压轴02 氧化还原反应及其应用（压轴题专练）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

压轴02 氧化还原反应及其应用 典例·靶向·突破 考向01 氧化还原反应的概念和规律 例1 B 【变式探究】D 考向02 工业流程中氧化还原反应综合考查 例2 (4) Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O 【变式探究】(2)2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O 3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+ 【解析】(2)步骤Ⅰ中Co3S4与硫酸和氧气反应生成CoSO4和SO2气体，反应的化学方程式为：2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O；步骤Ⅲ中Co2+被氧化为CoOOH，KMnO4被还原为MnO2，反应的离子方程式：3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+。 考向03 复杂氧化还原反应分析计算 例3 (6)86．7% 【变式探究】(5)①液封，防止NH3逸出，导致测定含氮量偏低 甲基橙 ② 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B B C D A D A D 11．(3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 12．(5) 2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑ 13．(4)4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 Na2SO4 K2Cr2O7 溶解度小于Na2Cr2O7 ，冷却时优先结晶析出 14．(4)2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O (5)CoC2O4 (6)将镁条加热后伸入装有X的集气瓶，镁条燃烧，瓶内壁有黑色固体。则说明X为CO2 15．(3) ①3d6 ②氨分子与Co3+形成配合物后，孤对电子与Co3+成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大 ③2CoCl2·6H2O +2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+14H2O 16．(4)BNH4 (H2B=NH2/ BNH4)n) BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑ 17．(5) ①反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂 ② 18．(2)盐酸、金属锡 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 90.00% BC / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 氧化还原反应及其应用 命题预测 氧化还原反应是浙江选考化学核心考点之一，选择题中，通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容；非选择题中常以工业流程、实验探究、电化学综合题呈现，分值高、设问灵活，融合离子反应、电解质溶液等多维度知识。命题紧扣真实化工情境(如金属冶炼、环保处理、新能源材料)，强化陌生反应书写、电子守恒定量计算、价态分析，突出信息提取、逻辑推理与工程思维，2026 年6月将延续情境化、跨模块融合趋势，关联滴定、电化学、流程除杂等核心考点。 高频考法 1． 氧化性或还原性强弱判断、反应先后顺序分析。 2． 电化学电极反应式书写、电子转移分析。 3． 陌生氧化还原方程式配平(含缺项配平、介质判断、与量有关反应)。 4． 电子守恒法定量计算(滴定、产率、转移电子数、产物量计算)。 5． 工业流程中氧化除杂、价态调控、产物提纯综合分析。 知识·技法·思维 考向01 氧化还原反应的基本概念 1．氧化还原反应概念间的关系 2．常见氧化剂及其还原产物 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3+ 酸性KMnO4 MnO2 酸性K2Cr2O7 还原产物 Cl-(X-) H2O/O2-/OH- Fe2+ Mn2+ Mn2+ Cr3+ 氧化剂 HClO HNO3 H2O2(H+) PbO2 FeO42-(H+) NaBiO3 还原产物 Cl- NO2(浓)、NO(稀) H2O Pb2+ (Fe3+) Bi3+ 3．常见还原剂及其氧化产物 还原剂 Fe2+ H2S/S2- SO2/SO32- HI/I- NH3 N2H4 CO 氧化产物 Fe3+ S、SO2 SO3、SO42- I2 N2/NO N2 CO2 考向02 氧化还原反应的基本规律 守恒律 定义 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。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 ①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。 强弱律 定义 氧化性：氧化剂>氧化产物； 还原性：还原剂>还原产物。 应用 ①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 优先律 定义 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 ①判断某一氧化还原反应能否正常进行。 ②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。 价态律 定义 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。 应用 ①判断氧化还原反应能不能发生。 ②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。 转化律 定义 同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。 应用 如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2→，H2O4→O2)、5Cl－＋ClO＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。 考向03 氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式配平的基本原则 2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤 3．三步法突破缺项型氧化还原反应方程式的配平 考向04 新情境下陌生氧化还原方程式的书写 典例·靶向·突破 考向01 氧化还原反应的概念和规律 例1【新情境——半导体材料】(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)氟气与水可发生反应①F2+H2OHOF+HF，生成HOF，遇水发生反应②HOF+H2O=HF+H2O2。下列说法正确的是( ) A．HOF中氧的化合价为 B．反应①中每消耗1molF2转移2mol电子 C．反应②中H2O作氧化剂 D．反应②中HF为还原产物 【答案】B 【解析】A项，HOF中F的非金属性最强，化合价为-1，H的为+1，根据化合物的化合价代数和为0，O的化合价为0，不是-2，A错误；B项，反应①中F元素化合价从0降低为-1，1 mol F2参与反应时，2个F原子各得1个电子，所以转移2 mol电子，B正确；C项，反应②中H2O中O元素化合价从-2升高到-1，被氧化作还原剂，C错误；D项，反应②中F元素的化合价未变化，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；故选B。 情境链接 本题以HOF为情境，考查氧化还原概念间的关系。 考向解码 解答氧化还原反应有关概念题的“三个步骤” 第一步，依据题意分析概念：“升失氧，降得还；剂性一致，其他相反。”“剂性一致”即氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”即氧化剂被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。 第二步，依据规律进行定性判断：氧化还原反应遵循化合价互不交叉规律、强弱规律等。同学们应掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧化低价还，中间价态两俱全”。 第三步：利用电子守恒进行定量判断：有关氧化还原反应的定量问题，利用得失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，快速列等式求解。 【变式探究】(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)向Na2S溶液中通入一定量SO2，发生如下反应：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓ ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．Na2S中的S元素化合价升高 B．反应过程中的氧化剂为SO2 C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1 D．反应过程中每生成1molS，转移的电子数为2NA 【答案】D 【解析】A项，Na2S中S为-2价，反应后转化为0价的S单质，化合价升高，A正确；B项，氧化剂在反应中得电子化合价降低，部分SO2中+4价的S转化为0价的S单质，化合价降低，因此SO2是氧化剂，B正确；C项，氧化产物是还原剂被氧化得到的产物，即2molNa2S被氧化得到的2molS；还原产物是氧化剂被还原得到的产物，即1molSO2被还原得到的1molS，二者物质的量之比为2:1，C正确；D项，生成3molS时，反应共转移4mol电子，因此每生成1molS，转移电子数为，不是2NA，D错误；故选D。 考向02 工业流程中氧化还原反应综合考查 例2【热点——工艺流程中的转化】(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： 步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 【答案】(4) Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O 【解析】铜锌矿主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3，在通入足量的O2、控温90℃及足量硫酸的条件下，发生反应；Cu3ZnS4中S被氧化成SO2(气体X)，Cu转化为Cu2+，Zn转化为Zn2+；将生成的SO2气体通入到溶液中，可还原Fe3+为Fe2+，Cu2+为Cu+，加入KBr后，Cu+与Br-结合生成CuBr沉淀，Pb2+与Br-结合生成PbBr2沉淀，溶液D中除K+、H+、Br-外，大量存在的是SO42-和Zn2+，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则SO42-浓度大于Zn2+，原料中还含有Fe2+，因此离子浓度从大到小为SO42-、Zn2+、Fe2+。(4)①由分析可知，步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式为：Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O； 情境链接 本题以铜锌矿生成工艺流程中转化，书写信息型氧化还原反应化学方程式，符合 “联系生产实际” 的命题导向。 考向解码 掌握书写信息型氧化还原反应化学(离子)方程式的步骤(4步法) 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：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。 【变式探究】(2026·浙江省丽水高三联考)湿法炼锌过程中产生的净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)实现钴锌分离的流程如下。 已知：①固体A微溶于酸与水； ②溶液A中的Co元素以Co2+形式存在： ③Co(OH)2和Zn(OH)2均为不溶于水的两性氢氧化物。 (2)写出步骤Ⅰ中Co3S4发生转化的化学方程式 。写出步骤Ⅲ中发生的离子方程式 。 【答案】(2)2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O 3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+ 【解析】(2)步骤Ⅰ中Co3S4与硫酸和氧气反应生成CoSO4和SO2气体，反应的化学方程式为：2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O；步骤Ⅲ中Co2+被氧化为CoOOH，KMnO4被还原为MnO2，反应的离子方程式：3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+。 考向03 复杂氧化还原反应分析计算 例3【热点——氧化还原反应计算】(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下图。 (6)用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为： 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑ Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+ 称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液16．00 mL。则产品纯度为___________(精确到小数点后1位)。 【答案】(6)86．7% 【解析】根据流程：步骤①NaNO2与甲醇、浓硫酸反应得到CH3ONO，步骤②加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=CH3OH+NaN3+3H2O，步骤③ NaN3、CH3OH混有水合肼、NaOH经蒸馏分离甲醇，得到HN3加NaOH最终生成NaN3。 (6)20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为0.02mol，由反应Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+知过量的20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量等于滴定消耗的0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.0016mol，即，所以与(NaN3)反应的20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为0.002 mol-0.0016 mol=0.0004 mol，由反应方程式2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑知0.150 g产品中，，则产品纯度为：。 情境链接 本题以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3过程真实情境，利用滴定法测定产品纯度。 考向解码 氧化还原滴定的分析方法可以总结为：从双已知的物质出发，依据方程式的比例关系，由后向前，以此计算。 【变式探究】(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。 (5)双氰胺含氮量的测定：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。将a中的液体转移至d中，并向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是________；本实验中指示剂最好选择________。 ②双氰胺样品的纯度为________(用题中所给的字母表示)。 【答案】(5)①液封，防止NH3逸出，导致测定含氮量偏低 甲基橙 ② 【解析】(5)①a中保留少量水可形成液封，防止加入NaOH溶液后生成的NH3从a中逸出，保证NH3全部被水蒸气带入d中吸收，避免测定结果偏低；由题干可知，滴定终点得到氯化铵和硼酸，溶液为酸性，故本实验中指示剂最好选择酸性指示剂甲基橙；②由方程式结合氮元素守恒，存在计量关系：双氰胺~4N~4HCl，则双氰胺样品的纯度为。 1．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)已知：3Ag2SO4+4S+4H2O=3Ag2S+4H2SO4。下列说法正确的是( ) A．Ag2SO4发生氧化反应 B．Ag2S为还原产物 C．每生成1molH2SO4，转移3mol电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:4 【答案】B 【解析】反应3Ag2SO4+4S+4H2O=3Ag2S+4H2SO4中，S发生歧化反应，4mol S参与反应时，3mol S作氧化剂，硫元素化合价：0→-2；1mol S作还原剂，硫元素化合价：0→+6。A项，Ag2SO4中各元素化合价反应前后均无变化，既不发生氧化反应也不发生还原反应，A错误；B项，Ag2S中的-2价的S来自单质S化合价降低，它属于还原产物，B正确；C项，反应中每生成4molH2SO4，对应转移6 mol电子，因此每生成1molH2SO4转移1．5mol电子，C错误；D项，4mol S参与反应时，3mol S作氧化剂，1mol S作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:1，D错误；故选B。 2．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)关于反应2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，下列说法中正确的是( ) A．CO2中是C失电子 B．Cu(OH)2CO3既是氧化产物又是还原产物 C．H2O是氧化剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比2：1 【答案】B 【解析】 Cu从0价升高到Cu2(OH)2 CO3中的+2价，Cu作还原剂；O2中O从0价降低到Cu2(OH)2 CO3的-2价，O2作氧化剂；CO2、H2O中所有元素化合价均不变，既不是氧化剂也不是还原剂。A项，反应前后CO2中C元素化合价均为+4，没有电子得失，A错误；B项，该反应中Cu化合价升高被氧化，O2中O化合价降低被还原，产物Cu2(OH)2CO3同时含有被氧化的Cu元素和被还原的O元素，因此既是氧化产物又是还原产物，B正确；C项，H2O中H、O元素化合价反应前后均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；D项，该反应中氧化剂为O2，还原剂为Cu，二者物质的量之比为1:2，D错误；故选B。 3．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)异丙醇与CrO3反应：3(CH3)2CHOH+2CrO3+3H2SO4=3CH3COCH3+Cr2(SO4)3+6H2O。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．CrO3为氧化剂 B．CH3COCH3为还原产物 C．(CH3)2CHOH发生氧化反应 D．若生成的Cr2(SO4)3，转移的电子数为0.6NA 【答案】B 【解析】A项，CrO3中Cr为+6价，反应后生成Cr2(SO4)3中Cr为+3价，Cr元素化合价降低、得电子，CrO3作氧化剂，A正确；B项，异丙醇中发生去氢的氧化反应，对应的产物CH3COCH3为氧化产物，还原产物是Cr2(SO4)3，B错误；C项，(CH3)2CHOH去氢、失电子被氧化，发生氧化反应，C正确；D项，每生成1molCr2(SO4)3，2molCr从+6价变为+3价，共转移6mol电子，因此生成0.1molCr2(SO4)3转移电子数为0.6NA，D正确；故选B。 4．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)关于反应S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，下列说法中正确的是( ) A．S和KNO3，还原剂为C中N失电子 B．每生成1 molN2，转移12mol电子 C．K2S是氧化产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 【答案】B 【解析】A项，KNO3中N元素化合价由+5价降低为0价，得到电子，A错误；B项，生成1molN2时，2mol N得到10 mol电子、1 mol S得到2 mol电子，总转移电子为12 mol(或3 mol C失去12 mol电子)，B正确；C项，S元素化合价降低生成K2S，K2S是还原产物，C错误；D项，该反应中氧化剂为S和KNO3，还原剂为C。根据化学方程式，若将两种氧化剂的物质的量合并计算，其与还原剂C的物质的量之比为(1+2):3=1:1，而不是2:3，D错误；故选B。 5．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) “硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 【答案】C 【解析】A项，NaSbO3中钠、氧化合价分别为+1、-2，结合电子守恒，Sb元素的化合价为+5，A正确；B项，NO3-中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，B正确；C项，反应中氮化合价降低、氧气中氧化合价降低，NaNO3、O2为氧化剂，Sb化合价升高为还原剂，氧化剂总量为7mol(4mol NaNO3中的N + 3molO2)，还原剂为4molSb，比例应为7:4，C错误；D项，结合C分析，反应中Sb化合价由0变为+5，反应中存在，即反应中消耗3molO2，转移20mole-，D正确；故选C。 6．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，甲醇转化为CO2。下列说法正确的是( ) A．若转移6 mol电子则生成22．4LCO2 B．NO3-对应的产物为 C．反应后溶液的酸性增强 D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：5 【答案】D 【解析】A项，反应过程中，NO3-中N元素化合价由+5降低至0，CH3OH中C元素化合价由-2升高至+4，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，反应离子方程式为：6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，每转移30mol电子生成5mol CO2，每转移6mol电子生成1mol CO2，标准状况下1mol气体的体积为22．4L，但题目未说明温度压强条件，无法确定生成二氧化碳的体积，A错误；B项，在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，反应中NO3-被还原为N2，B错误；C项，反应离子方程式为：6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，反应过程中消耗了H+，反应后溶液酸性减弱，C错误；D项，还原产物(N2)与氧化产物(CO2)的物质的量之比为3：5，D正确；故选D。 7．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O→Cu3P + H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 【答案】A 【解析】首先根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P + 3H3PO4+ 24H2SO4。氧化还原分析：Cu2+(+2价)被还原为Cu+(+1价)，每个Cu得1个电子；部分P3-(-3价)被氧化为P5+(+5价)，每个被氧化的P失8个电子。24 mol Cu得24 mol电子，3 mol P失24 mol电子(3×8=24)。A项，24 mol CuSO4转移24 mol电子，则1 mol CuSO4转移1 mol电子，即转移NA个电子，A正确；B项，PH3中的中心P原子的价层电子对为3+，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，非平面三角形，B错误；C项，PH3中磷部分被氧化，未被还原，因此只是还原剂，并非既是氧化剂又是还原剂，C错误；D项，氧化剂为CuSO4(24 mol)，还原剂为被氧化的PH3(3 mol)，物质的量之比为24:3=8:1，非24:11，D错误；故选A。 8．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若该反应产生了44．8 L气体(标准状况)，则下列判断不正确的是( ) A．转移电子的物质的量为1．25 mol B．被还原的KNO3物质的量为0.25 mol C．被氧化的N原子数目为3．75NA D．氧化产物的体积比还原产物多22．4 L(标准状况) 【答案】D 【解析】由反应，NaN3中氮元素的化合价由变为氮气中氮元素化合价的0，KNO3中氮元素的化合价由+5变为氮气中氮元素化合价的0，反应中NaN3为还原剂、KNO3为氧化剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，每生成16molN2中15molN2为氧化产物、1molN2为还原产物，同时转移10mol电子；若该反应产生了44．8 L气体(标准状况)，则生成2molN2。A项，由分析，生成2 mol N2时，转移电子为= 1．25 mol，A正确；B项，由分析，生成2 mol N2时，需KNO3为= 0.25 mol，B正确；C项，由分析，生成2 mol N2时，被氧化的N原子为= 3．75 mol，数目为3．75 NA，C正确；D项，由分析，生成2 mol N2时，氧化产物为= 1．875 mol，还原产物为= 0.125 mol，体积差为(1．875 - 0.125) mol × 22．4 L/mol = 1．75 mol × 22．4 L/mol = 39.2 L，D错误；故选D。 9．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O—Cu3P +3H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1 mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 【答案】A 【解析】首先根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P + 3H3PO4+ 24H2SO4。氧化还原分析：Cu2+(+2价)被还原为Cu+(+1价)，每个Cu得1个电子；部分P3-(-3价)被氧化为P5+(+5价)，每个被氧化的P失8个电子。24 mol Cu得24 mol电子，3 mol P失24 mol电子(3×8=24)。A项，24 mol CuSO4转移24 mol电子，则1 mol CuSO4转移1 mol电子，即转移NA个电子，A正确；B项，PH3中的中心P原子的价层电子对为3+，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，非平面三角形，B错误；C项，PH3中磷部分被氧化，未被还原，因此只是还原剂，并非既是氧化剂又是还原剂，C错误；D项，氧化剂为CuSO4(24 mol)，还原剂为被氧化的PH3(3 mol)，物质的量之比为24:3=8:1，非24:11，D错误；故选A。 10．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)已知：①NO与FeSO4溶液形成棕色可溶性的硫酸亚硝酰合铁(II)配合物{[Fe(NO)]SO4}； ②在酸性介质中，加入过量FeSO4溶液可定性检验NO3-。下列说法不正确的是( ) A．1 mol [Fe(NO)]SO4中有6NA个σ键 B．[Fe(NO)]SO4中，配位原子是N C．定性检验NO3-时，溶液显棕色 D．②中涉及的氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1 【答案】D 【解析】A项，[Fe(NO)]SO4中，SO42-有4个S-O σ键，[Fe(NO)]2+中有Fe-N σ键(配位键)和N-O σ键(NO内部)，共6个σ键，故1 mol中有6NA个σ键，A正确；B项，在[Fe(NO)]SO4中，NO配体的氮原子提供电子对与Fe形成配位键，配位原子是N，B正确；C项，定性检验NO3-时，在酸性介质中NO3-被Fe2+还原为NO，NO与Fe2+形成棕色[Fe(NO)]2+配合物，溶液显棕色，C正确；D项，涉及的氧化还原反应为：3Fe2+ +NO3-+ 4H+ = 3Fe3+ + NO + 2H2O，氧化剂是NO3-，还原剂是Fe2+，物质的量之比为1:3，D错误；故选D。 