为电能，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选C。 考点2　氧化性与还原性的强弱比较 题 9　【2025·北京卷】 【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。 题 10　【2025·山东卷】 【答案】C 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【详解】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确； 综上所述，本题选C。 题 11　【2025·浙江卷】 【答案】D 【详解】A．氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确； B．与水溶液反应，生成和，还原产物为，B项正确； C．根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，C项正确； D．与足量溶液反应生成和，反应方程式为：，3mol参与反应，电子转移5mol，D项错误； 答案选D。 考点3　电子转移与氧化还原计算 题 12　【2025·湖南卷】 【答案】C 【详解】A．NaSbO3中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确； B．的中心N原子价层电子对数是，采用杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确； C．反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb（4mol）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误； D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3mol O2参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确； 故选C。 题 13　【2025·安徽卷】 【答案】A 【详解】 A．HOF中心原子为O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为，A正确 B．空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．反应①中F-F非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C错误； D．F的电负性大于O，HOF中氟表现为-1价，O为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是-1价，F的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为，既是氧化产物也是还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误； 故选A。 题 14　【2024·浙江卷】 【答案】D 【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应； 【解析】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确； B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确； C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确； D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误； 故答案为：D。 题 15　【2023·浙江卷】 【答案】A 【解析】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确； B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误； C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误； D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误； 故选A。 考法02 氧化还原反应的规律与应用 题 16　【2023·湖南卷】 【答案】D 【解析】A．S2O32−的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误； B．As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误； C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O紫外光2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O自然光2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的(n(O2))/(n(H2O))：Ⅰ>Ⅱ，C错误； D．As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1molAs2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1molAs2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确； 故选D。 题 17　【2023·北京卷】 【答案】C 【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，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O22−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。 题 18　【2025·黑吉辽蒙卷】 【答案】C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 考点4　价态规律与价类二维图 题 19　【2025·陕晋青宁卷】 【答案】D 【分析】 根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。 【详解】A．H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确； B．S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确； C．M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确； D．1mol H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误； 答案选D。 题 20　【2023·辽宁卷】 【答案】C 【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。 【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误； B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误； C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确； D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误； 答案选C。 题 21　【2026·广东卷】 【答案】D 【解析】 【详解】A．a可以是N2，N2分子内含1个σ键和2个π键，因此分子中可存在π键和σ键，A正确； B．c可以是CO2，e可以是碳酸盐（盐类，碳元素为+4价），碳酸钙等碳酸盐受热分解可生成CO2，因此c可由e受热分解产生，B正确； C．对应转化为：N2→NO→NO2→HNO3→NO，可通过反应实现：N2和O2放电生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，稀HNO3与Cu反应生成NO，C正确； D．f为-1价的酸，只能是HCl，盐酸没有强氧化性，不能用于自来水消毒，D错误； 故选D。 题 22　【2026·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】A 【解析】 【分析】 含Cl物质：a为-1价Cl的酸，是HCl，b为0价Cl单质，是​， 为次氯酸盐，d为高氯酸盐； 含Mn物质：f为+4价Mn的氧化物，是MnO2，e为+2价Mn的盐，g为高锰酸盐，以此解答。 【详解】A．Mn是25号元素，基态电子排布为，最外层电子数为2；Cl是17号元素，基态电子排布为，最外层电子数为7，二者最外层电子数不相等，A错误； B．d的阴离子为​，中心Cl的价层电子对数为=4，无孤电子对，空间结构为正四面体，B正确； C．浓HCl（a）和次氯酸盐（ ）发生归中反应生成（b）；浓HCl和高锰酸盐（g）常温下反应也可生成（b），C正确； D．该反应为Mn元素的归中反应，+7价Mn降价得到还原产物MnO2，每个Mn得3，+2价Mn升价得到氧化产物MnO2，每个Mn失2，根据电子守恒，n(还原产物):n(氧化产物)=2:3，D正确； 故选A。 考点5　氧化还原方程式的书写与正误判断 题 23　【2025·云南卷】 【答案】C 【详解】A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，方程式正确，A正确； B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确； C．FeCl3与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C错误； D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，方程式正确，D正确； 故选C。 题 24　【2026·河北卷】 【答案】D 【解析】 A．工业合成氨是N2与H2在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成NH3，化学方程式为：N2+3H2⇌_(催化剂)2NH3，A正确； B．氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H2和Cl2，化学方程式为：2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，B正确； C．氨脱硫时，SO2先与NH3、H2O反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被O2氧化为硫酸铵，化学方程式为：4NH3+2H2O+O2+2SO2=2(NH4)2SO4，C正确； D．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1个氢原子和1个羟基，脱去的水分子数应为n−1 ，化学方程式书为：→+(n-1)H2O，D错误； 故选D。 考点6　氧化还原反应在实验中的应用 题 25　【2025·广东卷】 【答案】D 【分析】打开，一定时间后，b中H2O2在MnO2的催化下生成O2，O2进入a中，氧化I-，生成I2，使得淀粉-KI溶液变蓝；关闭K1，打开K3，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。 【详解】A．O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确； B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，既作氧化剂也作还原剂，B正确； C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确； D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误； 故选D。 题 26　【2023·北京卷】 【答案】(1)< (2) 除去I3−，防止干扰后续实验 [CuI2]−+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I−、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O (3) 2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI 白色沉淀逐渐溶解 溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或I3−浓度小未能氧化全部的Cu) (4)铜、含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液 (5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I3−可以提高Cu与I3−的接触面积，提高反应速率。加入CCl4，I2+I−⇌I3−平衡逆向移动，I2浓度减小，I−浓度增加，[CuI2]−浓度增加，加入氨水后转化为[Cu(NH3)2]+，被氧化为[Cu(NH3)4]2+，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【详解】（1）提高KI浓度，便于提高I3−的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I3−的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。 （2）加入CCl4，I2+I−⇌I3−平衡逆向移动，I2浓度减小，I−浓度增加，其目的为：除去I3−，防止干扰后续实验。加入氨水[CuI2]−浓后转化为[Cu(NH3)2]+无色的[Cu(NH3)2]+被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+，方程式为[CuI2]−+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I−、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI；2Cu+I2=2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。 （4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液。 （5）含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。 题 27　【2026·河北卷】 【答案】（1） 分液漏斗 （2） 关闭 K1、K2，向D中加水使导管口浸没在水面下 （3） 3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O （或 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2） （4） 橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色） （5）b （6） 重结晶 （7） 75% （8） 优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷 【解析】 【分析】方案I（工业法）利用Br2与氨水的氧化还原反应制备NH4Br：部分Br从0价被还原为-1价得到Br−，部分NH3中-3价N被氧化为0价N2，最终生成NH4Br。 方案II（实验室法）先通过SO2还原Br2​制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH4Br。 【小问1详解】 仪器B的名称为分液漏斗。 【小问2详解】 检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞 K1 和 K2，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。 【小问3详解】 液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为 Br−，氨气作还原剂被氧化为无色气体 N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O （或 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2）。 【小问4详解】 步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。 【小问5详解】 反应过程中会有未反应的 NH3 和 Br2 挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用 KMnO4 溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成 NH4Br，既提高了产率又不引入杂质，故选b。 【小问6详解】 步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。 【小问7详解】 加入的 Br2 质量为 32.0g，其物质的量 n=(32.0g)/(160g/mol)=0.2mol。根据关系式 3Br2∼6NH4Br 可知，理论上生成 NH4Br 的物质的量为 0.4mol。理论产量 m=0.4mol×98g/mol=39.2g。则产率 =(29.4g)/(39.2g)×100%=75%。 【小问8详解】 对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。 题 28　【2026·山东卷】 【答案】（1） ①. 