第一单元 物质的分类、转化与化学计量
第7 讲 氧化还原反应的概念与规律
【高考考向预测】
氧化还原反应侧重判断氧化剂还原剂、电子转移方向与数目，活用强弱规律、价态升降
守恒、先后反应规律解题，依托化合价变化分析变价产物；近三年渗透于选择题、无机化工、
实验和电化学全题型，考频极高；预测2027 年结合陌生工业氧化还原反应、新型电极反应创
设情境，强化先后顺序与得失电子守恒定量计算，侧重结合题干信息预判产物与配平。
【核心梳理●明考点】
考点一 氧化还原反应的相关概念
1.氧化还原反应
(1)判断依据:反应前后有元素的化合价发生变化。
(2)本质:电子转移(得失或偏移)。
2.相关概念及关系
概括为“升失氧、降得还,剂性一致、其他相反”。
3.氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法
表示反应前后同一元素由反应物转化为反应产物时电子转移的情况。
(2)单线桥法
表示反应过程中不同元素原子间的电子转移情况。
4.熟记常见的氧化剂与还原剂
(1)常见的氧化剂及还原产物预测
氧化剂
还原产物
KMnO4
Mn2+(酸性);MnO2
(中性);MnO4
2−(碱性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr
3+
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
X2(卤素单质)
X -
H2O2
OH-(碱性);H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
NaClO(或ClO-)
Cl
- 、Cl2
NaClO3
Cl
- 、Cl2、ClO2
PbO2
Pb
2+
(2)常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂
氧化产物
S2-(或H2S)
S、SO2(或SO3
2−)、SO4
2−
H2C2O4
CO2
H2O2
O2
I-(或HI)
I2、
I O3
−
CO
CO2
金属单质
(Zn、Fe、Cu 等)
Zn2+、Fe2+(与强氧化剂
反应生成Fe3+)、Cu2+
Fe2+
Fe3+(酸性);Fe(OH)3(碱性)
SO2(或H2SO3、S
SO4
2−
O3
2−)
(3)如H2O2既可作氧化剂,又可作还原剂。
H2
O
−1
2O
0
2
5.氧化还原反应与基本反应类型之间的关系如下:
【考点突破●明方向】
1.H、C、N、O 是自然界和化学研究中最重要的四种元素。下列有关说法错误的是( )
A.H2、BH 4
−有还原性
B.C 有多种同位素和同素异形体
C.浓硝酸可用于苯的硝化反应
D.O3参与的反应一定为氧化还原反应
【答案】D
【解析】A.氢气中H 元素的化合价为0 价,易失电子表现出还原性,BH 4
−中H 元素的化合价为-1
价,同样易失电子表现出还原性,故A 正确;B.C 有多种同位素,如:12C、14C、16C 等,C 有多种同素
异形体,如金刚石、石墨等,故B 正确;C.在浓硫酸的作用下,浓硝酸可以与苯发生硝化反应,故C
正确;D.臭氧转化为氧气的反应不是氧化还原反应,故D 错误。
2.O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2===SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是( )
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48 L HF,则转移0.8 mol 电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
【答案】D
【解析】A 项,O 元素的化合价由反应前的+1 价变为反应后的0 价,化合价降低,获得电子,氧气
是还原产物,错误;B 项,在反应中O2F2中的O 元素的化合价降低,获得电子,O2F2是氧化剂,而H2S
中的S 元素的化合价是-2 价,反应后变为SF6中的+6 价,H2S 是还原剂,错误;C 项,没有说明是标
准状况,不能确定HF 的物质的量,也不能确定转移电子的物质的量,错误;D 项,根据化学方程式
可知还原剂H2S 与氧化剂O2F2的物质的量之比是1∶4,正确。
3.已知NaBH4与水反应的化学方程式为NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑。
(1)氧化剂为 ,还原剂为 。
(2)用“单线桥”标出电子转移的方向和数目:
,
其中氧化产物与还原产物的质量比为 。
(3)若生成标准状况下4.48 L H2,则转移电子的物质的量为 。
【答案】(1)H2O NaBH4
(2)
1∶1
(3)0.2 mol
考点二 氧化还原反应规律及应用
(一)强弱规律
1.氧化性、还原性的判断
(1)氧化性是指得电子的性质(或能力);还原性是指失电子的性质(或能力)。
(2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度,与得、失电子数目的多少无关。如:
Na-e-===Na+、Al-3e-===Al3+,但根据金属活动性顺序可知,Na 比Al 活泼,更易失去电子,所以Na
的还原性比Al 强。
(3)从元素的价态考虑:最高价态——只有氧化性,如Fe3+、H2SO4、KMnO4等;最低价态——只有
还原性,如金属单质、Cl-、S2-等;中间价态——既有氧化性又有还原性,如Fe2+、S、Cl2等。
2.物质氧化性、还原性强弱的比较
(1)根据化学方程式判断
氧化剂+还原剂===还原产物+氧化产物
氧化性:氧化剂>氧化产物;
还原性:还原剂>还原产物。
(2)根据相同条件下产物的价态高低判断
如:2Fe+3Cl2
2FeCl3;Fe+S
FeS,则氧化性:Cl2>S。
(3)根据反应条件、浓度大小及反应的剧烈程度判断
反应条件要求越低,浓度越大,反应越剧烈,对应物质的氧化性或还原性越强。
(二)先后规律及应用
1.同时含有几种还原剂(或氧化剂),发生氧化还原反应时,还原性(或氧化性)强的优先反应,即
“强者优先”,如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时,因为还原性:Fe
2+ >Br
- ,所以Fe
2+ 先与Cl2反应。
2.常见的强弱顺序
还原性:Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(SO3
2−)<S2-;氧化性:MnO4
−(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀H2SO4>S。
(三)价态规律及应用
1.价态归中规律思维模型
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低
价――→中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。
例如,不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应是
注:不会出现⑤中H2S 转化为SO2,而H2SO4转化为S 的情况。
2.歧化反应规律思维模型
“中间价→高价+低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)
均可发生歧化反应,如:Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。
【考点突破●明方向】
1.将SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶液,发生如下两个化学反应:
SO2+2Fe3++2H2O===SO4
2−+2Fe2++4H+;Cr2O7
2−+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O
下列有关说法不正确的是( )
A.还原性:SO2>Fe2+>Cr3+
B.氧化性:Cr2O7
2−> Fe3+>SO4
2−
C.Cr2O7
2−能将Na2SO3氧化成Na2SO4
D.两个反应中Fe2(SO4)3均作还原剂
【答案】D
【解析】由第一个反应知,氧化性:Fe3+>SO4
2−,还原性:SO2>Fe2+;由第二个反应知,氧化性:Cr2O7
2−
>Fe3+,还原性:Fe2+>Cr3+;综合两个反应可得氧化性强弱顺序为Cr2O7
2−> Fe3+>SO4
2−,还原性强弱顺
序为SO2>Fe2+>Cr3+。A.由分析知,A 不符合题意;B.由分析知,B 不符合题意;C.由于氧化性强弱
顺序中Cr2O7
2−>SO4
2−,Cr2O7
2−能将Na2SO3 氧化成Na2SO4,C 不符合题意;D.在第一个反应中,
Fe2(SO4)3是反应物,其中铁元素化合价降低,Fe2(SO4)3为氧化剂;在第二个反应中,Fe3+是生成物,
是由Fe2+被氧化而得,Fe3+为氧化产物,D 符合题意。
2.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列
叙述中,正确的是( )
A.Cl2通入FeI2溶液中,可存在反应 3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3
B.每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2+时转移1 mol e-
C.FeCl3溶液能使淀粉KI 试纸变蓝
D.I2具有较强的氧化性,可以将Co2+氧化成Co2O3
【答案】C
【解析】A.Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱,所以氯气通入FeI2溶液中,先氧化碘离子后氧化亚
铁离子,且铁离子可氧化碘离子,所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3,A 错误
B.Co2O3在酸性溶液中易得电子而被还原成Co2+,所以每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成
Co2+时转移2 mol e-,B 错误;C.氯化铁的氧化性大于碘,所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质,淀
粉遇碘变蓝色,所以氯化铁溶液能使淀粉-KI 试纸变蓝,C 正确;D.Co2O3 的氧化性大于I2,所以
Co2O3能氧化碘离子生成碘单质,而碘不能将Co2+氧化成Co2O3,D 错误。
3.已知有如下三个氧化还原反应:
2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2
2FeCl2+Cl2===2FeCl3
2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中Fe2+和I-共存,要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-,可以加入的试剂是( )
A.Cl2
B.KMnO4
C.FeCl3
D.HCl
【答案】C
【解析】由题目中的三个反应可知氧化性强弱顺序为MnO4
−>Cl2>Fe3+>I2,因Cl2、KMnO4均能
氧化Fe2+,故选项A、B 不合题意,HCl 不能氧化I-,D 项不合题意。
4. 在45~50 ℃时, 臭氧(O3) 可以将碘氧化为碘酸碘[I(IO3)3] 。反应的化学方程式如下:
9O3+2I2===I(IO3)3+9O2。下列说法正确的是( )
A.O3既不是氧化剂也不是还原剂
B.I(IO3)3中碘元素的化合价均为+5
C.氧化性:I(IO3)3>I2
D.氧化性:I2>I(IO3)3
【答案】C
【解析】从反应的化学方程式知,在反应中氧元素化合价降低,O3为氧化剂,A 错误;在I
+3( I
+5O3)3中
碘元素化合价有+3、+5 两种价态,B 错误;按照价态规律,通常价态高,氧化性强,则氧化性:
I(IO3)3>I2,C 正确、D 错误。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【限时训练】
（60 分钟）
一、单选题
1．（2026·浙江·高考真题）下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是
A．Cl2O7分子中所有O 原子所处的化学环境相同
B．Cl2O的空间结构为V 形
C．ClOClO3(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7
D．ICl+H2O=HCl+HIO不是氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．Cl2O7分子中，存在桥氧原子（连接两个氯原子）和端基氧原子（只连接一个氯
原子），如图：
，化学环境不同，A 不正确；
B． Cl2O 中心氧原子价层电子对数是2+ 6−2×1
2
= 4，有两对孤对电子和两个σ键，空间结构
为V 形，B 正确；
C． ClOClO3中，一个氯原子仅连接一个氧原子，化合价为+1；另一个氯原子连接四个氧原
子，化合价为+7，如图：
；或可以理解为
Cl
+
取代了
HClO4
中的
H
+
，化合价
分别为+1、+7，C 正确；
D．电负性：Cl＞I，ICl 中碘为+1 价、氯为-1 价，反应后HIO 中碘为+1 价、HCl 中氯为-1