11．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)(3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 【答案】(3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 【解析】(3)用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷(NH3BH3)，反应过程中同时有两种单质生成，根据化合价特点可判断两种单质为Cu和氢气，该反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑。 12．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (5)LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。 ①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为___________。 【答案】(5) 2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑ 【解析】(5)“两种气体相遇有白烟” 是NH3和HCl反应生成NH4Cl的特征现象，则其反应的化学方程式为2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑； 13．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)(4)某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下： ①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，请写出该化学方程式 。 ②过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 。 ③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是 。 【答案】(4)4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 Na2SO4 K2Cr2O7 溶解度小于Na2Cr2O7 ，冷却时优先结晶析出 【解析】(4)①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，Fe元素由+2价上升到+3价，Cr元素由+3价上升到+6价，该反应中还有Fe2O3和CO2生产，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；②由分析可知，过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 Na2SO4；③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是：K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，冷却时优先结晶析出。 14．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)Ⅱ．也是锂电池常见的正极材料，对其回收利用可以获得富含Li、Ni、Co、Mn等有价值的金属，回收流程如下图所示 (4)正极材料表示为LiMO2(M代表Co、Ni、Mn)。 “酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为________。 (5)滤渣的主要成分是________。 (6)设计实验方案，检验气体X________。(利用X的氧化性或还原性) 【答案】(4)2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O (5)CoC2O4 (6)将镁条加热后伸入装有X的集气瓶，镁条燃烧，瓶内壁有黑色固体。则说明X为CO2 【解析】(4)LiNiO2在H2SO4和H2O2作用下，Ni3+被还原为Ni2+，H2O2被氧化为O2，反应为：2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O。 (5)“转化”步骤中，Co2+与C2O42-生成难溶的CoC2O4沉淀，故滤渣主要成分为CoC2O4。 (6)气体X为CO2，可利用其氧化性检验：将镁条加热后伸入装有X的集气瓶，镁条剧烈燃烧，瓶内壁有黑色固体(碳)生成，即可证明X为CO2。 15．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (3)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(Ⅱ)得到三氯化六氨合钴(Ⅲ)制备流程如下： ①的价电子排布式为：___________。 ②请解释[Co(NH3)6]3+中H-N-H的键角比NH3分子中大的原因：___________。 ③请写出CoCl2·6H2O制备得到[Co(NH3)6]Cl3的总反应的化学方程式：___________。 【答案】(3) ①3d6 ②氨分子与Co3+形成配合物后，孤对电子与Co3+成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大 ③2CoCl2·6H2O +2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+14H2O 【解析】(3)①Co 原子序数27，基态电子排布式为：[Ar]3d74s2，失去3个电子后： Co3+的价电子排布式为：3d6 ；②由于氨分子与Co3+形成配合物后，孤对电子与Co3+成键，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变为成键电子间的排斥，排斥减弱，故H-N-H键角变大；③CoCl2·6H2O 与NH4Cl、浓氨水反应得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2氧化制得[Co(NH3)6]Cl3，总反应的化学方程式为2CoCl2·6H2O +2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+14H2O。 16．(2026·浙江省七校联盟高三一模)(4) H3NBH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①氨硼烷热分解释氢。氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为 。 ②氨硼烷水解释氢。催化剂作用下，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，写出所发生反应的化学方程式 。 【答案】(4)BNH4 (H2B=NH2/ BNH4)n) BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑ 【解析】(4)①H3NBH3的相对分子质量为31，110℃时固体残留率为93．55%，M(A)=M(H3NBH3) ×93．55%=31×93．55%=29 g·molˉ1，因此A为BNH4或H2B=NH2或( BNH4)n；②氨硼烷水解释氢时，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，反应的化学方程式为BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑。 17．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾。 (5)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100 mL溶液。另量取25mLcmol·L-1Na2C2O4溶液于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，水浴加热至70~80℃，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为。(KMnO4摩尔质量：158 g·molˉ1) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是___。 ②产品纯度为_______(用质量分数表示)。 【答案】(5) ①反应生成的Mn2+可作为反应的自催化剂 ② 【解析】(5)该反应为自催化反应，产物Mn2+是反应的催化剂，因此反应速率随反应进行逐渐加快；根据反应关系2 MnO4 -~5C2O42-，可得消耗VmL溶液中，因此100mL样品溶液中总，总质量为，因此质量分数为。 18．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。 (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne−=还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是 。 ②当溶液中出现 现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1．200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15．00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为 。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 【答案】(2)盐酸、金属锡 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 90.00% BC 【解析】(2)① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；④A项，热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为Fe3+，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；B项，还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；C项，滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；D项，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；故选BC。 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴02 氧化还原反应及其应用 命题预测 氧化还原反应是浙江选考化学核心考点之一，选择题中，通常以某一特定物质或反应为情境，考查物质的性质，氧化还原反应的基本概念、电子转移数目，氧化还原中的守恒关系、基于物质类别角度判断物质性质及在氧化还原反应中的应用等内容；非选择题中常以工业流程、实验探究、电化学综合题呈现，分值高、设问灵活，融合离子反应、电解质溶液等多维度知识。命题紧扣真实化工情境(如金属冶炼、环保处理、新能源材料)，强化陌生反应书写、电子守恒定量计算、价态分析，突出信息提取、逻辑推理与工程思维，2026 年6月将延续情境化、跨模块融合趋势，关联滴定、电化学、流程除杂等核心考点。 高频考法 1． 氧化性或还原性强弱判断、反应先后顺序分析。 2． 电化学电极反应式书写、电子转移分析。 3． 陌生氧化还原方程式配平(含缺项配平、介质判断、与量有关反应)。 4． 电子守恒法定量计算(滴定、产率、转移电子数、产物量计算)。 5． 工业流程中氧化除杂、价态调控、产物提纯综合分析。 知识·技法·思维 考向01 氧化还原反应的基本概念 1．氧化还原反应概念间的关系 2．常见氧化剂及其还原产物 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3+ 酸性KMnO4 MnO2 酸性K2Cr2O7 还原产物 Cl-(X-) H2O/O2-/OH- Fe2+ Mn2+ Mn2+ Cr3+ 氧化剂 HClO HNO3 H2O2(H+) PbO2 FeO42-(H+) NaBiO3 还原产物 Cl- NO2(浓)、NO(稀) H2O Pb2+ (Fe3+) Bi3+ 3．常见还原剂及其氧化产物 还原剂 Fe2+ H2S/S2- SO2/SO32- HI/I- NH3 N2H4 CO 氧化产物 Fe3+ S、SO2 SO3、SO42- I2 N2/NO N2 CO2 考向02 氧化还原反应的基本规律 守恒律 定义 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。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 ①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。 强弱律 定义 氧化性：氧化剂>氧化产物； 还原性：还原剂>还原产物。 应用 ①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 优先律 定义 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 ①判断某一氧化还原反应能否正常进行。 ②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。 价态律 定义 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。 应用 ①判断氧化还原反应能不能发生。 ②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。 转化律 定义 同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。 应用 如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2→，H2O4→O2)、5Cl－＋ClO＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。 考向03 氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式配平的基本原则 2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤 3．三步法突破缺项型氧化还原反应方程式的配平 考向04 新情境下陌生氧化还原方程式的书写 典例·靶向·突破 考向01 氧化还原反应的概念和规律 例1【新情境——半导体材料】(2026·浙江稽阳联谊学校高三联考)氟气与水可发生反应①F2+H2OHOF+HF，生成HOF，遇水发生反应②HOF+H2O=HF+H2O2。下列说法正确的是( ) A．HOF中氧的化合价为 B．反应①中每消耗1molF2转移2mol电子 C．反应②中H2O作氧化剂 D．反应②中HF为还原产物 情境链接 本题以HOF为情境，考查氧化还原概念间的关系。 考向解码 解答氧化还原反应有关概念题的“三个步骤” 第一步，依据题意分析概念：“升失氧，降得还；剂性一致，其他相反。”“剂性一致”即氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”即氧化剂被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。 第二步，依据规律进行定性判断：氧化还原反应遵循化合价互不交叉规律、强弱规律等。同学们应掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧化低价还，中间价态两俱全”。 第三步：利用电子守恒进行定量判断：有关氧化还原反应的定量问题，利用得失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，快速列等式求解。 【变式探究】(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)向Na2S溶液中通入一定量SO2，发生如下反应：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓ ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．Na2S中的S元素化合价升高 B．反应过程中的氧化剂为SO2 C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1 D．反应过程中每生成1molS，转移的电子数为2NA 考向02 工业流程中氧化还原反应综合考查 例2【热点——工艺流程中的转化】(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： 步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 情境链接 本题以铜锌矿生成工艺流程中转化，书写信息型氧化还原反应化学方程式，符合 “联系生产实际” 的命题导向。 考向解码 掌握书写信息型氧化还原反应化学(离子)方程式的步骤(4步法) 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：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。 【变式探究】(2026·浙江省丽水高三联考)湿法炼锌过程中产生的净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)实现钴锌分离的流程如下。 已知：①固体A微溶于酸与水； ②溶液A中的Co元素以Co2+形式存在： ③Co(OH)2和Zn(OH)2均为不溶于水的两性氢氧化物。 (2)写出步骤Ⅰ中Co3S4发生转化的化学方程式 。写出步骤Ⅲ中发生的离子方程式 。 考向03 复杂氧化还原反应分析计算 例3【热点——氧化还原反应计算】(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下图。 (6)用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为： 2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑ Fe2++Ce4+==Ce3++Fe3+ 称取0.150 g产品配成100 mL溶液，取20.00 mL置于锥形瓶中，加入20mL0.1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，反应后稍作稀释，向溶液中加适量稀硫酸，滴加2滴指示剂，用0.100 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液16．00 mL。则产品纯度为___________(精确到小数点后1位)。 情境链接 本题以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3过程真实情境，利用滴定法测定产品纯度。 考向解码 氧化还原滴定的分析方法可以总结为：从双已知的物质出发，依据方程式的比例关系，由后向前，以此计算。 【变式探究】(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。 (5)双氰胺含氮量的测定：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。将a中的液体转移至d中，并向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是________；本实验中指示剂最好选择________。 ②双氰胺样品的纯度为________(用题中所给的字母表示)。 1．(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)已知：3Ag2SO4+4S+4H2O=3Ag2S+4H2SO4。下列说法正确的是( ) A．Ag2SO4发生氧化反应 B．Ag2S为还原产物 C．每生成1molH2SO4，转移3mol电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:4 2．(2026·浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)关于反应2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，下列说法中正确的是( ) A．CO2中是C失电子 B．Cu(OH)2CO3既是氧化产物又是还原产物 C．H2O是氧化剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比2：1 3．(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)异丙醇与CrO3反应：3(CH3)2CHOH+2CrO3+3H2SO4=3CH3COCH3+Cr2(SO4)3+6H2O。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．CrO3为氧化剂 B．CH3COCH3为还原产物 C．(CH3)2CHOH发生氧化反应 D．若生成的Cr2(SO4)3，转移的电子数为0.6NA 4．(2026·浙江杭州学军等校高三联考)关于反应S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，下列说法中正确的是( ) A．S和KNO3，还原剂为C中N失电子 B．每生成1 molN2，转移12mol电子 C．K2S是氧化产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 5．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) “硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 6．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)在酸性条件下甲醇可以将NO3-转化为无害的气体排放，甲醇转化为CO2。下列说法正确的是( ) A．若转移6 mol电子则生成22．4LCO2 B．NO3-对应的产物为 C．反应后溶液的酸性增强 D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：5 7．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O→Cu3P + H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 8．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若该反应产生了44．8 L气体(标准状况)，则下列判断不正确的是( ) A．转移电子的物质的量为1．25 mol B．被还原的KNO3物质的量为0.25 mol C．被氧化的N原子数目为3．75NA D．氧化产物的体积比还原产物多22．4 L(标准状况) 9．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)制备乙炔时，常会有PH3气体杂质产生，可用硫酸铜溶液除去，反应原理：CuSO4+PH3+H2O—Cu3P +3H3PO4+ H2SO4(未配平)，下列关于该反应说法正确的是( ) A．若有1 mol CuSO4参与反应，转移NA个电子 B．PH3的空间构型为平面三角形 C．PH3既是氧化剂又是还原剂 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为24∶11 10．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)已知：①NO与FeSO4溶液形成棕色可溶性的硫酸亚硝酰合铁(II)配合物{[Fe(NO)]SO4}； ②在酸性介质中，加入过量FeSO4溶液可定性检验NO3-。下列说法不正确的是( ) A．1 mol [Fe(NO)]SO4中有6NA个σ键 B．[Fe(NO)]SO4中，配位原子是N C．定性检验NO3-时，溶液显棕色 D．②中涉及的氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1 11．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)(3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 12．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (5)LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。 ①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为___________。 13．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)(4)某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下： ①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，请写出该化学方程式 。 ②过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 。 ③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是 。 14．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)Ⅱ．也是锂电池常见的正极材料，对其回收利用可以获得富含Li、Ni、Co、Mn等有价值的金属，回收流程如下图所示 (4)正极材料表示为LiMO2(M代表Co、Ni、Mn)。 “酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为________。 (5)滤渣的主要成分是________。 (6)设计实验方案，检验气体X________。(利用X的氧化性或还原性) 15．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (3)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(Ⅱ)得到三氯化六氨合钴(Ⅲ)制备流程如下： ①的价电子排布式为：___________。 ②请解释[Co(NH3)6]3+中H-N-H的键角比NH3分子中大的原因：___________。 ③请写出CoCl2·6H2O制备得到[Co(NH3)6]Cl3的总反应的化学方程式：___________。 16．(2026·浙江省七校联盟高三一模)(4) H3NBH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①氨硼烷热分解释氢。氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为 。 ②氨硼烷水解释氢。催化剂作用下，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，写出所发生反应的化学方程式 。 17．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾。 (5)产品纯度分析 取制得的KMnO4产品a g，配制成100 mL溶液。另量取25mLcmol·L-1Na2C2O4溶液于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，水浴加热至70~80℃，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为。(KMnO4摩尔质量：158 g·molˉ1) ①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是___。 ②产品纯度为_______(用质量分数表示)。 18．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。 (2)FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne−=还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是 。 ②当溶液中出现 现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1．200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15．00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为 。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $