资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年高考二轮专题4氧化还原反应规律
【考向分析】
氧化还原反应是高中化学的核心理论，贯穿于高中化学学习的始终，也是高考考查的重点和热点内容，很少会以专门考题出现，而是融入其他专题进行考查,分散在各种题型中。高考对氧化还原反应的考查常是以选择题、填空题的形式对相关概念进行辨析，涉及氧化性、还原性强弱比较，以具体物质的性质为载体，考查氧化还原反应方程式书写，得失电子数目的简单计算，以及强弱规律的应用等。试题与元素及其化合物性质及有关化学实验密切联系在一起，尤其是重要物质制备与氧化还原反应的结合，陌生的氧化还原反应方程式的书写成为近年来考查的亮点。氧化还原反应涉及面广，解题规律性强，有一定的技巧，预计在今后的高考试题中会推出新的设问方式、新的题型，特别是与工农业生产、科学研究、日常生活等紧密结合的试题。
【思维导图】
【考点解读】
考点1氧化还原反应概念
1.氧化还原反应的关系
（1）氧化反应：失去电子(化合价升高)的反应。
（2）还原反应：得到电子(化合价降低)的反应。
（3）氧化剂(被还原)：得到电子的物质(所含元素化合价降低的物质)。
（4）还原剂(被氧化)：失去电子的物质(所含元素化合价升高的物质)。
（5）氧化产物：还原剂失电子后对应的产物(包含化合价升高的元素的产物)。
（6）还原产物：氧化剂得电子后对应的产物(包含化合价降低的元素的产物)。
2．氧化还原反应的表示方法
（1）双线桥法：箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素。箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。在“桥”上标明电子的“得”与“失”，且得失电子总数应相等。
（2）单线桥法：箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。箭头方向表示电子转移的方向。在“桥”上标明转移的电子总数。
3.氧化性及还原性的强弱比较
物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。如：Na、Mg、Al的还原性强弱依次为Na＞Mg＞Al；浓HNO3、稀HNO3的氧化性强弱为浓HNO3＞稀HNO3
（1）根据氧化还原反应原理：氧化剂氧化性强于氧化产物，还原剂还原性强于还原产物。
（2）根据元素的化合价：如果物质中某元素具有最高价，该元素只有氧化性；物质中某元素具有最低价，该元素只有还原性；物质中某元素具有中间价态，该元素既有氧化性又有还原性。元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，元素化合价降低被还原，发生还原反应。
（3）根据活动性顺序：在金属活动性顺序表中，位置越靠前，其还原性就越强，其阳离子的氧化性就越弱。一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。
（4）根据元素周期表：同周期元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱；同主族元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强。
（5）根据反应的难易程度：氧化还原反应越容易进行(表现为反应所需条件越低)，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强。不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，条件越易或者氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。
（6）根据电化学原理判断：两种不同的金属构成原电池的两极，负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极，负极还原性强于正极。用惰性电极电解混合液时，若混合液中存在多种金属阳离子时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强(相应的金属单质的还原性较弱)，若混合液中存在多种阴离子，在阳极先放电的阴离子的还原性较强(相应的非金属单质的氧化性较弱)。
（7）一般溶液的酸性越强或温度越高，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强，反之则越弱。氧化性、还原性强弱的比较是考试的一个难点，基本考查方式一是比较氧化性还原性的强弱，二是根据氧化性还原性强弱，判断反应能否进行。
【典例精讲】
例题1、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【解析】A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B、②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，乙醇被氧化，B正确；C、②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，C正确；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，重铬酸根离子浓度增大，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。答案：D
【变式练习】
1. 已知在光催化材料中，铋酸钠是一种新型有效的光催化剂，其中铋位于元素周期表中第ⅤA族，以价较为稳定，溶液呈无色。现取一定量的溶液，向其中依次加入下列溶液，对应的现象如表所示：
加入的溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量双氧水 ③适量淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色
下列结论错误的是( )
A．实验③说明的氧化性比的氧化性强
B．向铋酸钠溶液中滴加淀粉溶液，溶液不一定变成蓝色
C．实验②中每转移个电子，会生成标准状况下
D．还原性的强弱顺序：
【解析】A．②中加入过量双氧水，再加入适量淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，不一定是氧气氧化的I-，故A错误； B．向铋酸钠溶液中滴加淀粉溶液，铋酸钠能把KI氧化成I2，但有可能进一步氧化成，所以溶液不一定变成蓝色，故B正确；C．根据得失电子守恒可知，实验②中每转移2个电子会生成1mol氧气，标准状况下氧气体积为22.4L，故C正确；D．结合实验①的现象，氧化了，根据还原剂的还原性比还原产物的还原性强，可知，故D正确。
考点2氧化还原反应方程式书写
1.氧化还原反应规律
(1)强弱规律：从化学反应方向的角度判断“剂＞物”，即同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。应用于判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱；判断某氧化还原反应能否正常进行。
(2)守恒规律：氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
应用于直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系；配平氧化还原反应方程式。
(3)价态规律：同一元素不同价态之间转化时，价态只靠近不交叉，相邻价态不反应。应用于判断氧化还原反应能不能发生；判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。
(4)优先规律：当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。应用于判断某一氧化还原反应能否正常进行；可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。
2．氧化还原反应方程式的配平
(1)配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒
(2)配平步骤(以高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气为例)：①标出化合价变化了的元素的化合价。②根据元素存在的实际形式调整发生了氧化还原反应的物质的系数，使之成1︰1的关系。③调整系数，使化合价升降总数相等。④根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。⑤利用元素守恒，用观察法配平没有参加氧化还原反应的其他物质的系数。⑥检查方程式两边各原子的个数是否相等，离子方程式还要检查方程式两边的离子所带的电荷数是否相等。
3.信息型氧化还原反应方程式的书写：信息型氧化还原反应方程式的书写涉及元素化合价的变化。虽参加反应的物质比较陌生，但可依据氧化还原的得失电子守恒思想，写出主要反应物和产物，再根据溶液的性质，补上适当的反应物或生成物。具体步骤如下：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数；根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒；根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
【典例精讲】
例题2、(1) 电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从废液中回收铜，重新获得FeCl3溶液，设计了下列实验步骤。写出一个能证明还原性Fe比Cu强的离子方程式：_____________________。该反应在上图步骤________中发生。上述过程回收的铜是粗铜，为了获得更纯的铜必须进行电解精炼。写出电解精炼时阳极材料及主要的电极反应式___________________________________。
（2）开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。该循环工艺过程的总反应方程式为 ，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是 。
【解析】（1）FeCl3滴入沸水中，继续煮沸可生成Fe(OH)3胶体，有丁达尔现象。Fe3＋能氧化I－生成I2，Fe3＋能与NaOH溶液生成Fe(OH)3红褐色沉淀。而加热蒸干FeCl3溶液，由于Fe3＋的水解，会生成Fe(OH)3沉淀，经灼烧，得到Fe2O3，而不是FeCl3固体。在FeCl3溶液中加入Fe、Cu固体后，发生以下反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋。由此看出剩余固体中不可能有Fe无Cu，而只能是Cu或Cu、Fe混合物。(3)废液中回收铜的实验过程如下：
Fe能从CuCl2溶液中置换出铜，可证明Fe比Cu的还原性强，反应方程式为：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。电解精炼铜时，粗铜作阳极(Cu－2e－===Cu2＋)，纯铜作阴极(Cu2＋＋2e－===Cu)，含Cu2＋的溶液作电解质溶液。（2）从流程图中的各方框的进出箭头可以迅速得出总反应的反应物是SO2和H2O，生成物是H2SO4和H2，I2是循环使用的物质，可以迅速写出反应的总方程式为2H2O+SO2====H2SO4+H2，碘化氢的分解反应是可逆反应，应从化学平衡角度分析分离出氢气的目的。
答案：(1) Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，①，粗铜，Cu－2e－===Cu2＋（2）2H2O+SO2====H2SO4+H2；减小氢气的浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率
【变式练习】
2. 硫酸亚铁是生产钛白粉的副产品，可用于制磷酸铁（FePO4）、氧化铁黑（Fe3O4）。
(1)以硫酸亚铁溶液为原料制取磷酸铁的过程为：向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，在搅拌的条件下加入双氧水，在70~75℃范围内反应，有白色FePO4·3H2O沉淀析出。将沉淀过滤、洗涤、干燥得磷酸铁。
①写出该过程中由硫酸亚铁制取FePO4·3H2O的化学方程式：______。
②该过程中温度不能过高，过高会使得FePO4·3H2O产率变低，原因是______。
(2)一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑的示意图如图所示。
①写出转化Ⅱ反应的离子方程式：______。
②转化Ⅱ中的O2来自于空气，反应中通入空气不能过量，过量会使所得产品中含有红色的杂质，该杂质是______。
【答案】(1)①2FeSO4＋2H3PO4＋4NH3·H2O＋H2O22FePO4·3H2O↓＋2(NH4)2SO4②温度过高会导致H2O2分解、氨水挥发 (2)①6Fe2+＋6H2O＋O2=2Fe3O4＋12H＋②Fe2O3[或Fe(OH)3]
【解析】(1)①根据题意，硫酸亚铁、磷酸、氨水和双氧水在70~75℃下反应生成FePO4·3H2O沉淀，反应的化学方程式为：2FeSO4＋2H3PO4＋4NH3·H2O＋H2O22FePO4·3H2O↓＋2(NH4)2SO4；
②温度过高会导致过氧化氢分解，同时在高温下氨水中的氨分子会从溶液中溢出，降低FePO4·3H2O的产率；
(2)①根据转化的示意图，FeSO4溶液与O2反应生成Fe3O4，反应的化学方程式为6FeSO4+6H2O+O2=2Fe3O4+6H2SO4，反应的离子方程式为6Fe2+＋6H2O＋O2=2Fe3O4＋12H＋；
②根据题目，若得到的产品中含有红色的杂质，该杂质含有Fe元素，则该杂质可能为Fe2O3[或Fe(OH)3]。
考点3氧化还原反应计算
守恒思想是我们常用解答计算题的重要方法，也是将问题化繁为简的重要手段，我们平时常涉及到的守恒有电荷守恒、电子守恒、原子守恒。而利用电子守恒思想求解氧化还原问题又是高考重要题型，解答此类题目应首先找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物；再确定一个原子或离子得失电子数，列出等式关系，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。氧化还原反应计算得具体步骤是：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)；根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式；对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
【典例精讲】
例3、(1)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为________。
(2)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2 沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2 与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O62-。O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：______________。取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。该水样中的溶解氧_______(以mg·L－1表示)。
(3)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为________。
(4)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为__________。联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是___。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是__________。
【答案】(1) 0.597ab÷m×100%(2)2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ 10.80(3)0.8(4)2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O 固体逐渐变黑，并有气泡产生　1　N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)
【解析】(1)反应的离子方程式：Cr2O72-＋14H＋＋6Cu＋===6Cu2＋＋2Cr3＋＋7H2O，由题意可知n（Cr2O72-）=a mol·L－1×b×10－3 L，结合方程式化学计量数可得n（Cu＋）＝6ab×10－3mol，则样品中CuCl的质量分数为×100%＝%。(2)反应中Mn由＋2价升至＋4价，O由0价降至－2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH－平衡电荷反应的离子方程式为：2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓。找出反应之间的关系：n(O2)～n[MnO(OH)2]～n(I2)～n(S2O)，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧。 (3)FexO与盐酸和Cl2反应的总离子方程式为：FexO＋2H＋＋Cl2===xFe3＋＋(3x－2)Cl－＋H2O，由题意得56x＋16：=1．52 g：0.005 mol，解得x＝0.80。(4)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由－3价升高到－2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到－1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由－2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H4＋4AgBr ===N2↑＋4Ag＋4HBr(可能还发生反应N2H4＋HBr===N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4＋O2===N2＋2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)＝M(O2)，m＝n·M，1 kg 联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。
【变式练习】
3、高氯酸铜易溶于水，在130 ℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130 ℃易爆炸。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图：
(1)发生“电解I”时，所用的交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
(2)已知上述工艺流程中“歧化反应”的氧化产物和还原产物物质的量之比为1︰5，写出该反应的离子方程式：_______。
(3)操作a的名称是_______，该流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(4)向Cu2(OH)2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液，同时会产生大量的白雾。加热时温度不能过高的原因是_______。
(5)某温度下，高氯酸铜按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8︰7，则B方式为_______(用化学方程式表示)。
【答案】（1）阳（2）＋ 3Cl2 = 5Cl－ ＋ ＋ 3CO2（3）蒸发浓缩；NaCl（4）防止HClO4、Cu(ClO4)2分解（5）2Cu(ClO4)2 2CuO ＋ 7O2↑ ＋ 2Cl2↑
【解析】电解饱和食盐水得到氢气、氯气和NaOH溶液，得到的氯气和碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠、氯酸钠和二氧化碳，再电解氯酸钠溶液，阴极得到氢气，阳极得到高氯酸钠，向高氯酸钠溶液中加入盐酸生成氯化钠和高氯酸，过滤，将滤液蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸，向高氯酸中加入碱式碳酸铜并不断搅拌，加热时温度不能太高，防止高氯酸铜分解和高氯酸挥发或爆炸，经过一系列过程得到高氯酸铜。
(1)电解饱和食盐水采用阳离子交换膜，允许阳离子钠离子通过。
(2)由氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶5，假设分别为1mol和5mol，还原产物为NaCl，得到5mol电子，因此氧化产物1mol，每个Cl化合价应该升高5个即＋5价氯，其氧化产物为，根据歧化反应即图中信息得到＋ 3Cl2 = 5Cl－ ＋ ＋ 3CO2；
(3)电解NaClO3溶液，阴极得到氢气，阳极得到NaClO4，加盐酸反应生成HClO4和NaCl，过滤得到NaCl晶体，滤液为HClO4，从HClO4溶液60%的HClO4，则操作a的名称是蒸发浓缩，在过滤时得到NaCl，因此该流程中可循环利用的物质是NaCl。
(4)根据题中信息可知HClO4、Cu(ClO4)2都具有高温分解性，所以不能温度过高；故答案为：防止HClO4、Cu(ClO4)2分解。
(5)4 mol高氯酸铜分解，有2mol按方程式发生Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑分解，共转移32mol e－，所以B中方式转移28mol e－，由于铜化合价不变，则有4个氯由＋7降到0价，氧升高，有14个氧由 2升高到0价，配平方程式为即2Cu(ClO4)2 2CuO＋7O2↑＋2Cl2↑；故答案为：2Cu(ClO4)2 2CuO ＋ 7O2↑ ＋ 2Cl2↑。
【真题演练】
1．（2024·山东·高考真题）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
2．（2025·浙江·高考真题）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
3．（2024·浙江·高考真题）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能
C．是氧化剂，是还原剂 D．既是氧化产物又是还原产物
4．（2024·浙江·高考真题）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是
A．X表示
B．可用替换
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
5．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n Mn2+ I2
② 中性 0.001 10n MnO2
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
6．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
7．（2024·福建·高考真题）多卤离子在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
离子 分解反应 平衡常数值
K
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．可分解为和
8．（2024·吉林·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子
浓度 145 0.03 1
A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：
C．“脱氯”反应：
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【模拟演练】
1．（2025·山东菏泽·一模）常温下，高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，在中性或碱性溶液中稳定存在，在稀硫酸中溶解并产生无色气体，在NaOH溶液中可用NaClO氧化Cu(OH)2制得。下列说法错误的是
A．NaCuO2中Cu为+3价
B．制备时，理论上消耗氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
C．可用浓氨水检验高铜酸钠中的Cu(OH)2
D．高铜酸钠在稀硫酸中溶解的离子方程式为4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
2．（2025·河南新乡·一模）神舟十九号载人飞船于2024年10月30日发射成功。神舟十九号使用的推进剂是 和 发生反应： △H<0.。下列叙述正确的是
A．发射场产生的红棕色气体是空气中的N2和O2反应直接生成的
B．每断裂5m ol极性键时转移的电子数约为
C．在该反应中，氧化产物只有CO2
D．在常温常压下能快速发生此反应
3．（2025·安徽淮北·一模）用过的核燃料中含有金属钚(Pu)，可用二氟化二氧()将金属钚以挥发性氟化物的形式除去，相关的反应为：(未配平)。下列说法错误的是
A．发生了还原反应 B．氧化性：
C．消耗，转移电子数为 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
4．（2024·辽宁沈阳·三模）向KI溶液中逐滴加入少量溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色，再向反应后的混合物中不断通入气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是
A．充分反应后的溶液中无存在
B．滴加溶液时，每生成1mol CuI会转移1mol
C．根据上述实验现象可知：比的氧化性强
D．最后溶液变成无色表明具有漂白性
5．（2024·浙江台州·一模）实验小组将溶液滴入NaOH溶液并微热，发现溶液变绿色，反应原理为：(绿色)(未配平)。下列说法不正确的是
A．X表示
B．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1
C．发生还原反应
D．若生成0.01mol，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
6．（2024·陕西西安·三模）铜阳极泥(主要成分是，)为原料提取碲的反应如下。下列说法不正确的是
①；
②。
A．中元素的化合价是价
B．反应①中氧化剂是，氧化产物是和
C．每制备理论上两个反应共转移
D．氧化性强弱顺序为
7．（2025·山西·一模）高铁酸钠作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理领域备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为。下列说法正确的是（已知是阿伏加德罗常数的值）
A．的水溶液显碱性，故可杀菌消毒
B．每生成转移电子数目为
C．标准状况下，含σ键数目为
D．的溶液中的数目为
8．（2024·浙江嘉兴·一模）膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是
A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1
B．KH2PO2为酸式盐
C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收
D．若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA (NA表示阿伏加德罗常数的值)
9．（24-25高三上·辽宁·期末）设为阿伏加德罗常数的值。HgS常用于制作红色颜料、防腐剂。王水清除残留HgS粉末发生的反应为。下列叙述错误的是
A．标准状况下，11.2LNO中含原子总数为
B．0.5L 12mol·L-1盐酸中含数为
C．每生成6.4gS时，转移的电子数为
D．3.6g中含有的σ键数目为
10．（2024·浙江绍兴·模拟预测）使用硫酸酸化的双氧水滴入含Cr(VI)[化合价为+6价的铬]的溶液可生成蓝色的，其反应原理为：(未配平)。其中重铬酸根离子与过氧化氢的反应机理图如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应的过程中涉及电子的转移
B．生成物中铬元素的化合价为+6
C．理论上，该反应每消耗，可生成
D．根据该反应的现象，此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或
11．（2025·贵州毕节·一模）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(II)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．M中Ru的化合价为+3
B．该过程没有非极性键的形成
C．该过程的总反应式：
D．被氧化至后，配体失去质子能力减弱
12．（2024·浙江·模拟预测）雄黄和雌黄的分子式分别为As4S4、As2S3，它们在古代均曾入药。两者分子结构中As、S原子均以sp3杂化轨道成键，雄黄经如下反应可转化为雌黄：
下列说法正确的是
A．雄黄的分子结构可能是
B．反应Ⅰ每消耗1mol雄黄分子，转移28mol电子
C．反应Ⅲ每生成1mol雌黄分子，同时生成的3molH2O
D．雄黄分子不稳定，其熔点低于雌黄
13．（2025·宁夏陕西·模拟预测）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．使转化成，恢复催化剂活性
B．过程①和④均发生了非极性键的断裂
C．过程②和③均发生了氧化还原反应
D．理论上，每转化，转移的电子数目为
14．（2025·湖南株洲·一模）是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是
A．物质A的化学式为
B．结合能力：
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为
15．（2024·黑龙江大庆·二模）实验室以废料(含少量)为原料制备的流程如下：
下列说法正确的是
A．“溶解”过程所使用的玻璃棒作用为“引流”
B．“沉铁”时需加入X调至可以是
C．用溶液检验“滤液”中是否有
D．“氧化2”中参与反应的与物质的量之比为
16．（2025·河南郑州·模拟预测）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为 ，装置B的作用为 。
(2)铜与过量反应的探究如下：
实验②中溶解的离子方程式为 ，比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是 。
(3)取含粗品0.500g(杂质不参加反应)与过量的酸性完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00。(已知：，)标志滴定终点的现象是 ，粗品中的相对含量为 。
17．（2025·贵州毕节·一模）铜阳极泥(含有、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：
① ；
②易从溶液中结晶析出；
③不同温度下的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1)为提高“氧化酸浸”的效率，可采取的措施有 (任写二种)。
(2)“滤液1”中含有和，“滤渣1”含有Au及 、 (填化学式)。
(3)“除金”时反应的离子方程式为 。
(4)“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的NaCl不过量，原因是 。
(5)“银还原”工序消耗的与产生的的物质的量之比为 。
(6)为实现连续生产，“银转化”和“银还原”工序一般需控制温度在 ℃左右进行。
(7)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。“除金”时，硫代硫酸根也可作为配体提供孤电子对与形成，可看作是中的一个原子被S原子取代的产物。
①硫代硫酸根的空间构型为： 。
②分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。
18．（2025·江苏盐城·一模）化石燃料的燃烧释放出大量氮氧化物、、等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
I．脱硝
(1)脱除法。通过反应(已知是一种有机弱酸)能脱除烟气中的。脱除过程中溶液的对脱除效率的影响如题图所示，相同时间内，和时，的脱除效率均低于时，其原因可能是 。
(2)如图装置可同时吸收和。已知：是一种弱酸。直流电源的正极为 (填“a”或“b”)。该电解装置选择 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。阴极的电极反应式为 。
II．脱硫
(3)还原法。时，将一定比例废气和的混合气体通过装有催化剂的反应器时能有效脱除，同时获得单质硫。研究表明，该反应过程中实际起催化作用的是反应初期生成的。则催化硫化的过程可描述为：与生成和， 。
(4)吸收法。研究发现溶液可以实现一体化脱硫和脱硝。一定时间内，温度对疏、硝脱除率的影响曲线如图所示。的脱除率高于的原因可能是 。
III．脱碳
(5)乙醇胺()可实现对烟气中的捕集和释放。乙醇胺溶液能够吸收和释放的原因是 。
(6)利用铟氧化物催化、，制取的可能机理如图所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。请在答题卡上画出图中方框内中间体的结构 。
参考答案
【真题演练】
1．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。
2．D
【解析】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。
3．D
【解析】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。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。
4．C
【解析】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确；B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确。
5．B
【解析】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误。
6．B
【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确。
7．B【解析】A．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致比更容易断裂，所以电离程度＞，，A正确；B．每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成，这个过程中，离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡反应：，所以溶液中存在的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，、中碘元素是价，氯元素是价，和中，碘元素是价，溴元素是价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应，B错误；C．同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为，C正确；D．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致容易断裂产生为和，D正确。
8．C
【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误。
【模拟演练】
1．D
【解析】A．NaCuO2中，Na为+1价，每个O为-2价，总电荷平衡为，A正确；B．制备反应为：，（氧化剂）与（还原剂）的物质的量之比为1:2，B正确；C．高铜酸钠在碱性条件下稳定，而可与浓氨水反应生成深蓝色络合物，若存在未反应的，加入浓氨水会显蓝色，C正确；D．高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，NaCuO2中铜的化合价为+3价，在稀硫酸中溶解并产生无色气体，离子方程式为：，故D错误。
2．B
【解析】A．空气中N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO，NO再与O2反应生成红棕色的NO2，且发射场产生的红棕色气体主要是N2O4转化为NO2，并非N2和O2反应直接生成，故A错误；B．C2H8N2的结构简式为(CH3)2N-NH2，1个C2H8N2分子中含有8个C-H极性键和1个N-N非极性键、2个C—N极性键，反应中C2H8N2中C元素从-1价升高到+4价，N元素从-3价升高到0价，1mol C2H8N2完全反应转移16mol电子，每断裂5mol极性键(主要是C-H键)，反应的C2H8N2为0.5mol，转移电子数约为8×6.02×1023，故B正确；C．在反应2N2O4(l)+C2H8N2(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)中，C2H8N2中C元素和N元素化合价都升高，所以氧化产物有CO2和N2，故C错误；D．该反应ΔH＜0，但在常温常压下反应速率较慢，通常需要一定条件来引发快速反应，故D错误。
3．D
【解析】A．中氧元素为价，生成物为，氧元素化合价降低，发生了还原反应，A正确；B．为氧化剂，为还原产物，氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，B正确；C．氧元素化合价由价变为0价，可知消耗，转移2mol电子，转移电子数为，C正确；D．钚元素化合价由0价变为价，由元素化合价变化可知Pu为还原剂，为氧化剂，配平方程式可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D错误。
4．D
【解析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离子，故A正确；B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole-时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；C．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，为还原剂，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确；D．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液变成无色表明SO2具有还原性，故D错误。
5．B
【解析】由未配平的方程式可知，反应中，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是反应的氧化剂、锰酸根离子是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，氧气是氧化产物，则反应的离子方程式为。A．由分析可知，X为氧化产物氧气，故A正确；B．由分析可知，高锰酸根离子是反应的氧化剂、氧气是氧化产物，则由方程式可知，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C．由分析可知，反应中，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是发生还原反应的氧化剂，故C正确；D．由分析可知，反应生成4mol锰酸根离子时，转移电子的物质的量为4mol，则生成0.01mol锰酸根离子时，转移电子的数目为0.01mol×NAmol—1=0.01NA，故D正确。
6．D
【解析】A．Te和O位于同一主族，为-2价，则Cu2Te中Cu为+1，A正确；B．反应①中O2化合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均化合价升高，失去电子，则CuSO4和TeO2均是氧化产物，B正确；C．反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C正确；D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据反应①可得O2氧化性强于TeO2，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性，根据反应②可得TeO2的氧化性强于SO2，则氧化性强弱顺序为O2>TeO2>SO2，D错误。
7．B
【解析】A．具有强氧化性，能杀灭病菌，故可杀菌消毒，A错误； B．根据方程式中的变化可知，每生成转移电子数目为，B正确；C．标准状况下，水为液体，不能用气体摩尔体积计算，C错误；D．溶液温度未知，Kw的数值不能确定，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，D错误。
8．D
【解析】A．配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合价降低生成PH3，P元素化合价升高生成KH2PO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，A错误；B．由方程式知，KH2PO2存在于过量氢氧化钾溶液中而不反应，KH2PO2为正盐，B错误；C．乙炔具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，实验室制乙炔时产生的PH3杂质不能用酸性KMnO4溶液吸收，C错误；D．P4为正四面体形结构，分子中含6个P-P键，若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA，D正确。
9．D
【解析】A．标准状况下，11.2LNO的物质的量为0.5mol，原子数目为0.5×2NA=NA，A正确；B．0.5L 12mol·L-1盐酸的物质的量为12mol/L×0.5L=6mol，含Cl-的数目为，B正确；C．根据方程式可知，生成3molS，电子转移的物质的量为6mol，生成的S，电子转移数目为0.4NA，C正确；D．1个H2O分子中σ键数目为2，3.6g即0.2mol，含有的σ键数目为0.4NA，D错误。
10．A
【解析】由图示可知，一个K2Cr2O7消耗4个H2O2生成5个H2O和2个CrO5，则反应原理为：。A．根据题中、CrO5的结构可知，其中Cr元素化合价均为+6价，且一个K2Cr2O7参与反应，8个氧原子化合价维持为-1价不变，即反应前后Cr的化合价不变，其他元素的化合价也都没有变，则该反应的过程中不涉及电子的转移，A错误；B．结合CrO5的结构可知，生成物中铬元素的化合价为+6，B正确；C．结合图示可知，该反应原理为：，每消耗，可生成，C正确；D．根据题意，该反应中K2Cr2O7和H2O2反应生成蓝色的，则此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或H2O2，D正确。
11．C
【解析】A．(II)催化剂中Ru的化合价为+2，失去1个电子，生成，Ru的化合价变为+3，失去1个质子后变为，相应的电荷数减1，此时Ru的化合价还是+3价，中N原子有1个孤电子对，变为M，N原子的孤电子对拆为2个单电子并转移为Ru一个电子，所以M中Ru显+2价，故A错误；B．该过程有非极性键N-N键的形成，故B错误；C．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，故C正确；D．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，故D错误。
12．B【解析】A．雄黄分子结构中As、S原子均以杂化轨道成键，S是ⅥA族元素，应形成2条共价键，含有2对孤对电子满足杂化，As是ⅤA族，应形成3条共价键，含有1对孤对电子，则图中As和S的位置反了，A错误；B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每消耗1mol As4S4需要消耗7molO2转移28mol电子，B正确；C．根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S=As2S3+6H2O，反应过程中每产生1molAs2S3时，同时生成的6molH2O，C错误；D．雄黄和雌黄均为分子晶体，雄黄的相对分子质量更大，范德华力更大，因此其熔点高于雌黄，D错误。
13．A
【解析】A．根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，A正确；B．过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了非极性键的断裂，B错误；C．过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误；D．根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化即，转移的电子数目为，D错误。
14．C
【解析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成，氨气和等物质的量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。A．氨气和等物质的量二氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成A为亚硫酸氢铵，A错误； B．甲基为推电子基团，使得的-NH2中N原子周围电子云密度比的大，易给出孤电子对与形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：，B错误；C．过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成，反应中氮化合价由-3变为-2、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，化学反应方程式为，C正确； D．过程Ⅱ中氮化合价由-2变为NaN3中的，为还原剂，中氮化合价由+3变为NaN3中的，为氧化剂，结合电子守恒，存在，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，D错误。
15．B
【解析】废料(含少量)溶解，加入稀硫酸和H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入X调节pH值使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，滤液为CuSO4，为了不引入杂质，X可以是CuO或Cu(OH)2，Fe(OH)3用NaClO在NaOH碱性条件下氧化为Na2FeO4。A．“溶解”过程所使用的玻璃棒的作用为搅拌，A错误；B．根据分析，沉铁时不引入杂质，可以加入CuO与酸反应，X可以是CuO，B正确；C．Fe3+检验用KSCN溶液，用溶液检验的是Fe2+，C错误；D．根据方程式3+2+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O可知，与物质的量之比为3:2，D错误。
16．(1)具支试管 防倒吸
(2) 加强的氧化能力
(3)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色 24%
【解析】由实验装置图可知，装置A中发生的反应为铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮尾气，防止污染空气；试管中发生的反应为铜与双氧水、稀硫酸反应生成硫酸铜和水。
（1）由实验装置图可知，仪器A为具支试管；由分析可知，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用；
（2）由分析可知，实验②发生的反应为铜与双氧水、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为；比较实验①和②可知，向试管中加入硫酸钠溶液无明显现象，而加入稀硫酸，铜片溶解，溶液变为蓝色，说明氢离子能加强过氧化氢的氧化性，有利于铜与过氧化氢溶液的反应；
（3）溶液中碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，再滴入半滴硫代硫酸钠标准液，溶液蓝色会褪去，则滴定终点的实验现象为滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；由原子个数守恒和方程式可得如下转化关系：2CuO—I2—2S2O，滴定消耗15.00mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则粗品中氧化铜的相对含量为=24%。
17．(1)搅拌或粉碎或适当升高温度等
(2)
(3)
(4)防止氯化钠过量导致转化为
(5)1：2
(6)40
(7)四面体形 中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子
【解析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
（1）搅拌、粉碎、适当升高温度等措施能提高“氧化酸浸”的效率，故答案为：搅拌或粉碎或适当升高温度等；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为金、氯化银、硫酸铅，故答案为：；；
（3）由分析可知，加入氯酸钠、硫酸和氯化钠混合溶液除金的目的是将金转化为Na[AuCl4]，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由题给信息可知，氯化银能与溶液中的氯离子反应转化为二氯合银离子，所以“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的氯化钠不过量，否则会使银的产率降低，故答案为：防止氯化钠过量导致转化为；
（5）由分析可知，加入Na2S2O4溶液将[Ag(SO3)2]3-转化为银时，Na2S2O4被氧化为可以循环使用的Na2SO3，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
（6）由题给信息可知，高于40℃后，亚硫酸钠的溶解度减小，会使“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产，导致银的产率降低，故答案为：40；
（7）①由题意可知，硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为四面体形，故答案为：四面体形；
②硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为0，而端基硫原子有孤电子对，所以代硫酸根离子中的中心硫原子不能做配位原子，端基硫原子能做配位原子，故答案为：中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子。
18．(1)时，与反应，导致浓度减小，脱除效率降低，时，可能生成沉淀，也会导致浓度降低，脱除效率降低
(2) b 阳离子交换膜
(3)与反应生成S，最后生成的S再与反应转化为
(4)在水中的溶解度大于；在溶液中的还原性强于；与溶液的反应速率大于
(5)醇胺含有羟基和氨基，具有很好的亲水性；乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳
(6)
【解析】（1）由题可知是一种有机弱酸，当时，溶液成酸性，大量与结合，从而降低的浓度，NO的脱除效率低；当时，溶液成碱性，与生成沉淀，也会降低的浓度，降低脱除效率；
（2）有外加的直流电源，则右边装置为电解池装置，与a相连的电极S由+4降低为+3价，则该极为阴极，与b相连的电极为阳极，故直流电源的正极为b；阴极为亚硫酸氢根离子得电子转化为H2S2O4，电极反应式为2HSO+2e-+4H+= H2S2O4+2H2O；阳极二氧化硫转化为硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO，结合阴极反应式可知需要部分氢离子移向左边电极参与阴极反应，故需要阳离子交换膜。
（3）由题意可知作催化剂，催化剂反应前后保持不变，所以应再生成，则催化硫化的过程可描述为：与生成FeS和，与反应生成S，最后生成的S再与反应转化为；
（4）一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线中，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是：在水中的溶解度大于且在溶液中的还原性强于；所以与溶液的反应速率大于
（5）醇胺含有羟基和氨基，具有很好的亲水性；由乙醇胺结构可知，含有氨基，溶液呈碱性，可以吸收二氧化碳生成乙醇氨基甲酸盐，而乙醇甲基甲酸盐在加热条件下会分解，又生成乙醇胺，同时释放出二氧化碳；
（6）结合反应步机理中的步骤④和⑤可知，反应引入了，生成了甲醇，则中间体为。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