价，无化合价变化，不是氧化还原反应，D 正确；
故选A。
2．（2025·贵州·高考真题）化学变化五彩纷呈。下列颜色变化涉及氧化还原反应的是
A．向CuBr2固体中加入蒸馏水，深褐色固体变为天蓝色溶液
B．将Na2O2置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色
C．向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变为橙色
D．将白磷在真空中加热到260℃，白色固体变为暗红色粉末
【答案】B
【详解】A．向CuBr2固体中加入蒸馏水，深褐色固体变为天蓝色溶液，此过程为物理溶解，
无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A 不符合题意；
B．将Na2O2置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色，Na2O2与CO2或H2O 反应生成Na2CO3或
NaOH 和O2，氧元素化合价发生变化（-1 价变为0 价和-2 价），涉及氧化还原反应，B 符合
题意；
C．向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变为橙色，反应
Cr2O7
2−
+ H2O⇌
2CrO4
2−+2H
+
（橙色）
¿
¿
逆向移动，铬元素化合价不变（均为+6 价），不涉及氧化
还原反应，C 不符合题意；
D．将白磷在真空中加热到260℃，白色固体变为暗红色粉末，此为白磷（P4）转化为红磷的
同素异形体转变，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D 不符合题意；
故选B。
3．（2025·北京·高考真题）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(FeTiO3)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
【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。
4．（2025·山东·高考真题）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NH3，CO2和NaCl为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法
【答案】A
【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl和
2NaHCO3
Δ
¿ Na2CO3+H2O+CO2↑
¿
，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H2和Cl2，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O2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N2的N 化合价从0→-3，H2的H 从0→+1，涉及氧化还原反应，D 不符合题
意；
故选A。
5．（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
【答案】B
【详解】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。
6．（2025·云南·高考真题）下列化学方程式错误的是
A．煤制水煤气：C+ H2O (g)
高温
¿CO+ H2
¿
B．Na2O2供氧：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C．覆铜板制作印刷电路板：2FeCl3+3Cu=3CuCl2+2Fe
D．铅酸蓄电池放电：Pb+ PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
【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。
7．（2026·山东临沂·模拟预测）工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料通过固体碱熔氧化
法生产高锰酸钾，主要流程如图。
已知：“熔融氧化”中发生反应的化学方程式为3 MnO2+6 KOH+ KClO3=3K2MnO4+ KCl+3 H2O。
下列说法错误的是
A．“熔融氧化”可在铁坩埚中进行
B．“锰酸钾歧化”中CO2可替换为SO2
C．“抽滤”可加快过滤速度，使固液分离更彻底
D．“锰酸钾歧化”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
【答案】B
【分析】将软锰矿熔融氧化后水浸，得到锰酸钾溶液，通入CO2调节pH，锰酸钾发生歧化反
应生成高锰酸钾和二氧化锰，抽滤，得到的滤渣为MnO2可循环使用，滤液含高锰酸钾，结
晶获得固体产品。
【详解】A．“熔融氧化”为强碱性环境，会腐蚀陶瓷坩埚，应在金属坩埚（如铁坩埚）中
进行，A 正确；
B．通入CO2调节溶液pH 的目的是使锰酸钾歧化生成高锰酸钾，使用SO2会直接还原锰酸
钾，得不到高锰酸钾，B 错误；
C．“抽滤”利用压强差加快过滤速度，使固液分离更加彻底，C 正确；
D．歧化反应原理为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，氧化产物KMnO4与还原产物
MnO2的物质的量之比为2:1，D 正确；
故选B。
8．（2026·陕西商洛·模拟预测）我国科学家提出自催化浸出策略，即使用KCl和KHSO5（过一
硫酸钾）混合水溶液，在无任何外部催化剂的条件下实现电子垃圾中Au的回收。下列叙述错
误的是
A．KCl含有离子键
B．KHSO5具有强氧化性
C．Au在元素周期表的d区
D．KCl和KHSO5都属于钾盐
【答案】C
【详解】A．KCl 是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，K+和Cl-之间存在离子键，A
正确；
B．KHSO5（过一硫酸钾）结构中含有过氧键，具有强氧化性，可氧化不活泼的Au 实现浸
出，B 正确；
C．元素周期表中d 区包含第ⅢB 族到Ⅷ族元素，Au 属于第ⅠB 族元素，位于ds 区，不属于
d 区，C 错误；
D．KCl 由K+和Cl-构成，KHSO5由K+和HSO❑5
−构成，二者阳离子均含K+，都属于钾盐，D
正确；
故答案选C
9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某小组探究Na2S 溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液的反
应，实验过程如下。下列说法正确的是
实验方法
实验现象
实验Ⅰ
向4.5 ml 0.06
mol/L 的Na2S 溶液
中逐滴加入0.2ml
0.1 mol/L 的酸性
KMnO4溶液
一开始溶液无色澄
清，逐渐产生淡黄
色沉淀，反应后溶
液呈无色
实验Ⅱ
向5.0 ml 0.01
mol/L 的酸性
KMnO4溶液中逐滴
加入0.3 ml 0.01
mol/L 的Na2S 溶液
紫色变浅(此时溶液
pH＜1)，生成棕褐
色沉淀(MnO2)
实验Ⅲ
向5.0 ml 0.01
溶液呈淡黄色
mol/L 的Na2S 溶液
中逐滴加入0.3 ml
0.01 mol/L 的酸性
KMnO4溶液
(pH≈8)，生成浅粉
色沉淀
已知：①MnO4
−在强酸性条件下被还原为Mn
2+，在近中性条件下被还原为MnO2；
②单质S 可溶于Na2S 溶液，溶液呈淡黄色
③K sp[ Mn(OH)2)=2.0×10
−13
A．实验Ⅰ中发生反应的离子方程式为：2MnO4
−+5S
2−+16 H
+=2Mn
2++5S↓+8 H2O
B．实验Ⅱ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S
2−能将MnO4
−还原为MnO2
C．取少量实验Ⅱ所得溶液，先加稀盐酸，再加BaCl2溶液。若产生白色沉淀，说明该实验条
件下Na2S 的氧化产物为SO4
2−
D．实验Ⅲ产生的浅粉色沉淀为Mn(OH)2
【答案】A
【详解】A．实验Ⅰ中S
2−被氧化为S，酸性条件下MnO4
−被还原为Mn
2+，题给离子反应原子、
电荷均守恒，A 正确；
B．实验Ⅱ中pH <1为强酸性，根据已知MnO4
−应被还原为Mn
2+，棕褐色MnO2是过量MnO4
−与生
成的Mn
2+发生归中反应得到，不是S
2−直接还原的产物，B 错误；
C．实验Ⅱ中KMnO4溶液用硫酸酸化，体系本身存在SO4
2−，加BaCl2产生白色沉淀无法证明是
S
2−的氧化产物，C 错误；
D．实验ⅢpH ≈8为弱碱性，MnO4
−被还原为MnO2后，不会生成氢氧化锰，D 错误；
故选A。
10．（2026·湖北孝感·二模）类比推理是中学化学常用的学习方法。下列说法正确的是
A．乙烯可被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，则乙醇也可被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2
B．BrCl可与水反应生成HCl和HBrO，则IBr也可与水反应生成HBr和HIO
C．NaCl和浓硫酸可制取HCl气体，则KI和浓硫酸也可制取HI气体
D．P可与Cl2反应生成PCl5，则N2也可与Cl2反应生成NCl5
【答案】B
【详解】A．乙烯含碳碳双键，可被酸性KMnO4完全氧化生成CO2，但乙醇与酸性KMnO4溶液常
温反应时通常被氧化为乙酸，不会生成CO2，A 错误；
B．BrCl中Cl 电负性大于Br，Br 显+1 价、Cl 显-1 价，水解生成HCl和HBrO；IBr中Br 电负性
大于I，I 显+1 价、Br 显-1 价，水解生成HBr和HIO，B 正确；
C．NaCl和浓硫酸制HCl利用高沸点酸制低沸点酸原理，但是I
−还原性强，浓硫酸具有强氧化
性，会将I
−氧化为I2，无法制取HI气体，C 错误；
D．因为氮的最外层电子排布式为2s22p3，该层没有d 轨道，磷的最外层电子排布式为
3s23p3，该层外面还有3d 空轨道可以参与成键，所以P可与Cl2反应生成PCl5，但N2不能与Cl2
反应生成NCl5，D 错误；
故选B。
11．（2026·河南安阳·三模）探究不同金属硫酸盐与Na2SO3溶液的反应，实验步骤如下：
下列说法正确的是
A．由实验I、II 可知氧化性：Cu
2+>Ag
+
B．实验II 反应过程中溶液pH 可能降低
C．若用2mL0.1mol⋅L
−1Fe2(SO4)3溶液代替实验II 中CuSO4溶液，没有Fe
2+生成
D．白色沉淀2 在强酸和强碱中溶解后，Al 的存在形式相同
【答案】B
【分析】实验Ⅰ中Ag+与亚硫酸钠反应生成Ag2SO3沉淀；实验II 反应过程中，产生棕黄色沉
淀(含Cu
+、Cu
2+),可能发生反应2Cu
2++SO3
2−+2H2O =Cu2O+SO4
2−+ 4 H
+；实验Ⅲ中产生的白色沉淀
2 能溶于强酸和强碱，则Al3+与SO3
2−可能发生双水解生成Al(OH)3沉淀。
【详解】A．实验Ⅰ中Ag+与Na2SO3反应生成Ag2SO3沉淀，未发生氧化还原反应；实验Ⅱ中
Cu2+与SO3
2− 发生氧化还原反应，生成含Cu+的沉淀，表明Cu2+氧化了SO3
2−。但Ag+未显示氧化
性可能因沉淀形成阻止反应，故不能直接得出Cu2+氧化性大于Ag+，故A 错误；
B．实验II 反应过程中，可能发生反应2Cu
2++SO3
2−+2H2O=Cu2O+SO4
2−+ 4 H
+，溶液pH 可能降
低，故B 正确；
C．Fe3+氧化性大于Cu2+，若用2mL0.1mol⋅L
−1Fe2(SO4)3溶液代替实验II 中CuSO4溶液，Fe3+能
氧化SO3
2−，有Fe
2+生成，故C 错误；
D．白色沉淀2 是氢氧化铝，氢氧化铝在强酸中溶解生成Al3+，氢氧化铝在强碱中溶解生成
[Al(OH)4)
−，Al 的存在形式不相同，故D 错误；
选B。
12．（2026·四川德阳·模拟预测）光催化技术利用TiO2在光照下催化H2O产生羟基自由基
( OH)
⋅
降解污染物。下图是TiO2光催化产生•OH 的示意图。
下列说法正确的是
A．TiO2在反应中作为氧化剂，本身被还原
B．产生•OH 的反应为H2O−e
−
h
+
¿⋅OH+⋅H
¿
C．O2的作用是捕获光生电子，生成O2
−，进而与SO2反应降解污染物
D．生成1mol SO4
2−，理论上需要消耗11.2L O2(标况下)
【答案】D
【详解】A．TiO2是光催化剂，反应前后化学性质和质量不变，既不作氧化剂也不被还原，A
错误；
B．给出的反应电荷不守恒，且产物应为H+而非⋅H，正确反应为H2O−e
−
h
+
¿⋅OH+ H
+
¿
，B 错误；
C．根据原理图，O2捕获电子生成O2
−，但该电子不是有光催化产生的，是由水产生的，C 错
误；
D．SO2被H2O2氧化的离子方程式：H2O2+SO2=SO4
2−+2H
+，故该过程为：
2·OH ~ H 2O2~ SO2~ SO4
2−~2e
−，O2氧化SO2的反应为：SO2+O2+2e
−= SO4
2−，故总过程生成
1mol SO4
2−，转移1 mol 电子，消耗氧气0.5 mol，因此消耗标况下O2体积为11.2L，D 正确；
故答案选D。
13．（2026·山东济南·二模）云雾中微液滴表面具有强活化能力，可将水分子解离成⋅OH、电
子等微粒。工业尾气中NO2在微液滴表面发生的转化如图所示。下列说法正确的是
A．在水溶液中上述转化速率会更快
B．转化过程中，微液滴只体现催化作用
C．NO2既被氧化又被还原
D．理论上转化1 molNO2消耗1 molH2O
【答案】C
【分析】由图可知，水分子解离成⋅OH、电子和氢离子，二氧化氮既能与⋅OH反应生成硝酸，
也能得到电子生成亚硝酸根离子，亚硝酸根离子与氢离子反应生成亚硝酸，则二氧化氮在微
液滴表面发生的反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和亚硝酸，反应的化学方程式为：
2NO2+H2O=HNO3+HNO2。
【详解】A．题干信息“云雾中微液滴表面具有强活化能力”表明该转化在微液滴表面受到
了催化，反应速率快。在普通水溶液中，缺少这种表面的活化（催化）作用，因此“上述转
化”的速率会更慢，A 错误；
B．由分析可知，二氧化氮在微液滴表面转化过程中，微液滴中的水是反应的反应物，同时
微液滴表面具有强活化能力，也体现了催化作用，B 错误；
C．由分析可知，反应时二氧化氮中氮元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，C 正确；
D．由分析可知，二氧化氮在微液滴表面发生的反应为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，由方程式
可知，1 mol 二氧化氮反应时，消耗水的物质的量为0.5 mol，D 错误；
故选C。
14．（2026·辽宁沈阳·二模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI 反应的化学反应速率，实验
过程如下图所示，已知实验中仅发生反应S2O8
2−+3I
−=2SO4
2−+I3
−(较慢)；
2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−(极快)，淀粉遇I3
−变蓝，忽略溶液体积变化，下列说法错误的是
A．当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时
B．v(S2O8
2−)= 0.20×20
50t
×10
−3 mol·L-1·s-1
C．用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应速率较慢
D．S2O8
2−中-2 价氧原子和-1 价氧原子的个数比为3:1
【答案】B
【详解】A．淀粉遇I3
−变蓝，第二个反应极快，所以当S2O3
2−完全消耗时，I 3
−才会使淀粉变
蓝，以此确定计时终点，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A 正确；
B．在t 时间内，消耗的n(S2O3
2−)=0.010 mol·L
−1×8×10
−3L=8×10
−5 mol。根据关系式
2S2O8
2−∼2 I 3
−∼4 S2O3
2−，消耗的n(S2O8
2−)= 1
2 n(S2O3
2−)= 4×10
−5 mol，故
v(S2O8
2−)=
4×10
−5 mol
50×10
−3L×t s
= 8×10
−4
t
mol·L
−1·s
−1，B 错误；
C．用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速
率快，生成I3
−较多无法被2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应
速率，C 正确；
D．设S2O8
2−中有x 个-2 价O，有y 个-1 价O，有x+y=8，根据化合价有6×2−2 x−y =−2，可
得x=6，y=2，-2 价氧原子和-1 价氧原子的个数比为3:1，D 正确；
故选B。
15．（2026·北京丰台·一模）下列物质的用途体现+ 4价S 的氧化性的是
A．工业上常用SO2漂白纸浆
B．利用SO2遇H2S产生S 可处理两种有毒气体
C．NaHSO3常用作食品抗氧化剂
D．实验室用Na2SO3与70%硫酸反应制取SO2
【答案】B
【详解】A．SO2漂白纸浆利用的是SO2的漂白性，通过与有色物质结合生成无色不稳定物质
实现，无元素化合价变化，不体现+4 价S 的氧化性，A 错误；
B．SO2与H 2S反应的化学方程式为SO2+2 H 2S =3 S↓+2 H 2O，SO2中+4 价S 化合价降低为0
价，得电子作氧化剂，体现氧化性，该用途可处理两种有毒气体，B 正确；
C．NaHSO3作食品抗氧化剂时，其中+4 价S 化合价升高被氧化，体现还原性，不体现氧化
性，C 错误；
D．实验室用N a2SO3与70%硫酸反应制取SO2，化学方程式为
N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O，该反应为复分解反应，未发生氧化还原反
应，D 错误；
故选B。
二、解答题
16．（2026·河南开封·模拟预测）钼有着极高的熔点，广泛用于制造钢合金；MoS2是重要的
固体润滑剂，特别适用于高温高压下的润滑。一种由辉钼矿（主要成分为MoS2及少量的FeO
、SiO2等）制备金属Mo和MoS2的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：常温下，K sp(FeC2O4)=2.1×10
−7；K a1(H2C2O4)=5.9×10
−2、K a2(H2C2O4)=6.4×10
−5。
(1)“焙烧”工序中，有___________种元素化合价发生了变化。
(2)“氨浸”时，测得相同时间内Mo元素的浸出率与温度的关系如图所示，Mo元素浸出率随着
温度的升高呈现先增大后减小的原因是___________；“氨浸”后“滤液 b”中含钼物种为
MoO4
2−，则“氨浸”时钼元素浸出的离子方程式是___________。
(3)“沉铁”时，转化为FeC2O4的反应中，理论上H2C2O4与铁粉的物质的量之比为
___________；在实际操作中，需加入过量铁粉，其作用除将Fe
3+还原为Fe
2+外，还包括
___________；常温下，测得“滤液a”的pH=5.5，c (H2C2O4)=5.0×10
−7 mol⋅L
−1，则“滤液a”
中c(Fe
2+)最大值为___________mol⋅L
−1(保留两位有效数字)。
(4)“气体 Y ”经处理后，可循环用于___________工序。
(5)“气相沉积”生成MoS2的化学方程式是___________。
【答案】(1)4
(2) 低于 50℃时，温度升高，反应速率加快，Mo元素浸出率增大；高于 50℃时，温度
升高，氨水挥发加剧，溶液中浓度降低，且钼的化合物可能发生分解，导致 Mo元素浸出率
减小； MoO3+2 NH 3· H 2O = MoO4
2−+2 NH ❑4
++ H 2O
(3) 3:1 还可防止生成的FeC2O4被氧化（避免Fe
2+被溶解氧氧化为Fe
3+）；
1.1×10
−6
(4)氨浸
(5)MoO3+7 S (g)
=
气相沉积
MoS2+3 SO2
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2及少量的FeO、SiO2等）通入空气 后焙烧，发生反应
2 MoS2+7O2 =
焙烧
2 MoO3+ 4 SO2、4 FeO+O2 =
焙烧
2 Fe2O3，将硫化钼转化为易被氨水浸出的氧化
物，同时除去硫元素；氨浸工序发生反应 MoO3+2 NH 3· H 2O =(NH 4)❑2 MoO4+ H 2O（根据
（2）提供的信息判断产物）；酸浸工序发生反应Fe2O3+6 HCl =2 FeCl3+3 H 2O，将氨浸残渣
中的铁氧化物溶解，为后续回收铁做准备；沉铁工序发生反应
2 Fe
3++ Fe+3 H 2C2O4=3 FeC2O4↓+6 H
+，得到草酸亚铁沉淀；(NH 4)2 Mo2O7灼烧发生反应
(NH 4)2 Mo2O7 =
灼烧
2 MoO3+2 NH 3↑+ H 2O↑，钼盐分解为高纯度的MoO3，同时回收氨气；
MoO3在高温条件下通入氢气，发生反应MoO3+3 H 2 =
高温
Mo+3 H 2O得到金属Mo；MoO3在气
象沉积条件下通入S (g)，发生反应2 MoO3+7 S (g)
=
气相沉积
2 MoS2+3 SO2↑得到MoS2；
【详解】（1）“焙烧”工序发生反应2 MoS2+7O2 =
焙烧
2 MoO3+ 4 SO2、4 FeO+O2 =
焙烧
2 Fe2O3，
有几种元素化合价发生了变化：MoS2中Mo由 +4 价变成 +6 价，S 由 -2 价变成 +4 价，
O2由0 价变成 -2 价， FeO中Fe由 +2 价变成 +3 价，O2由0 价变成 -2 价； 故化合价发
生变化的元素为Mo、S、Fe、O，共 4 种；
（2）①低于 50℃时，温度升高，反应速率加快，Mo元素浸出率增大；高于 50℃时，温度
升高，氨水挥发加剧，溶液中浓度降低，且钼的化合物可能发生分解，导致 Mo元素浸出率
减小；
② 氨浸后滤液 b 中含钼物种为MoO4
2−，MoO3（焙烧产物）与氨水反应的离子方程式为
MoO3+2 NH 3· H 2O = MoO4
2−+2 NH ❑4
++ H 2O；
（3）①“沉铁”时，反应为2 Fe
3++ Fe+3 H 2C2O4=3 FeC2O4↓+6 H
+，则H2C2O4与铁粉的物质
的量之比3:1；
②过量铁粉的作用除还原Fe
3+外，还可防止生成的FeC2O4被氧化（避免Fe
2+被溶解氧氧化为
Fe
3+）；
③ 已知“滤液 a”的 pH=5.5，则c(H
+)=10
−5.5mol / L ，H2C2O4第一步水解，
H2C2O4⇌H
++ HC2O4
−计算得c(HC2O4
−)= 5.0×10
−7×5.9×10
−2
10
−5.5
mol / L=2.95×10
−2.5mol / L，
H2C2O4第二步水解HC2O4
−⇌H
++C2O4
2−，计算得
c(C2O4
2−)= 2.95×10
−2.5×6.4×10
−5
10
−5.5
mol / L=1.888×10
−1mol / L，FeC2O4水解
FeC2O4⇌C2O4
2−+ Fe
2+，计算得c(Fe
2+)= 2.1×10
−7
1.888×10
−1 mol/ L≈1.1×10
−6mol/ L；
（4）“气体 Y ”(NH 4)2 Mo2O7灼烧分解生成MoO3、NH 3和水蒸汽，所以 Y 为NH 3，可循环
用于氨浸工序；
（5）MoO3与S（g）反应，生成MoS2和SO2（气体X），配平得
2 MoO3+7 S (g)
=
气相沉积
2 MoS2+3 SO2
17．（2026·安徽·模拟预测）从水钴矿（主要含Co2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2、
MnO、MnO2、CaO 等杂质）中制备CoC2O4⋅2H2O的工艺如图。
已知：①电极电势的大小反映了氧化剂的氧化能力相对大小。
电极
电势
S2O8
2−/SO Co
3+/Co
2+ H2O2/ H2O Cl2/Cl
−
ClO
−/Cl
−Fe
3+/Fe
2+ I2/I
−
E
θ/V
2.01
1.92
1.78
1.36
0.81
0.77
0.53
②该工艺条件下，金属离子沉淀情况的pH 值如下表所示，沉淀完全视为金属离子浓度为
10
−5 mol/L。
金属
离子
Co
3+
Co
2+
Fe
3+
Fe
2+
Al
3+
Mg
2+
Mn
2+
Ca
2+
开始
沉淀
1.2
7.6
2.7
7.6
4.0
9.9
7.7
9.0
沉淀
完全
2.4
9.2
3.7
9.6
5.2
13.2
9.8
11.0
根据题目所给信息，回答下列问题：
(1)写出“浸出”过程中最主要的离子方程式__________。“浸出”过程中的Na2SO3的物质的
量不足可能会生成__________，污染环境。
(2)以下物质适合作“氧化”过程中氧化剂的是__________（填序号）
a．S2O8
2− b．H2O2 c．ClO
− d．I2
(3)加入碳酸钠调节pH 的目的是__________，“调pH”过程的范围为__________。
(4)若用R 表示异辛基，萃取剂磷酸二异辛酯的结构式可写为
，“萃取”过程后
溶液中的Co
2+采取六配位，以一种中性配分子的形式存在，在下图中，试将这种分子的结构
补充完整__________（不考虑立体异构）。
(5)“反萃取”过程添加的试剂M 是__________（写化学式）溶液。试剂M 不宜过量，可能的
原因是__________。
【答案】(1) Co2O3+SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++SO4
2−+2H2O 氯气
(2)bc
(3) 沉淀Fe
3+、Al
3+ 5.2≤pH<7.6
(4)
(5) H2SO4 磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，
无法循环使用
【分析】水钴矿加入盐酸和 Na2SO3 浸出，Co2O3、MnO2、Fe2O3 等被还原或溶解，得到含
有 Co
2+、Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+ 等的浸出液。加入氧化剂将 Fe
2+ 氧化为
Fe
3+，然后加入 Na2CO3 调节pH，使 Fe
3+、Al
3+ 转化为沉淀除去（滤渣1）。接着加入
NaF，使 Ca
2+、Mg
2+ 转化为 CaF2、MgF2 沉淀除去（滤渣2）。然后用萃取剂将 Co
2+ 萃
取到有机相中，与水相中的 Mn
2+ 等杂质分离。有机相加入试剂M（酸）进行反萃取，得到
含 Co
2+ 的水相。最后加入 ( NH 4)2C2O4 沉淀 Co
2+，得到 CoC2O4·2 H 2O。
【详解】（1）“浸出”过程中，主要成分 Co2O3 被 Na2SO3 还原为 Co
2+，离子方程式为
Co2O3+ SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++ SO4
2−+2 H 2O。若 Na2SO3 的物质的量不足，盐酸中的 Cl
− 会被
Co2O3 氧化生成有毒的 C l2，从而污染环境；
（2）“氧化”过程需将 Fe
2+ 氧化为 Fe
3+，所选氧化剂的电极电势需大于 Fe
3+/ Fe
2+ (0.77
V)，且不能大于 Co
3+/Co
2+ (1.92 V) 以免将 Co
2+ 氧化导致后续损失。S2O8
2− (2.01 V) 会氧
化 Co
2+；I 2 (0.53 V) 不能氧化 Fe
2+；H 2O2 (1.78 V) 和 ClO
− (0.81 V) 符合电势要求，且
其还原产物分别为 H 2O 和 Cl
−，不会引入新杂质，故选bc；
（3）加入碳酸钠调节pH 的目的是使溶液中的 Fe
3+、Al
3+ 完全沉淀而除去。根据表格数
据，Al
3+ 完全沉淀的pH 为5.2，Co
2+ 开始沉淀的pH 为7.6，为了保证杂质除尽且目标离子
不损失，调节pH 的范围应为 5.2≤pH <7.6；
（4）萃取剂磷酸二异辛酯脱去质子后，通过两个O 原子与 Co
2+ 形成双齿配体。两个磷酸二
异辛酯阴离子占据4 个配位点，剩余2 个配位点由水分子占据，从而形成六配位的中性配合
物。其结构补充方式为：中心Co 原子的上下各连接一个 H 2O 分子，左右各连接一个磷酸
二异辛酯阴离子的两个O 原子（即O-P-O 结构）；
（5）“反萃取”过程需将有机相中的 Co
2+ 重新转移至水相，添加的试剂M 为酸，通常为
H 2SO4 溶液。由于磷酸二异辛酯属于酯类化合物，在过量酸的催化作用下会发生水解反应，
生成磷酸和异辛醇，从而失去萃取能力，无法循环使用，因此试剂M 不宜过量。
18．（2026·陕西西安·模拟预测）钒矿石(主要成分为V2O5、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO)无盐焙
烧提取V2O5的工艺流程如图所示。
25℃时，部分金属离子[c0(M
n+)=0.1mol⋅L
−1)开始形成氢氧化物沉淀的pH 如表所示：
金属离子
Fe
2+
Fe
3+
Al
3+
开始沉淀的
pH
6.3
1.5
3.4
回答下列问题：
(1)基态钒原子的简化电子排布式为[Ar)___________。
(2)若将氯化钠、硫酸钠等作为“焙烧”添加剂，使钒元素在焙烧后转化为NaVO3，该工艺可能
会释放___________、___________、HCl 等污染性气体(填化学式)。
(3)钒矿石中的钒元素以+3、+ 4、+5三种价态存在，低价钒的化合物难溶于酸或碱，试分析
“焙烧”的目的是___________。
(4)“中和还原”步骤中先加入氨水调节溶液的pH =2，然后再加入过量铁粉将浸液中的高价金
属元素还原，写出还原过程中发生反应的离子方程式___________、___________。
(5)“萃取”步骤发生的反应为：n VO
2++m (HA)2⇌(VO)n(A)2n(HA)2(m−n)+2n H
+，则“反萃取”使用
的试剂R 为___________(填试剂名称)。
(6)“萃取”所得水相中含有Fe
2+、Al
3+、SO4
2−等离子，可向水相中加入生石灰除去其中的金属
离子，若使原水相中的金属离子浓度均低于10
−5 mol/L，则加入生石灰后溶液的pH 不低于
___________。
(7)多钒酸铵[(NH4)2V6O16)煅烧时生成VO2和无污染物质，写出反应的化学方程式___________，
若要制得V2O5，“煅烧”这步需要在___________条件下进行。
【答案】(1)3d
34s
2
(2) Cl2 SO2
(3)将低价钒元素转化为高价钒元素，有利于稀硫酸浸出
(4) 2VO2
++ Fe+ 4 H
+=2VO
2++ Fe
2++2H2O 2Fe
3++ Fe=3Fe
2+
(5)稀硫酸(其他合理答案也可)
(6)8.3
(7) (NH4)2V6O16
煅烧
¿6 VO2+
¿
N2↑+ 4 H2O 氧化性气氛
【分析】钒矿石主要成分为V2O5、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO；钒矿石在空气中焙烧，加稀硫
酸“浸出”，浸出液含有VO
2+、VO2
+、Al
3+、Fe
3+，浸渣为SiO2，浸液加氨水、铁粉中和还
原，VO2
+被还原为VO
2+、Fe
3+被还原为Fe2+，所得溶液加萃取剂(HA)2发生
n VO
2++m (HA)2⇌(VO)n(A)2n(HA)2(m−n)+2n H
+萃取V 元素，分液，有机相加稀硫酸反萃取，分
液，水相加NaClO3氧化VO
2+，再加氨水“沉钒”得到[(NH4)2V6O16)，煅烧[(NH4)2V6O16)得
V2O5。
【详解】（1）钒是23 号元素，基态钒原子的电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
34s
2，简化
电子排布式为[Ar) 3d
34s
2；
（2）若将氯化钠、硫酸钠等作为“焙烧”添加剂，使钒元素在焙烧后转化为NaVO3，V 元素
化合价降低，根据得失电子守恒，氯元素化合价可能升高生成氯气，钒矿石中的低价钒可能
还原硫酸钠放出二氧化硫气体，所以该工艺可能会释放Cl2、SO2、HCl 等污染性气体。
（3）钒矿石中的钒元素以+3、+ 4、+5三种价态存在，低价钒的化合物难溶于酸或碱，需要
将低价钒元素转化为高价钒元素，然后再用稀硫酸浸取，所以“焙烧”的目的是将低价钒元
素转化为高价钒元素，有利于稀硫酸浸出。
（4）观察流程图，“浸液”中含VO
2+、VO2
+等，经“中和还原”后“溶液”中含VO
2+等，因此
VO2
+与Fe 发生了反应，另外“浸液”中也含Fe
3+，Fe
3+与Fe 也会发生反应，发生反应的离子
方程式2VO2
++ Fe+ 4 H
+=2VO
2++ Fe
2++2H2O、2Fe
3++ Fe=3Fe
2+。
（5）反萃取需要使n VO
2++m (HA)2⇌(VO)n(A)2n(HA)2(m−n)+2n H
+平衡逆向移动，以便VO
2+和萃取
剂分离，通过萃取平衡和溶液的溶质可知，加入稀硫酸增大氢离子浓度可使平衡逆向移动，
所以试剂R 是稀硫酸；
（6）利用题中表格中数据可知Fe(OH)2、Al(OH)3的K sp分别为10
−16.4、10
−32.8，当Fe
2+的浓度为
10
−5 mol/L时，有10
−5×c
2(OH
−)=10
−16.4，解得c(OH
−)=10
−5.7，pH=8.3；当Al
3+的浓度为
10
−5 mol/L时，有10
−5×c
3(OH
−)=10
−32.8，解得c(OH
−)≈10
−9.3，pH = 4.7；故加入生石灰后溶液的
pH 应不低于8.3。
（7）多钒酸铵[(NH4)2V6O16)煅烧时生成VO2和无污染物质，氮元素对应的无污染物质为氮气，
氢元素对应的无污染物质为水，所以反应的化学方程式为：(NH4)2V6O16
煅烧
¿6 VO2+
¿
N2↑+ 4 H2O；
V2O5中钒元素的化合价比VO2中高，因此需要有氧化剂参与才能制得V2O5。若要制得V2O5，
“煅烧”这步需要在氧化性气氛条件下进行。
19．（2026·北京石景山·一模）某小组探究Cu
2+与不同还原性离子的反应。已知：ⅰ．还原反
应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强。ⅱ．氧化反应中，增大反
应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。ⅲ．CuCl、CuBr、CuI为难溶于水的白
色固体，Cu2SO4在水中不能稳定存在。
(1)分别向2 mL 0.1 mol·L
-1CuSO4溶液中加入2 mL 0.1 mol·L
-1不同盐溶液。
实验
盐溶液
实验现象
1
NaCl
无明显现象
2
NaBr
无明显现象
3
NaI
棕黄色浊液，静置
1 天后底部出现白
色沉淀，溶液仍为
棕黄色
①取1 g NaBr 固体，滴加0.1 mol·L
-1CuSO4溶液，变为红褐色浊液。对比实验2，简述NaBr
固体和CuSO4溶液发生氧化还原反应的原因_______。
②写出实验3 中Cu
2+和I
−反应的离子方程式_______。
③从原子结构角度解释还原性I
->Br
->Cl
-的原因_______。
(2)已知：还原性S
2->SO3
2->I
-，其他条件与(1)相同继续进行探究。
实验
盐溶液
实验现象
静置1 天后实验
现象
4
Na2S
黑色浊液
底部产生大量黑
色沉淀，溶液接
近无色
5
Na2SO3
墨绿色浊液
底部产生大量棕
黄色沉淀，溶液
接近无色
①分析实验4 中，CuSO4溶液和Na2S溶液混合时未发生氧化还原反应的原因_______。小组同
学采用下列装置证明Cu
2+和S
2−可以发生氧化还原反应，补全装置示意图，写出实验现象
_______。
②经检验，实验5 中的棕黄色沉淀中不含SO4
2−，含有Cu
+、Cu
2+和SO3
2−。通过下列实验证实，
沉淀中含有Cu
2+和SO3
2−(忽略O2的影响)。
证实棕黄色沉淀中含有Cu
2+和SO3
2−的理由是_______。
总结：Cu
2+与不同还原性离子的反应和离子的种类、浓度等因素有关。
【答案】(1) 增大c（Br-），Br-还原性增强，Br-和Cu2+发生氧化还原反应 2Cu2++4I−
=2CuI↓+I2 Cl、Br、I 为同一主族元素，电子层数依次增多，离子半径Cl⁻<Br⁻<I⁻，失电
子能力Cl⁻<Br⁻<I⁻，故还原性I⁻>Br⁻>Cl⁻
(2) CuSO4溶液与Na2S 溶液发生复分解反应的速率快，生成黑色沉淀CuS 后，大大降低
了Cu2+和S2-的浓度，Cu2+的氧化性和S2-的还原性也随之降低，未发生氧化还原反应 0.1
mol/L CuSO4溶液和0.1 mol/L Na2S 溶液 闭合K 后，灵敏电流计指针发生偏转，盛
Na2S 溶液的烧杯中出现淡黄色浑浊，盛 CuSO4溶液的烧杯中石墨电极表面有红色固体析出
在KI 溶液作用下，Cu2+转化生成白色CuI，SO3
2−被氧化为SO4
2−
【分析】（1）在2 mL 0.1 mol·L
-1CuSO4溶液中加入2 mL 0.1 mol·L
-1不同盐溶液，实验1、
实验2 中无明显现象，实验3 中出现棕黄色浊液且产生白色沉淀，溶液为棕黄色，根据题干
信息，实验1、实验2 中无现象原因可能有二：一是Cl-、Br-离子还原性弱，二是离子浓度
小；实验3 出现反应现象虽然I-离子浓度小，但是离子还原性强，故能发生反应出现相应现
象；（2）CuSO4溶液和Na2S溶液混合时产生黑色沉淀是因为发生复分解反应生成CuS，用
Cu SO4和Na2S分别作正极和负极设计原电池装置，若正极有铜析出，负极产生黄色S 沉淀，
则能证明Cu
2+和S
2−可以发生氧化还原反应，在②洗净的棕黄色沉淀中加KI 溶液得到白色沉淀
为CuI，取上层清液加HCl 和BaCl2产生白色沉淀说明新生成BaSO4沉淀，即证明原溶液中存
在SO3
2−，除此外，还存在将SO3
2−氧化为SO4
2−的氧化剂，即沉淀中还存在氧化剂Cu2+。
【详解】（1）①取1 g NaBr 固体，滴加0.1 mol·L
-1CuSO4溶液，变为红褐色浊液。对比实验
2，NaBr 固体和CuSO4溶液发生氧化还原反应的原因1 g NaBr 固体中滴加0.1 mol·L
-1CuSO4溶
液c（Br-）大，Br-还原性更强，故能发生氧化还原反应；
②实验 3 现象为棕黄色浊液（生成 I2）、静置后出现白色沉淀（已知 CuI 为白色难溶
物），因此 Cu2+被 I-还原为 CuI 沉淀，I-被氧化为 I2，2Cu2++4I− =2CuI↓+I2；
③Cl、Br、I 位于同一主族元素，电子层数依次增多，离子半径Cl⁻<Br⁻<I⁻，失电子能力
Cl⁻<Br⁻<I⁻，因此还原性 I⁻>Br⁻>Cl⁻；
（2）①实验4 现象为黑色浊液（CuS 黑色沉淀），静置后仍为黑色沉淀、溶液无色，说明
Cu2+与S2-优先发生沉淀反应生成CuS，大大降低了Cu2+和S2-的浓度，Cu2+的氧化性和S2-的还
原性也随之降低，未发生氧化还原反应；利用原电池反应原理证明Cu
2+和S
2−可以发生氧化还
原反应，装置为两个烧杯分别盛放 0.1 mol/LCuSO4溶液和 0.1 mol/LNa2S 溶液，各插入惰性
电极，用导线连接电极并串联电流表，用盐桥连接两个烧杯。 预计实验现象为： 电流表指
针偏转；盛 Na2S 溶液的烧杯中出现淡黄色浑浊（生成 S 单质）；盛 CuSO4溶液的烧杯中
电极表面有红色固体（Cu）析出；
②在洗净的棕黄色沉淀中加KI 溶液得到白色沉淀为CuI，取上层清液加HCl 和BaCl2产生白
色沉淀说明新生成BaSO4沉淀，证明原溶液中存在SO3
2−后转化成了SO4
2−，除此外，还存在将
SO3
2−氧化为SO4
2−的氧化剂，即沉淀中还存在氧化剂Cu2+。