滴液漏斗 ②. 干燥HCN气体 （2）AB （3）②③① （4） ①. 防止AgNO3见光分解 ②. ＜ ③. 2:1 （5） ①. (17[5c1(V1+V3)−c2V2])/(50m)×100% ②. 偏小 【解析】 【分析】本实验分为HCN气体制备与NaCN样品定量滴定检测两部分，制备环节中，甲装置利用浓硫酸与NaCN在沸水浴条件下反应生成HCN气体，氮气作为保护气将气态HCN带出，装置b中CaCl2干燥HCN，乙装置用低温冰盐混合物冷凝HCN，将气态HCN液化收集，同时全程处理有毒尾气避免污染；滴定环节先取样品溶液，用硝酸银沉淀法分离CN−，再通过两步高锰酸钾氧化还原滴定，氧化溶液中HCOO−，后续用亚铁标准溶液还原过量高锰酸钾，最后高锰酸钾返滴定剩余亚铁； 【小问1详解】 仪器a为滴液漏斗，可平稳添加NaCN溶液；装置b盛装无水CaCl2，作用是干燥HCN气体，除去HCN中混有的水蒸气； 【小问2详解】 HCN沸点26℃，甲装置水浴（50℃）保证反应产生的HCN保持气态，便于在乙装置中充分收集；HCN熔点-13℃，乙需要低温冷凝液化HCN，选用-10℃冰盐混合物，既能让HCN完全液化，又不会让HCN凝固堵塞导管，装置甲、乙选用的控温物质依次为A、B； 【小问3详解】 实验结束先停止滴加NaCN溶液，再关闭阀门K3、切换三通阀K2处理有毒尾气，最后打开阀门K1通N2，使装置中残留的HCN全部排入尾气处理装置中，避免有毒HCN泄漏污染空气，因此正确顺序为②③①； 【小问4详解】 AgNO3化学性质不稳定，见光易发生分解反应，光照下硝酸银会析出银单质、溶液变浑浊，损耗标准液，造成滴定浓度不准，因此必须使用棕色滴定管；滴加AgNO3溶液至出现棕褐色沉淀，说明AgCN先沉淀，当CN−沉淀完全后才会生成Ag2O棕褐色沉淀（指示滴定终点），因此Ksp(A,g,C,N)<Ksp(A,g,O,H)； 步骤Ⅱ中MnO4−→MnO42−，Mn元素化合价由+7转化为+6，每个MnO4−得1e⁻；HCOO−在碱性条件下被氧化为CO32−，C元素化合价由+2转化为+4，每个HCOO−失2e⁻，根据电子守恒，氧化剂MnO4−与还原剂HCOO−物质的量之比为2:1； 【小问5详解】 由题，碱性环境下HCOO−+2MnO4−+3OH−=CO32−+2MnO42−+2H2O，由此得到关系式HCOONa∼2MnO4−；酸性条件下MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，对应定量关系MnO4−∼5Fe2+。根据得失电子守恒：整个过程Mn从+7价被还原为+2价，得到的电子总数为HCOONa、Fe2+失去的电子总数：即5c1(V1+V3)×10−3mol=2×n(H,C,O,O,N,a)+1×c2V2×10−3mol，可得25 mL待测液中甲酸钠物质的量n(H,C,O,O,N,a)=(5c1(V1+V3)−c2V2)/(2)×10−3mol，则250 mL全部样品中甲酸钠总物质的量n总(H,C,O,O,N,a)=(5c1(V1+V3)−c2V2)/(200)mol，甲酸钠质量m(H,C,O,O,N,a)=(5c1(V1+V3)−c2V2)/(200)mol×68g/mol=(17[5c1(V1+V3)−c2V2])/(50)g，因此甲酸钠质量分数为((17[5c1(V1+V3)−c2V2])/(50))/(m)×100%=(17[5c1(V1+V3)−c2V2])/(50m)×100%； Fe2+标准液被空气中O2氧化会发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，相同V2体积溶液内有效Fe2+实际物质的量低于理论计算值，则会导致步骤Ⅳ消耗KMnO4标准液体积V3偏小，因此甲酸钠的质量分数偏小。 考点7　工艺流程与新情境中的氧化还原反应 题 29　【2023·辽宁卷】 【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA (3) H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+ Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O (6)11.1 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。 【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）(H2SO5)的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(OH-)3×c(Fe3+)=c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； （4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。 题 30　【2024·浙江卷6月】 【答案】（1） ①. 还原性 ②. Pb3O4+14HCl(浓)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑ ③. PbO或Pb(OH)2或PbCO3 （2）AB （3） ①. 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- ②. HSO3X+3OH-=SO42-+X-+2H2O 【解析】 【分析】铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。 【小问1详解】 根据富氧煅烧和通电电解的结果，PbS中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；根据PbCl2(s)⇌_(热水)PbCl2(aq)⇌H2[PbCl4]可得反应：PbCl2(aq)+2HCl⇌H2[PbCl4]，要从该反应液中提取PbCl2，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶； 【小问2详解】 A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：PbS=Pb+S(条件省略)，A正确； B． 据分析，铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确； C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则1mol化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，C错误； D． ClF的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于Cl2，D错误； 故选AB。 【小问3详解】 ①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-； ②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=SO42−+X-+2H2O。 题 31　【2025·黑吉辽蒙卷】 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确； C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误； D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确； 答案选C 题 32　【2025·甘肃卷】 【答案】D 【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【详解】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误； B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误； C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误； D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确； 答案选D。 题 33　【2025·江苏卷】 【答案】A 【详解】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误； 故选A。 题 34　【2026·黑吉辽蒙卷】 【答案】C 【解析】 【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，Cu2Te和Cu2S反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，Ag2S和Au不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【详解】A．“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O2会进一步将S2−氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误； B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误； C．Na2Te被O2氧化生成Na2Te2的反应方程式为：4Na2Te+O2+2H2O=2Na2Te2+4NaOH，反应生成强碱NaOH，溶液中c(OH−)增大，碱性增强，C正确； D．滤液1中Te在Na2Te2中为−1价，沉碲得到0价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 故选C。 题 35　【2026·黑吉辽蒙卷】 【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 ②. NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+6H2O （3） ①. [Cu(NH3)4]2+ ②. NH3 （4）2 （5）(NH4)2SO4 （6） ①. 2 ②. [Ni(NH3)]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而[Ni(NH3)2]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，不会生成游离的H+，因此还原程度较高 【解析】 【分析】镍矿的主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成[Ni(NH3)6]2+、[Cu(NH3)4]2+，浸渣为Fe2O3；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气NH3，c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，[Cu(NH3)4]2+转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的S2O32−充分氧化为SO42−，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； 【小问1详解】 Ni是28号元素，价电子排布为3d84s2，根据周期表分区规则，属于d区。 【小问2详解】 加压可增大氧气的溶解度，提高O2浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生成[Ni(NH3)6]SO4，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+6H2O。 【小问3详解】 氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu(NH3)4]2+；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH3) 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 【小问4详解】 1molS2O32−被氧化为SO42−，S2O32−中S 的平均化合价为 +2价，SO42−中S的化合价为+6价，总共失去2×(6−2)=8mol电子，1molO2反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗O2的物质的量为(8)/(4)=2mol。 【小问5详解】 在“还原”步骤中，[Ni(NH3)6]SO4被H2还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH4+（由NH3和H+结合），阴离子是一直未参与后续反应的SO42−。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是(NH4)2SO4，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 【小问6详解】 观察题给图像，当x=2时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而x=1时反应提前停滞（转化率低），x=3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当x=1时，发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，会释放一个游离的H+，游离H+会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当x=2时，发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，恰好生成2个NH4+，体系不会生成游离的H+，反应能顺利进行到底。 题 36　【2026·河北卷】 【答案】（1）d （2） ①. 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可） ②. 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 Δ 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O （3） ①. Fe2O3 ②. CaSiO3 （4）在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 （5）氧化 （6）2CrO42− + 3SO32− + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42− + 5H2O 【解析】 【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入NaOH溶液，通入O2，140℃~180℃反应，铁的转化： FeO 被氧化为 Fe2O3 ，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下V2O3被O2氧化为Na3VO4。铬的转化：Cr2O3被氧化为Na2CrO4。硅的转化：SiO2直接与NaOH反应生成Na2SiO3。沉淀：加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至40∘C，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。Na3VO4的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；Na2CrO4的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可得 V2O5 ），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让Na2CrO4从母液中析出，母液中亦含有少量Na2CrO4，还原：利用稀 H2SO4 、 Na2SO3 。 将溶液中的CrO42− 还原为Cr3+。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使 Cr3+ 发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到的 Cr(OH)3 沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 Cr2O3 。 【小问1详解】 根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 【小问2详解】 首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 Δ 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 【小问3详解】 在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 【小问4详解】 观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 【小问5详解】 母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 【小问6详解】 还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，SO32−被氧化为SO42−。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2CrO42− + 3SO32− + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42− + 5H2O。 题 37　【2026·河南卷】 【答案】（1）废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可） （2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ （3）提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe3+（或 Fe2(SO4)3）以便在“浸出1”中循环利用 （4）该反应的活化能较大，反应速率较慢 （5）4:1 （6）将分散的铈元素集中（或富集Ce3+），以便在后续步骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 （7）2Ce3++ClO−+6OH−+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl− 【解析】 【分析】该流程是从含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生Fe3+循环回浸出工序；之后经“浸出2”初步浸出Au、Pd，滤液沉银得到AgCl，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余Au、Pd，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含Ce3+的流出液经氧化得到Ce(OH)4​回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 【小问1详解】 提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 【小问2详解】 “浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。 【小问3详解】 “滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为Fe2+−e−=Fe3+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 【小问4详解】 3Ce4++Au⇌3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 【小问5详解】 AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。N2H4被氧化为N2，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 molN2H4失4e⁻。根据得失电子守恒可得化学方程式为：4AgCl+N2H4=4Ag+N2↑+4HCl，因此n(AgCl):n(N2H4)=4:1。 【小问6详解】 “浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]−和[PdCl4]2−，使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl。而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的Ce3+，流程的最终目的是要将铈元素转化为Ce(OH)4沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的Ce3+一起进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高铈的回收率。 【小问7详解】 氧化”步骤中，NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，在碱性条件下生成Ce(OH)4沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++ClO−+6OH−+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl−。 题 38　【2026·广东卷】 【答案】（1）增大反应物接触面积 （2） Fe（或铁粉） （3） ①.  Fe2++2e−=Fe ②.  (2.8×10−39)/(1.4)√(3)或2×10−39√(3) （4）先控制H2O2浓度在x1mol/L​，与HCl溶液浸出Ag后过滤除去，再控制H2O2浓度在x3mol/L​与HCl溶液浸出Au，过滤 （5） 2[AuCl4]−+3HSO3−+3H2O=2Au↓+3SO42−+8Cl−+9H+ （6）杂冠醚的空腔大小与Ag+的直径（大小）相匹配 （7） ①. GaN ②. A、B或C ③. C或A、B 【解析】 【分析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子[SbCl4]−，过滤后滤泥含有Au、Ag、SiO2、S等；滤液主要含[SbCl4]−，还会存在Fe3+、Mg2+等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将Fe3+还原为Fe2+，滤液1含有Mg2+、Fe2+，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制H2O2​浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。 【小问1详解】 固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 【小问2详解】 沉锑过程中，Fe将[SbCl4]−中+3价Sb还原为Sb单质，Fe被氧化，作还原剂。 【小问3详解】 ①电解回收沉锑试剂（铁粉），阴极Fe2+得电子生成Fe单质，故阴极反应为Fe2++2e−=Fe。 ②阳极室要防止产生沉淀，由Ksp数据可知，Fe(OH)2和Mg(OH)2两种沉淀中，Fe(OH)2先沉淀，但考虑到阳极Fe2+失电子生成Fe3+，最终c(Fe3+)=1.4mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH−)，计算得不产生沉淀时c(OH−)≤(2.8×10−39)/(1.4)√(3)​​，该值远小于Fe(OH)2沉淀的临界c(OH−)，因此按Ksp[Fe(OH)3]​计算。 【小问4详解】 由图可知，c(H2O2)在x1时Ag浸取率接近100%，Au浸取率很低，先过滤除去Ag；再将c(H2O2)调至x3​，Au浸取率接近100%，可提高金的提取率和纯度。 【小问5详解】 Au从+3价降为0，2个Au共得6e−；HSO3−​中S从+4价升为+6价（生成SO42−​），每个失2e−，因此HSO3−​系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式2[AuCl4]−+3HSO3−+3H2O=2Au↓+3SO42−+8Cl−+9H+。 【小问6详解】 超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 【小问7详解】 ①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，N电负性远大于Sb，Ga和Al电负性相近，因此GaN中电负性差更大，离子键成分更大。 ②AlSb为1:1型化合物，晶胞中：A（顶点）数目为8×(1)/(8)=1，B（面心）数目为6×(1)/(2)=3，A+B共4个；C（晶胞内部）共4个，满足4:4=1:1。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点（A）+面心（B）和体内四面体空隙（C）；二者可互换顺序。 题 39　【2026·上海卷】 【答案】（1）D （2）BC （3） ①. 875 ②. 不能 ③. 该温度下反应的ΔG=ΔH−TΔS>0，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu （4）17 （5）氧化剂 （6）2H2O−4e−=O2+4H+ （7）A （8） ①. A ②. 4 （9） ①. H3O+>NH3>H2O ②. NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【解析】 【小问1详解】 该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N>S>C>H，故电负性最大的是N，最小的是H，选D。 【小问2详解】 该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H键可与阴离子HSO4−中的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 【小问3详解】 (1) 根据盖斯定律，目标反应2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故ΔH=ΔH1+ΔH4=1212�kJ·mol−1−337�kJ·mol−1=875�kJ·mol−1。 (2) 298K时，反应的吉布斯自由能ΔG=ΔH−TΔS=875�kJ·mol−1−298�K×(−0.148�kJ·mol−1·K−1)≈919.1�kJ·mol−1>0，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故Cu+在溶液中不能大量存在。 【小问4详解】 依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2价升高到+3价，每个Fe失1e⁻，S从-2价升高到+6价，每个S失8e⁻，4mol CuFeS2共失电子4×1+8×8=68�mol，O2中O从0价降低到-2价，1mol O2得4e⁻，故O2的系数为(68)/(4)=17。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4+的系数为16，配平后总反应为4CuFeS2+17O2+2NH3+16H2O=4[Cu(NH3)4]2++16NH4++2Fe2O3+8SO42−。 【小问5详解】 反应液中含Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO42−，为将Fe元素全部转化为Fe3+，便于调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+。 【小问6详解】 电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O−4e−=O2+4H+。 【小问7详解】 反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。 【小问8详解】 CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近的S原子有4个。 【小问9详解】 H3O+、NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化，H3O+中O有1对孤电子对，NH3中N有1对孤电子对但N的电负性小于O，孤电子对排斥力更小，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为H3O+>NH3>H2O；NH3和H2O键角不同的原因是NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 五、硫化镉量子点 CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含Cd2+、H+、NO3−，少量Fe3+、Pb2+杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，Ksp(CdCO3)=5.2×10−12，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5。 ②Fe3+、Pb2+完全沉淀的pH=3.2，Cd2+开始沉淀的pH=7.4； 题 40　【2026·湖南卷】 【答案】（1） IVA （2） ①. 2PbS+O2+4H++2SO42−=2PbSO4+2S+2H2O ②. 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 （3）b （4）ac （5） ①. 2Pb2(OH)2CO3+CH4高温4Pb+3CO2+4H2O ②. 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 （6） ①. CaSO4 ②. CaCO3 【解析】 【分析】加压氧化将PbS转化为PbSO4和单质S；胺浸利用乙二胺将PbSO4转化为可溶性配合物以实现固液分离；沉铅通过通入CO2生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用CH4将铅还原出来；再生步骤利用Ca(OH)2回收乙二胺并处理副产物。 【小问1详解】 Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 【小问2详解】 “加压氧化”中，PbS与空气中的O2及加入的硫酸反应，生成PbSO4沉淀和单质S。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为2PbS+O2+4H++2SO42−=2PbSO4+2S+2H2O。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 【小问3详解】 当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)=1.0×10−5mol·L−1，此时溶液中c2(OH−)=(Ksp[Zn(OH)2])/(c(Zn2+))=(3.0×10−17)/(1.0×10−5)=3.0×10−12。 对于Cd2+，其浓度商Qc=c(Cd2+)·c2(OH−)=0.01×3.0×10−12=3.0×10−14。 因为Qc=3.0×10−14>Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10−15，故有Cd(OH)2沉淀生成； 若Cd2+沉淀完全，需要c2(OH−)=(7.2×10−15)/(1.0×10−5)=7.2×10−10>3.0×10−12，说明此时Cd2+并未沉淀完全。因此Cd2+部分沉淀，选b。 【小问4详解】 a．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与Pb2+形成配位键，正确； b．“沉铅”过程中通入CO2，生成碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3]，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小，错误； c．由流程图可知，“再生”工序加入Ca(OH)2后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确； 故选ac。 【小问5详解】 “高温还原”中，Pb2(OH)2CO3与CH4反应生成Pb、CO2和H2O。反应中Pb元素化合价由+2降至0，C元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为2Pb2(OH)2CO3+CH4高温4Pb+3CO2+4H2O。若用炭代替CH4，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 【小问6详解】 “沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO2后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入Ca(OH)2进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的CaSO4和难溶的CaCO3沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为CaSO4和CaCO3。 题 41　【2026·北京卷】 【答案】（1）高铁酸根被还原得到的Fe3+可水解生成Fe(OH)3胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用 （2） ①. 3d2 ②. K3NaFe2O8 ③. 3：1 ④. 四面体形 （3） ①. 4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ②. 相同温度下，Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4，向溶出得到的含FeO42−的滤液中加入浓KOH，可利用K2FeO4更小的溶解度使K2FeO4充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含K+的氧化剂反应，生成的K2FeO4会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物 【解析】 【小问1详解】 高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用； 【小问2详解】 ①基态Fe原子价层电子排布为3d64s2，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为3d2。 ②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为8×(1)/(8)=1；K位于晶胞棱上和体内，总数为4×(1)/(4)+2=3，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为K3NaFe2O8。 ③每个FeO42−共4个Fe-O键，在晶胞中，FeO42−受周围K+、Na+影响，4个O分为两组，其中3个O受Na+影响，1个O受K+影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；SO42−为正四面体构型，FeO42−与其结构相似，因此空间构型为四面体形。 【小问3详解】 ①酸性条件下FeO42−发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成O2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。 ②相同温度下，Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4，向溶出得到的含FeO42−的滤液中加入浓KOH，可利用K2FeO4更小的溶解度使K2FeO4充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含K+的氧化剂反应，生成的K2FeO4会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物。 题 42　【2026·北京卷】 【答案】（1）氢键 （2） ①. Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O ②. NH2Cl+2NH3+H2O=N2H4·H2O+NH4Cl ③. 增大NH3的浓度，可加快主反应NH2Cl与NH3反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH2Cl的浓度，使N2H4和NH2Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生 （3） ①. +3H2O=N2H4·H2O+2 ②. 该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成 （4）丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 【解析】 【分析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氯酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，NaClO与NH3作用产生NH2Cl，反应器3中NH2Cl与大量的NH3充分反应后生成N2H4·H2O，将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到N2H4·H2O。 【小问1详解】 N2H4含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。 【小问2详解】 ①反应器1中Cl2通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCl、NaClO和水，对应离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O。 ③NH2Cl和大量NH3反应生成水合肼和NH4Cl，其化学方程式为NH2Cl+2NH3+H2O=N2H4·H2O+NH4Cl。 ④增大NH3的浓度，可加快主反应NH2Cl与NH3反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH2Cl的浓度，使N2H4和NH2Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。 【小问3详解】 ①丁酮连氮水解断裂N-N相连的双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为+3H2O=N2H4·H2O+2。 ②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成。 【小问4详解】 丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 题 43　【2026·北京卷】 【答案】（1） ①. 1KClO3+3MnO2+6KOH高温1KCl+3K2MnO4+3H2O ②. 增强 （2） ①. 实验没有排除OH−还原MnO4−​的干扰，因此不能直接归因于醋酸根（或KMnO4溶液在加热条件下自身分解产生MnO2） ②. 含0.2mol·L−1KMnO4且用 KOH 调节pH=10的溶液 （3） ①. 5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 5000a% 【解析】 【小问1详解】 ①根据投料的物质的量比例，Cl从+5价降为-1价得6e−，每个Mn从+4价升为+6价失2e−，电子守恒得KClO3​和MnO2​系数比为1:3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为H2O，根据原子守恒配平：1KClO3+3MnO2+6KOH高温1KCl+3K2MnO4+3H2O； ②歧化反应中MnO42−既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，MnO42−夺取电子的能力（即氧化性）增强，从而更容易自身发生氧化还原（歧化）反应。 【小问2详解】 ①资料ii说明浓碱性条件下， ​可被 还原为 ，后续歧化生成 ；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是 还原了 ​产生 ，无法证明是 的作用；（也可能是KMnO4溶液在加热条件下自身分解产生MnO2）。 ②为了证明确实是CH3COO−起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件（浓度、温度、90℃水浴、pH=10）下，排除掉CH3COO−的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含0.2mol·L−1KMnO4 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生MnO2，则可证实甲的观点。 【小问3详解】 ①酸性条件下MnO4−被还原为Mn2+，H2C2O4作为弱酸不能拆写，被氧化为CO2​，根据电子守恒（Mn降5价，每个C升1价）、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； ②理论产量：MnO2为限量试剂，步骤I中0.03mol MnO2​完全转化为K2MnO4共0.03mol，根据歧化反应3MnO42−∼2MnO4−，理论生成KMnO4的物质的量为0.03mol×(2)/(3)=0.02mol。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则n(KMnO4)总=amol·L−1×0.25L×4=amol。 产率 = (实际产量)/(理论产量)×100%=(a)/(0.02)×100%=5000a%。 题 44　【2026·山东卷】 【答案】（1）3Cu2Se+20H++8NO3−=6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O （2）KMnO4 （3） ①. 将+3价的Au还原为+1价、提供配体 ②. 2[AuSO3]−=2Au↓+SO42−+SO2↑ （4）0.25 （5）HCl 【解析】 【分析】铜阳极泥原料主要含Au、Ag2Se、Cu2Se，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，Ag2Se、Cu2Se被硝酸氧化溶解生成Cu2+、Ag+、二元弱酸H2SeO3与NO，Cu2+、Ag+、二元弱酸H2SeO3进入滤液，Au留在沉淀中；沉淀加入KMnO4、NH4Cl球磨提金，KMnO4氧化氯离子生成活性Cl2，Cl2将Au氧化为AuCl3，经稀盐酸酸溶得到[AuCl4]−水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入Na2SO3反萃取，Na2SO3既作还原剂还原Au3+又提供配体形成[AuSO3]−，再经稀盐酸酸化，[AuSO3]−发生自身氧化还原析出单质Au；酸浸滤液中加入NaCl沉银得到AgCl沉淀，AgCl加氨水溶银生成可溶性络离子[Ag(NH3)2]+，再用水合肼还原提银析出Ag单质，释放N2得到滤液X； 【小问1详解】 Cu2Se中Cu为+1价被氧化为Cu2+，Se为−2价被氧化为H2SeO3，NO3−被还原为NO，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu2Se+20H++8NO3−=6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O； 【小问2详解】 “球磨提金”时，加入的KMnO4在酸性条件下氧化Cl−生成Cl2，Mn元素化合价降低，作氧化剂； 【小问3详解】 SO32−具有还原性，将[AuCl4]−中+3价Au还原为低价+1价Au；SO32−作为配体，与Au形成络离子[AuSO3]−进入水相实现反萃取，因此Na2SO3的作用为将+3价的Au还原为+1价，提供配体；[AuSO3]−中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为SO2、部分为SO42−，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为2[AuSO3]−=2Au↓+SO42−+SO2↑； 【小问4详解】 已知：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)Ksp=1.6×10−10；Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+K=1.0×107，总反应为AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−，平衡常数K总=Ksp×K=1.6×10−3。0.010molAgCl完全溶于1L氨水，平衡时c([Ag(NH3)2]+)=c(Cl−)=0.010mol·L−1，代入K总=(c([Ag(NH3)2]+)·c(Cl−))/(c2(NH3))，得平衡游离c(NH3)=0.25mol·L−1，因此c(NH3)≥0.25mol·L−1； 【小问5详解】 还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH3，滤液X含铵盐，球磨提金工序需要NH4Cl，向滤液X加入HCl，将NH3转化为NH4Cl，可循环至球磨提金步骤。 题 45　【2026·重庆卷】 【答案】（1） ①. 三 ②. 增大增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分 ③. xFeS2高温FexS+(2x−1)S↑ ④. 2 （2） ①. SO2 ②. 砷、硫 （3） ①. 4Au+O2+8S2O32−+2H2O=4[Au(S2O3)2]3−+4OH− ②. 10 【解析】 【分析】金精矿(含Au、FeS2和FeAsS等)经无氧焙烧后得到含有As4、S、As4S4等的烟气和含Au、FexS的焙渣Ⅰ；烟气中通入氢气得到H2S和含砷单质的固体Ⅰ，焙渣Ⅰ在空气中焙烧，FexS被氧化生成氧化铁和二氧化硫，故气体a为二氧化硫，焙渣Ⅱ为氧化铁、Au；一部分二氧化硫与硫化氢发生归中反应生成S单质，故固体Ⅱ为S，另一部分二氧化硫经吸收转化为亚硫酸盐，S与亚硫酸盐发生反应生成硫代硫酸盐；焙渣Ⅱ中加入硫代硫酸盐，Au在氧气作用下与S2O32−生成[Au(S2O3)2]3−，向所得[Au(S2O3)2]3−溶液中加入锌粉，发生还原反应得到金，据此分析。 【小问1详解】 ①S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，共3个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。 ②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。 ③无氧焙烧，FeS2分解为FexS和气态S，根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为xFeS2高温FexS+(2x−1)S↑。 ④As4为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱)，因此As4S4分子的结构只有2种不同的结构。 【小问2详解】 ①含FexS的焙渣在空气中焙烧，FexS被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO2。 ②烟气中含有As4、As4S4，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H2S和SO2发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。 【小问3详解】 ①Au被O2氧化为+1价进入配离子，O2被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为4Au+O2+8S2O32−+2H2O=4[Au(S2O3)2]3−+4OH−。 ②配合物稳定常数 ，代入数据： 3×109=(9×10−4)/(c(Zn2+)·(0.1)4)，解得c(Zn2+)=3×10−9mol/L， 不生成Zn(OH)2沉淀满足c(Zn2+)·c2(OH−)≤Ksp[Zn(OH)2]，则 c(OH−)≤(Ksp[Zn(OH)2])/(c(Zn2+))√()=(3×10−17)/(3×10−9)√()=1×10−4mol/L，pOH≥4，pH=14−pOH≤10。 题 46　【2026·云南卷】 【答案】（1）ds （2）Ni+2H+=Ni2++H2↑ （3）Cu2+ （4） ①. HCl为强酸，会引入大量 H+导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效 ②. HSO5−+SO52−=2SO42−+H++1O2 （5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 （6）0.035 （7）2AgNO3+2NaOH=Ag2O↓+2NaNO3+H2O 【解析】 【分析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成Ni2+溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为NiCl2和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。 碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀Ni2+生成Ni(OH)2 。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。 酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成Cu2+、Ag+，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有Cu(NO3)2、AgNO3 和过量的HNO3，滤渣2为单质 Au 。 氧化溶金：将滤渣2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时Cl−起到络合作用，生成[AuCl4]−溶解进入滤液4 。 还原金：向滤液4中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。 沉银：将含有Ag+的滤液2与含有Cl−的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。 【小问1详解】 Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 【小问2详解】 酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和H+反应生成Ni2+和H2，离子方程式：Ni+2H+=Ni2++H2↑。 【小问3详解】 滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成Cu2+、Ag+，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除Ag+外还有Cu2+。 【小问4详解】 根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（1O2） ，PMS（以HSO5−表示）发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HSO5−+SO52−=2SO42−+H++1O2。 【小问5详解】 “氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素C）具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 【小问6详解】 V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀Ni2+，沉淀Ni2+消耗NaOH体积为55.00mL−20.00mL=35.00mL，n(OH−)=0.1000mol/L×0.035L=0.0035mol，由Ni2++2OH−=Ni(OH)2↓得n(Ni2+)=(0.0035mol)/(2)=0.00175mol，c(Ni2+)=(0.00175mol)/(0.05L)=0.035mol/L。 【小问7详解】 滤液2中Ag+以AgNO3形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为Ag2O，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为2AgNO3+2NaOH=Ag2O↓+2NaNO3+H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $