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第04 讲 氧化还原反应的鉴别概念和规律
目录
01 课标达标练
题型01 氧化还原反应的判断
题型02 氧化还原反应的概念及关系
题型03 氧化还原反应电子转移表示方法
题型04 氧化剂、还原剂及其强弱比较
题型05 氧化还原反应规律及应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 氧化还原反应的判断
1． (2025•四川巴中•三诊)生活中的“琴棋书画”蕴含化学知识。下列说法正确的是
A. 古琴制作中木材烘干主要涉及化学变化
B. 棋盘制作时木材染色过程中的颜色变化为氧化还原反应
C. 宣纸制作时稻草蒸煮时纤维素的化学键数目不变
D. “司南”(早期指南针)主要成分是Fe3O4，Fe2+与Fe3+互为同位素
【答案】C
【解析】A．木材烘干主要是水分蒸发，属于物理变化，错误；B．木材染色过程中的颜色变化没有电子转
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移，不是氧化还原反应，错误；C．稻草蒸煮时纤维素发生水解等反应，但化学键数目不变，正确；D．同
位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，Fe2+与Fe3+是离子，不是同位素，错误；故选C。
2．（2025•四川泸县五中•三模）下列说法错误的是
A. 维生素C 具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂
B. 六六六等有机氯杀虫剂对人体的毒性较低被广泛使用
C. 氮肥的使用给农业带来丰收，对人类作出了巨大贡献
D. 燃料脱硫、脱硝的目的是减少空气污染和酸雨的产生
【答案】B
【解析】A．维生素C 具有还原性，可以消耗空气中的氧气等物质，因此是水果罐头中常用的抗氧化剂，
故A 正确；B．六六六等有机氯杀虫剂广泛使用会对环境及人类健康所造成的危害，不能广泛使用，故B
错误；C．氮肥的使用给农业带来丰收，提高了农业产量，对解决全球性粮食问题作出了巨大贡献，故C
正确；D．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物得排放，可以减少酸雨的产
生，故D 正确；故答案为：B。
3． (2025·四川绵阳·二诊)甲基麦冬黄烷酮是麦冬的主要活性成分，其结构如图。下列关于该物质的说法正
确的是
A. 分子中含有3 个官能团，2 个手性碳 B. 分子中有3 个碳原子采取
杂化
C. 光照下与氯气反应，苯环上可形成
键 D. 该物质可发生取代反应，氧化反应，还原反应
【答案】D
【解析】A．由结构式可知，分子中含有羟基、酮羰基、醚键3 个官能团，1 个手性碳，如图
（带*号），A 错误；B．由结构式可知，分子中有7 个碳原子采取sp3 杂化，如图
2
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（带*号），B 错误；C．苯环上形成C―Cl 键，需要液氯在氯化铁作催化剂的条件
下才能发生，光照条件下，氯气不能取代苯环上的氢原子，C 错误；D．该物质中含有羟基，可发生取代
反应；有机物能燃烧，发生氧化反应；羰基能与氢气发生加成反应（还原反应），所以该物质可发生取代
反应，氧化反应，还原反应，D 正确； 故选D。
4．(2021·山东，13 改编)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A．G 与H 均为氧化产物
B．实验中KMnO4既是氧化剂又是还原剂
C．Mn 元素至少参与了3 个氧化还原反应
D．G 与H 的物质的量之和可能为0.25 mol
【答案】D
【解析】加热KMnO4固体的反应中，O 元素化合价由－2 升高至0，被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐
酸的反应中，Cl 元素化合价由－1 升高至0，被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A 正确；KMnO4固
体受热分解过程中，Mn 元素化合价降低被还原，部分O 元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂
也是还原剂，故
B 正确；Mn 元素在反应过程中物质及化合价变化为
，Mn 元素至少参加了3 个氧化还原反应，故C 正确；每生成1 mol
O2转移4 mol 电子，每生成1 mol Cl2转移2 mol 电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl
－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中
一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，故D 错误。
02 氧化还原反应的概念及关系
5．（2025·四川等八省联考·提升卷）对于方程式3SiO2+6C+2N2= Si3N4+6CO，下列说法正确的是( )
A．SiO2是氧化剂 B．每生成1.4g Si3N4转移0.12mol 电子
C．CO 是还原产物 D．Si3N4属于传统硅酸盐材料
【答案】B
【解析】A 项，反应3SiO2+6C+2N2= Si3N4+6CO 中，Si 元素化合价不变，N 元素化合价下降，N2是氧化
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剂，故A 错误；B 项，反应3SiO2+6C+2N2= Si3N4+6CO 中，N 元素化合价由0 价下降到-3 价，1.4g Si3N4的
物资的量为
=0.01mol，每生成0.01mol Si3N4转移0.12mol 电子，故B 正确；C 项，反应
3SiO2+6C+2N2= Si3N4+6CO 中，C 元素化合价上升，CO 是氧化产物，故C 错误；D 项，Si3N4不属于盐，
Si3N4不属于传统硅酸盐材料，故D 错误；故选B。
6．(2025·四川·三模)某小组为了探究紫红色K2FeO4与草酸反应的产物，设计实验如下(夹持装置及尾气处
理装置已略去)：
按如图装置进行实验，观察到装置a 中剧烈反应，产生大量气泡和黑色固体，用带火星的木条放在e 管口
处，木条复燃；装置b 中澄清石灰水变浑浊。已知CaC2O4难溶于水。下列叙述正确的是
A．装置c 中的现象是溶液变蓝色
B．由装置b 中现象可推知，有CO2生成
C．由e 处现象可证明草酸被氧化
D．可用稀硝酸、KSCN 溶液确定装置a 中产生黑色固体的成分
【答案】A
【解析】a 中H2C2O4和K2FeO4发生氧化还原反应生成CO2、O2和黑色固体，CO2中混有挥发出来的H2C2O4
也可使b 中的澄清石灰水变浑浊，c 中O2和KI 反应生成I2和H2O，溶液变蓝色，d 中浓硫酸干燥O2，据此
解答。A．装置a 中产生氧气，装置c 中发生的反应为4H++O2+4I-=2I2+2H2O，溶液变蓝色，A 正确；C．草
酸会挥发，能与澄清石灰水产生CaC2O4沉淀，不能说明有CO2产生，B 错误；C．木条复燃，说明H2C2O4
和K2FeO4发生氧化还原反应生成了O2，不能说明H2C2O4中O 元素化合价上升，不能证明草酸被氧化，C
错误；D．硝酸会氧化亚铁离子，不能确定黑色固体中是否含+2 价、+3 价铁，D 错误；故选A。
7．（2025·四川·押题卷1）物质性质决定用途，下列对应关系错误的是
A．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4的难溶性
B．MgO、Al2O3用作耐高温材料，体现了MgO、Al2O3的熔点高
C．NaHCO3用作焙制糕点的膨松剂，体现了NaHCO3的受热不稳定性
4
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D．用含KMnO4的硅藻土来保鲜水果，体现了KMnO4的氧化性
【答案】A
【解析】A．制作豆腐时添加石膏，体现了盐溶液能使胶体聚沉的性质，故A 错误；B．MgO、Al2O3的熔
点高，所以MgO、Al2O3用作耐高温材料，故B 正确；C．NaHCO3的受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，
所以NaHCO3用作焙制糕点的膨松剂，故C 正确；D．KMnO4能把乙烯氧化为二氧化碳，所以用含KMnO4
的硅藻土来保鲜水果，故D 正确；选A。
8. （2025·四川巴中·三诊）一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知：纯ClO2易分解爆炸，一般用
空气稀释到体积分数为10%以下。
下列说法正确的是
A. 溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B. 流程中H2O2做还原剂
C. 发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D. 吸收塔中温度不宜过低，否则会导致NaClO2产率下降
【答案】B
【解析】NaClO3在稀硫酸中溶解，通入SO2在发生器中发生氧化还原反应，生成ClO2和Na2SO4，通过鼓
入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与
双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再经过一系列操作得到NaClO2粗产品。A．NaClO3具有强氧
化性，可以氧化HCl，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应
生成NaClO2和氧气，流程中H2O2做还原剂，正确；C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止ClO2浓度过
高，因为纯ClO2易分解爆炸，错误：D．在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，
温度过低反应速率慢，但是不一定会导致NaClO2产率下降，错误；故选B。
03 氧化还原反应电子转移表示方法
9．下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是
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【答案】B
【解析】B 项，硫元素发生歧化反应，两个S 由0 降低为－2 价，总共降低4 价，一个S 由0 价升高为＋4
价，总升高4 价，共失去4 个电子，正确；C 项，根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价
应从＋5 价降到0 价，盐酸中氯元素的化合价应从－1 价升高到0 价，转移电子数是5；D 项，氯酸钾中氯
元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O 指向Cl ，
，故D 错误。
10．下列单、双线桥的表示方法不正确的是
【答案】C
【解析】在Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O 反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，所以正确的表示方
法为：
。
11．下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是
A．
B．
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C．
D．
【答案】C
【解析】A 项，碳从+2 价升高到+4 价，1 个碳升高2 价，有两个碳参与反应，故失去的电子数为2×2e-，氧
从0 价降低到-2 价，1 个碳降低2 价，有两个氧参与反应，故得到的电子数为2×2e-，A 错误；B 项，反应
中只有1 个SO2参与反应，故只有一个硫酸生成，化学方程式不正确，B 错误；C 项，铜化合价从0 价升高
到+2 价，故失去2 个电子，硫从+6 价降低到+4 价，故得到2 个电子，单线桥从还原剂指向氧化剂，C 正
确；D 项，钠化合价从0 价升高到+1 价，2 个钠参与反应，故失去2 个电子，氢从+1 价降低到0 价，有2
个氢的生成，故得到2 个电子，电子转移数错误，D 错误；故选C。
04 氧化剂、还原剂及强弱比较
12．(2023·成都高三检测)科学家正在研究一种用乙烯(C2H4，沸点为－104 ℃)脱硫(SO2)的方法，其机理如
图所示。下列关于该脱硫方法的说法正确的是( )
A．氧化性：O2>SO3>CO2
B．乙烯在该过程中作氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu＋
D．步骤ⅰ中，每消耗44.8 L C2H4，有2NA个S 生成
【答案】A
【解析】步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反
应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A 正确；乙烯和三
氧化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B 错误；Cu
＋在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要补充Cu＋，故C 错误；未标明是否为标准
状况，无法计算物质的量，故D 错误。
13. （2025·四川成都·二诊）黄铜溶解液中主要含有Cu2+、Zn2+，也含有少量Pb2+、Fe3+离子，按下列方案
实现各金属离子分离。已知Zn2+溶于过量氨水形成可溶性离子[Zn(NH3)4]2+。下列说法错误的是
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A. 加入H2SO4可分离出Pb2+
B. 沉淀乙中含有CuS、FeS 和S
C. 赶尽H2S 可减少硝酸和氨水的消耗
D. 加入稀硝酸的目的是氧化Fe2+
【答案】B
【解析】向黄铜溶解液中加硫酸得到白色沉淀甲PbSO4；通入H2S 后Fe3+与H2S 反应生成Fe2+和单质S，
Cu2+与H2S 反应生成H2SO4和CuS 沉淀；溶液中加稀硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，再加氨水沉淀Fe3+，同时得到
[Zn(NH3)4]2+。A．据分析，加入H2SO4形成PbSO4沉淀，分离Pb2+，故A 正确；B．据分析，沉淀乙中含有
CuS 和S，故B 错误；C．硝酸具有氧化性，氨水有碱性，均与具有还原性和酸性的H2S 反应，因此赶尽
H2S 可减少硝酸和氨水的消耗，故C 正确；D．据分析，加入稀硝酸的目的是氧化Fe2+，故D 正确；故答
案为B。
14. (2024·重庆名校教育联盟联考)铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为＋2 和＋4，其与浓盐酸
反应的化学方程式为Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O。下列说法正确的是
A.Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作还原剂
B．物质的氧化性：Pb3O4＜Cl2
C．Pb3O4中＋2 价的铅与＋4 价的铅的物质的量之比为2∶1
D．当上述反应中消耗1 mol Pb3O4时，生成的氯气为22.4 L
【答案】C
【解析】该反应中，Pb 元素的化合价由＋4 降低到＋2，则Pb3O4作氧化剂，A 错误；Pb 元素的化合价由＋
4 降低到＋2，则Pb3O4作氧化剂，Cl 元素的化合价由－1 升高到0，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧
化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，B 错误；铅丹中Pb 元素的化合价只有＋2、＋4，根据化合物中各元素正负
化合价代数和为0，则Pb3O4中＋2 价的铅与＋4 价的铅的物质的量之比为2 1∶，C 正确；选项中没有说明气
体所处的温度和压强，不能计算生成氯气的体积，D 错误。
05 氧化还原反应规律及应用
15. （2025·四川仁寿一中·预测）二氯二氨合钯（Pd2(NH3)2Cl2）是一种重要的化工原料，广泛应用于催化
剂、电子材料和精细化工产品中。工业上利用废钯催化剂（含Pd、Fe、Zn、Si 和C 等）制备Pd2(NH3)2Cl2
的工艺流程如下：
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焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），下列说法错误的是
A. “焙烧”时，碳转化为CO2
B. “还原”时，PdO 被HCOOH 还原为Pd
C. “酸浸”所得的滤渣中含有Fe(OH)3
D. 配合物Pd2(NH3)2Cl2难溶于水
【答案】C
【解析】根据流程图可知，废钯催化剂中Pd、Fe、Zn、Si 和C 等，焙烧时钯转化为氧化钯(PdO)，则碳转
化为CO2，加入足量甲酸，PdO 被还原为Pd，加入足量王水，Pd 与其他杂质Fe、Zn 等在酸性条件下进行
浸出，进入滤液；钯溶解在酸中，加入足量氨水，生成Pd(NH3)2Cl2，据此分析解答。A．焙烧过程中，碳
被氧化为二氧化碳，A 正确；B．还原过程中，氧化钯被甲酸还原为金属钯，有利于钯的富集，B 正确；
C．因为王水具体强氧化性和酸性，滤渣中不可能含有氢氧化铁，C 错误；D．根据题意，Pd2(NH3)2Cl2是
一种重要的化工原料，广泛应用于催化剂、电子材料和精细化工产品中，应难溶于水，D 正确；故选C。
16. (2025·辽宁二模)在MnSO4溶液中依次加入(NH4)2S2O8溶液、FeSO4溶液、
淀粉溶液和Na2SO3溶液，
溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②紫红色→黄色；③黄色→蓝色；④蓝色→无色。已知每次加入的
试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是
A．①中，(NH4)2S2O8的S 显
价，具有强氧化性 B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为5：1
C．③中，生成了I2，淀粉作指示剂 D．④中，还原性：I-＞SO3
2-
【答案】C
【解析】A 项，在(NH4)2S2O8中，存在过氧键-O-O-，O 为-1 价，N 为-3 价，H 为+ 1 价，根据化合物中各元
素化合价代数和为0，可算出S 为+6 价，不是+7 价，A 错误；B 项，②中紫红色→黄色，是KMnO4氧化
FeSO4，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4
-+10H+=2Mn2++5Fe3++5H2O，氧化剂MnO4
-与还原剂Fe2+物质的量
之比为1：5，B 错误；C 项，③中黄色→蓝色，是Fe3+将I-氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，淀粉作指示剂，C 正
确；D 项，④中蓝色→无色，是Na2SO3将I2还原为I-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物
的还原性，可得还原性：I-＜SO3
2-，D 错误；故选C。
17.
【结合铬元素化合价变化进行探究】(2025·北京通州一模)某小组探究六价铬盐与过氧化氢氧
化性的相对强弱并进行如下实验。
已知：Cr3+ (绿色)、
(灰绿色，难溶于水)、CrO4
2- (黄色)、Cr2O7
2- (橙色)。
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实验ⅰ：
实验ⅱ：
实验ⅲ
装置
操作及现象
按图组装好仪器，电流表指针不偏
转，向左池中加入较浓NaOH 溶液，左池
中有灰绿色沉淀产生，电流表显示电子从
左向右运动，一段时间后指针指向0
下列说法不正确的是
A．实验i 中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是3H2O2+Cr2O7
2-+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O
B．实验ii 的目的是排除溶液中O2对H2O2氧化+3 价铬元素的干扰
C．依据上述实验，氧化性：酸性条件下+6 价铬大于H2O2，碱性条件下H2O2大于+6 价铬
D．实验ⅲ指针指向0 后，向左池中加入过量较浓硫酸，电流表显示电子从左向右运动
【答案】D
【解析】通过实验ⅰ和ⅱ对比可知：Cr3+在碱性条件下被过氧化氢氧化为黄色的CrO4
2-，反应的方程式为：
3H2O2+2Cr3++8OH-=2CrO4
2-+8H2O，在Cr3+的催化下，过氧化氢分解产生水和氧气，向反应后的溶液中滴加
稀硫酸和过氧化氢，黄色的CrO4
2-转化为橙色的Cr2O7
2-，Cr2O7
2-在酸性条件下被过氧化氢还原为绿色的
Cr3+，过氧化氢被Cr2O7
2-氧化为氧气，离子方程式为3H2O2+Cr2O7
2-+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O；实验ⅱ作为对
比实验，体现了Cr3+在碱性条件下被氧化为黄色的CrO4
2-，不是在碱性条件下被过氧化氢分解产生的氧气
氧化的结果；实验ⅲ体现的性质为三价铬元素在碱性条件下被过氧化氢氧化为黄色的CrO4
2-，左侧为负
极，右侧为正极。A 项，根据分析可知：实验i 中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是3H2O2+2Cr3++8OH-
=2CrO4
2-+8H2O，A 不符合题意；B 项，实验ⅱ的目的是排除溶液中O2对H2O2氧化+3 价铬元素的干扰，B
不符合题意；C 项，根据分析可知：酸性条件下＋6 价铬氧化性大于H2O2，碱性条件下H2O2氧化性大于＋
6 价铬，C 不符合题意；D 项，根据分析可知：实验ⅲ指针指向0 后，向左池中加入过量较浓硫酸，发生
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2CrO4
2-+2H+
Cr2O7
2-+H2O，电池总反应为：3H2O2+Cr2O7
2-+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O，左侧为正极，右侧为
负极，电流表显示电子从右向左运动，D 符合题意；故选D。
1．古医典富载化学知识，以下表达中涉及氧化还原反应的是
A．金(Au)：“虽被火亦未熟”
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A 项，金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，
不涉及氧化还原反应，故A 项错误；B 项，石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指
CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO 由块状变为粉末状，未涉及氧化还原反应，故B
项错误；C 项，石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S====Ag2S、Fe +S====FeS、2Cu
+S====Cu2S，三个反应既有化合价的升高，也有化合价降低，均为氧化还原反应，故C 项正确；D 项，石
钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未涉及
氧化还原反应，故D 项错误；故选C。
2. （2025·四川乐山一中·二模）PtF6是极强的氧化剂，用Xe 和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，
制备方式如图所示。下列说法错误的是
A. 六氟合铂酸氙是离子化合物 B. 六氟合铂酸氙中Xe 元素的化合价为+2 价
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C. 上述制备过程的催化剂是F－和PtF D. 上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③
【答案】C
【解析】A．六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－含有阴、阳离子，因此六氟合铂酸氙是离子化合物，故A 正确；
B．六氟合铂酸氙中含有[XeF]+，则Xe 元素的化合价为+2 价，故B 正确；C．根据图中分析，上述制备过
程的催化剂是F－，PtF 不是催化剂，故C 错误；D．反应②中Xe 元素化合价升高，Pt 元素化合价降低，
反应③中Xe 元素化合价升高，Pt 元素化合价降低，因此上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，故
D 正确。综上所述，答案为C。
3.
（2025·四川成都·二诊）羟胺(NH2OH)与亚硝酸(HNO2)可发生反应生成N2O。该反应可能经
历如下历程：
下列说法正确的是
A. 该反应经历了两次脱水，均属非氧化还原反应
B. 键角：
C. 酸性：NH2OH>HNO2
D. 用
标记的
与末标记的NH2OH 反应，可得到
和
【答案】D
【解析】羟胺(NH2OH)与亚硝酸(HNO2)可发生反应生成N2O，由历程图可知，羟胺失去2 个H，硝酸失去1
个O，脱去1 分子水，形成
，
再脱去1 分子水形成N2O。A．由
NH2OH (N 的化合价为 −1) 与HNO2(N 的化合价为 +3) 生成
（N 的化合价为 +1），
第一次脱水为氧化还原反应， N2O( N 化合价为 +1) ，第二次脱水为非氧化还原反应，A 错误；B．N2O 与
CO2互为等电子体，为sp 杂化，分子呈直线形结构，∠NNO =180°；而NH2OH 分子中氮原子为sp3杂化，
类似氨分子的三角锥构型，∠ONH 远小于 180°，B 错误；C．HNO2 的酸性远强于NH2OH（类似于
NH3，具有弱碱性），C 错误；D．由历程分析可知，若用带
15N 标记的H15NO2 与不带标记的NH2OH 反
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应，可得到
15NNO 和N15NO，D 正确；故选D。
4．（2025·四川·押题卷1）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通
入到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊
酸性：醋酸>碳酸>苯酚
B
向足量
溶液中，先滴加少量
溶液，再
滴加
溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉
淀
C
在试管中加入
的
溶液，再加5 滴稀
溶液，混匀后加入
葡萄糖溶液，加
热，出现砖红色沉淀
葡萄糖具有还原性
D
已知
是红棕色，将
通入
溶液
中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色
与
络合反应速率比氧
化还原反应速率快，但氧化还
原反应的平衡常数更大
【答案】D
【解析】A．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，所以不能比较碳酸、苯酚的酸性强
弱， A 错误；B．NaOH 溶液过量，不能证明红褐色 Fe(OH)3 沉淀源自 Mg(OH)2 沉淀的转化，且两种沉
淀类型也不相同，B 错误；C．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应， NaOH 需要过量，题中所给氢氧化钠
量不足， C 错误；D．将 SO2 通入 FeCl3 溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色，说明
Fe3+ 与 SO2 络合反应速率比氧化还原反应速率快，最终显浅绿色，说明氧化还原反应的平衡常数更大，
D 正确；故选D。
5.
【探究氧化还原反应机理】（2025·四川广安·二诊）重氮乙酸乙酯类有机物和醛在手性配体
催化下，伴随着氢的迁移和X2的离去生成手性
-酮酯的反应被称为Roskamp-冯小明反应（如图所示）。
下列说法错误的是
A. X2为氮气
B. 乙能发生氧化反应，不能发生还原反应
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C.
与乙醛发生Roskamp-冯小明反应可生成
D. 丙含有手性碳原子，具有手性
【答案】B
【解析】A．根据元素守恒可知，
为氮气，A 正确；B．乙分子含有醛基，可以被氧化为羧基，也可以
和氢气反应，还原为羟基，B 错误；C．参照题目所给的反应原理，
可以与乙醛发生
Roskamp- 冯小明反应，生成
，C 正确；D ．丙含有手性碳原子，位置如图：
，存在四个不同取代基，具有手性，D 正确；故选B。
6．
【催化机理与科学建模】(2025·北京市第六十六中学高三期中)可采用Deacon 催化氧化法将
工业副产物HCl 制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)
2Cl2(g)＋
2H2O(g) ΔH2＝-114.4kJ·mol−1。下图所示为该法的一种催化机理，下列说法不正确的是( )
A．X 为生成物Cl2，W 为生成物H2O B．反应制得1molCl2，放出热量57.2kJ
C．升高温度，HCl 被O2氧化制Cl2的反应逆向移动 D．图中转化涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
【答案】D
【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
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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Cl2、HCl、
O2、H2O。A 项， X 为反应物Cl2，W 为生成物H2O，A 正确；B 项，由题干的热化学方程式可知，反应制
得1molCl2，放出热量57.2kJ ，B 正确；C 项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，C
正确；D 项，图中涉及的两个氧化还原反应，分别是CuCl2→CuCl 和CuCl→Cu2OCl，D 错误；故选D。
7．验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2，设计如下实验(已知：稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色，碘水呈棕黄色；
忽略氧气的影响)。下列说法不正确的是( )
实验①
实验②
实验③
实验④
溶液变为浅黄绿色
溶液变为黄色
溶液变为棕黄色
溶液变为蓝色
A.实验①设计目的：排除实验②③④水稀释的影响
B．实验②发生反应为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
C．实验③的现象可以证明氧化性：Cl2>I2
D．实验④能证明氧化性：Br2>I2
【答案】D
【解析】实验①是将氯水加入蒸馏水将其稀释，后续实验都是在溶液中进行的，这样可以排除实验②③④
水稀释的影响，故A 正确；溶液变为黄色是因为产生溴单质，说明氯气可以将溴单质置换出来，发生的反
应为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故B 正确；溶液变为棕黄色是因为产生碘单质，说明氯气可以将碘单质置
换出来，发生的反应为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，可以证明氧化性：Cl2>I2，故C 正确；②反应后的黄色溶液
是含有溴单质的溶液，但是不能排除含有氯单质，加入淀粉碘化钾溶液会变蓝，证明产生了碘单质，可能
是氯气或是溴单质置换出了碘单质，不能证明氧化性：Br2>I2，故D 错误。
8．
【碳原子间单电子共价键化合物分析】(2025·河南三模)2024 年，科学家成功分离出了一种具
有碳原子间单电子共价键的化合物，下图是该化合物的制备过程。
下列说法错误的是
A．物质1 被碘氧化生成物质2
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B．物质2 中含有碳原子间单电子o 键作用力比C—C 键弱
C．I3
-的生成过程为3I2+2e-=2I3
-
D．物质1 到物质3 的变化中C1、C2的杂化方式未发生改变
【答案】D
【解析】A 项，由图中箭头上标注可知，物质1 失去1 e-被碘氧化生成物质2， A 正确；B 项，单电子o 键
仅有一个电子，C—C 键中有两个电子，故物质2 中含有碳原子间单电子o 键作用力比C—C 键弱，B 正
确；C 项，1 个碘分子得到2 个电子，该反应中部分碘单质得到电子，由反应I2 +2e- = 2I-， I2 + I- = I3
- 相
加后可得,满足电荷守恒、元素质量守恒，C 正确；D 项，物质1 中C1、C2均形成4 个σ 键，杂化方式是
sp3，物质3 中C1、C2均形成3 个σ 键，无孤电子对，杂化方式是sp2，D 错误；故选D。
1．（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
【答案】B
【解析】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．NH
中的N(-3 价)与
中的N(+3 价)反应生成N2(0 价)，NH 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，NH 未参与氧化还原，D 不符合题意；故选B。
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2. (2025·浙江省1 月选考)关于溴的性质，下列说法不正确的是
A．Br-可被Cl2氧化为Br2
B．Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br-
C．Br2+2Fe2+ =2Br-+2Fe3+，说明氧化性：Br2＞Fe3+
D．1molBr2与足量NaOH 溶液反应生成NaBr 和NaBrO3，转移5mol 电子
【答案】D
【解析】A 项，氯气具有强氧化性，可将Br-氧化为Br2，A 项正确；B 项，Br2与SO2水溶液反应，生成
HBr 和H2SO4，还原产物为Br-，B 项正确；C 项，根据反应Br2+2Fe2+ =2Br-+2Fe3+可知，氧化剂为Br2，氧化
产物为Fe3+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br2＞Fe3+，C 项正确；D 项，Br2与足量
NaOH 溶液反应生成NaBr 和NaBrO3，反应方程式为：3Br2+6NaOH =5NaBr+NaBrO3+3H2O，3mol Br2参与
反应，电子转移5mol，D 项错误；故选D。
3．（2025·安徽·高考真题）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
【答案】A
【解析】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．
H2O2空间结构为书形，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H2O，H2O2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。
4．（2025·江苏·高考真题）
与NO 通过电催化反应生成CO(NH2)2，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
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A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中NO 发生了氧化反应
C．电催化CO2与NO 生成CO(NH2)2的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应可生产CO(NH2)2
【答案】A
【解析】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+5 降为-2，C 元素的化合价由+4 降为+2，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，CO2与
NH3·H2O 反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，D 错误；故选A。
5．（2025·河北·高考真题）下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的
N2，最终气体颜色变浅
化学平衡向
减少的方向
移动
B
以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的
Cl-，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
C
向盛有2mLFeCl3溶液的试管中加入过量铁粉，充分反
应后静置，滴加KSCN 溶液无明显变化；静置，
取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红
Fe2+具有还原性
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D
向盛有2mL 饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶
液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀
溶解
蛋白质沉淀后活性改变
【答案】C
【解析】A．恒压条件下通入N2，容器体积增大，NO2和N2O4的浓度均降低，平衡向NO2增加颜色的方向
移动，A 错误；B．AgCl 的Ksp（1.8×10-10）小于Ag2CrO4的Ksp（1.1×10-12），但AgCl 先沉淀是因为其溶度
积更小，B 错误；C．Fe3+被Fe 还原为Fe2+，滴加氯水后Fe2+被氧化为Fe3+，证明Fe2+具有还原性，C 正
确；D．饱和Na₂SO4使蛋白质盐析，加水后沉淀溶解，说明未破坏蛋白质活性，D 错误；故选C。
6．（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
【答案】B
【解析】A 项，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，不符合题意；B
项，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，符合题意；C 项，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，不符合题意；D 项，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，不符合题意。
7．（2024·甘肃卷）兴趣小组设计了从AgCl 中提取Ag 的实验方案，下列说法正确的是
A．还原性：Ag＞Cu＞Fe
B．按上述方案消耗1 mol Fe 可回收1 mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋＝Cu2＋＋4NH
D．溶液①中的金属离子是Fe2＋
【答案】C
【解析】A 项，金属活动性越强，金属的还原性越强，还原性从强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag，不正确；B
项，由电子转移守恒可知，1 mol Fe 可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu 可以置换2 mol Ag，因此，按上述方
案消耗1 mol Fe 可回收2 mol Ag，不正确；C 项，反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜
和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋＝Cu2＋＋4NH，正确；D 项，向氯化铜和氯化铵的
混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2＋，Fe2＋被通入的氧气氧化为Fe3＋，不正确。
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8．(2023•湖南卷，10，3 分)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．S2O 和SO 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
：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3 7∶
【答案】D
【解析】A 项，S2O 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 项，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 项，根据题给信息可知，反应I 的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O 2As2O3+3H2S2O3，反
应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O 2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：
Ⅰ>Ⅱ，C 错误；D 项，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1mol As2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As 变为+5 价，S 变为+6 价，则1mol As2S3失
电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3 7∶，D 正确；故选
D。
紫外光
自然光
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