第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应方程式配平与计算核心考点，按配平原则、信息型方程式书写、电子守恒计算逻辑构建知识框架，通过考点梳理、方法指导（如配平技法、四步书写法）、真题训练等环节，帮助学生系统掌握解题范式，突破高考高频难点。 讲义以科学思维为导向，创新设计“三步法”缺项配平、“四步法”信息型方程式书写等教学策略，结合浙江选考真题溯源与分层变式训练，培养学生证据推理与模型建构能力。通过精准考点突破与即时反馈，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应试能力。

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识解构 知识点1 氧化还原反应方程式配平 ∣ 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 考查氧化还原方程式的配平 ∣ 考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写 解题妙招1 氧化还原反应方程式配平技法 解题妙招2 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点二 氧化还原反应的计算方法—电子守恒法 知识解构 知识点1 计算原理 ∣ 知识点2 守恒法解题的思维流程 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向破译 考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题 ∣ 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 解题妙招1 应用得失电子守恒解题的一般步骤 解题妙招2 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 氧化还原反应方程式的配平 浙江1月卷，17(4) 浙江6月卷，6，3分 浙江6月卷，17(1) 氧化还原反应的计算方法——电子守恒法 浙江1月卷，6，3分 浙江6月卷，19，12分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，氧化还原反应方程式的配平、书写及计算属于高频考点，从近几年浙江选考试题来看，无机流程题或实验综合题中有关氧化还原反应的化学(或离子)方程式的书写仍是命题的热点。 2．从命题思路上看，预测2027年可能会在无机流程或综合实验题中考查在新情境下陌生氧化还原方程式的书写与配平等；在综合实验题中还会涉及氧化还原滴定计算，题目的难度较大。另一注意的是在氧化还原反应的循环图中也会陌生氧化还原方程式的书写与配平。 ►复习目标： 1．掌握常见氧化还原反应的书写、配平和相关计算。 2．能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知●识●解●构 知识点1 氧化还原方程式配平的基本原则 1．氧化还原方程式配平的基本原则 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 3．配平方法 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。 (2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。 (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。补项原则： 条件 补项原则 酸性条件下 缺________或多________补H＋，少________补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补________，少O(氧)补________ (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 得分速记 (1)记住一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：； ⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 (2)烃及烃的衍生物中碳元素化合价计算：H元素为+1价，O元素为-2价，根据物质中各元素的化合价代数为0，可求出C元素的化合价(可为0价也可能为负价或为分数)。 知识点2 ”信息型“氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“信息型”氧化还原反应化学(离子)方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－(H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 3．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。 4．氧化还原反应化学(离子)方程式的配平步骤： (1)标出化合价变化了的元素的化合价。 (2)列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数 (3)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。 (4)利用元素守恒，观察配平其他物质 5． “补缺”的技巧 缺项化学(离子)方程式的配平： 配平化学(离子)方程式时，有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O，右边加H+ 左边加OH-，右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+，右边加H2O 左边加H2O，右边加OH- 注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。 考●向●破●译 考向1 考查氧化还原方程式的配平 例1配平下列方程式 (1)______H2C2O4+_____KClO3+_____H2SO4=_____ClO2↑+______CO2↑+______KHSO4+_____H2O (2)______C2H5OH+_____KMnO4+_____H2SO4=_____K2SO4+_____MnSO4+______CO2↑+_____H2O 解题妙招 氧化还原反应方程式配平技法 (1)两种常用方法 ①全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化的，一般从左侧反应物开始配平； ②自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平。 (2)“三步法”配平缺项氧化还原反应方程式 ，缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为： 【变式1】【变载体】配平下列氧化还原反应方程式： (1)_______Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______ (2)_______MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______ 【变式2】【变考法】(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)次磷酸盐用于化学镀银的反应为：H2PO2-+Ag+ +H2O→H3PO4+Ag+H2↑ (未配平)，NA表示阿伏加德罗常数，当标况下生成3.36L的H2时，下列说法正确的是( ) A．H2O既不是氧化剂也不是还原剂 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5 C．转移电子的数目为0.2NA D．消耗水的质量为7.2g 【变式3】【变情景】(2026·浙江衢州二模考试)异丙醇与高锰酸钾反应：(CH3)2CHOH+KMnO4+H2SO4→CH3COCH3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)。下列说法正确的是( ) A．CH3COCH3为还原产物 B．H2SO4为氧化剂 C．0.1 mol异丙醇发生反应，转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 考向2 考查”信息型“氧化还原反应方程式的书写 例2(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)氮族元素在生产生活中起着重要的作用。 (4)工业上常利用溶液制备固体的流程如图所示： 已知：温度过高，NH4NO3会分解甚至爆炸；硝酸钠不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 20 40 60 80 100 溶解度/g 88 104 124 148 175 ①工业安全生产时，选择化合物A为_____(写化学式)，化合物A的作用__________。 ②为获得产率高、纯度大的晶体，一系列操作为：蒸发至溶液表面出现晶膜停止加热，__________、过滤、__________、洗涤、干燥，从而得到目标晶体。 ③物质B与足量稀硝酸反应，生成H3PO4、淡黄色沉淀和其它物质，请写出该反应的化学方程式：__________。 解题妙招 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 【变式1】【变载体】(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___________。 【变式2】【新情境】(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。 (2)“发蓝”是钢铁表面处理的一种方法：将洁净的铁件浸入NaOH和NaNO2溶液中，加热到适当温度，一段时间后在铁件表面形成均匀稳定且防锈的氧化膜Fe3O4，处理过程有无色有刺激性气味气体放出。写出该反应的离子方程式：___________。 【变式3】【变考法】根据图示信息书写方程式。 (1)NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下： ①反应I的化学方程式为_______。 ②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为_______(N3-被氧化为N2)。 (2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______。 考点二 氧化还原反应计算方法—电子守恒法 知●识●解●构 知识点1 计算原理 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂________的电子总数与还原剂________的电子总数相等，即________电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从________电子与________电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 知识点2 守恒法解题的思维流程 1．“一找各物质”：找出氧化剂、________剂及相应的________产物和氧化产物。 2．“二定得失数”：确定一个原子或离子________电子数(注意化学式中粒子的个数)。 3．“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和________电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×________原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(________剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定________还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 (1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的________关系。 (2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出________反应物与________生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 (3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 (4)多池串联时，流经各个电极上的电子数________。 考●向●破●译 考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题 例1(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)工业上用S8(分子结构：)与甲烷为原料制备CS2，发生反应：S8+2CH4=2CS2+4H2S。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．CS2中σ键和π键数量之比为 B．S8既是氧化剂又是还原剂 C．生成标准状况下的H2S气体，断开键数为NA D．若该反应转移电子数8NA，则被还原的CH4有 解题妙招 应用得失电子守恒解题的一般步骤 “一找物质”——找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 “二定得失”——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)。 “三列关系”——根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 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 【变式1】【变载体】(2025·浙江省杭州市浙南联盟高三联考)反应K2S2O8(过硫酸钾)+ MnSO4+H2O —KMnO4+H2SO4+K2SO4(末配平)，下列说法不正确的是( ) A． 中S的价态为 B．KMnO4是氧化产物 C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2 D．若消耗3.6gH2O时，则反应转移的电子数为0.25NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【变式2】【变载体】(2025·浙江省高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试)用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下： 反应①：Cu2S＋Cr2O72-＋H+=Cu2+＋SO42-＋Cr3+＋H2O(未配平) 反应②： FeS＋Cr2O72-＋H+=Fe3+＋SO42-＋Cr3+＋H2O(未配平) 下列判断错误的是 A．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等 B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72- C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5 D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O72-，还可吸附悬浮杂质 【变式3】【新考法—结合提取Au和Pt的工艺考查复杂氧化还原过程】铂钯精矿中的Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取和的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；(NH4)2PtCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PtCl4。下列说法错误的是( ) A．“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb B．“分金”时，HAuCl4的氧化性大于H2PdCl6 C．“煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D．“煅烧”过程中每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 例2(2026·浙江杭州质检)已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，反应会放热，当温度升高后会发生如下反应：3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O。则Cl2通入溶液的产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，且的值与温度有关。当参与反应的时： (1)参加反应Cl2的物质的量为_______。 (2)若某温度下，反应后，则溶液中______。 (3)改变温度，反应中转移电子的物质的量最少为________mol(用含a的式子表示)。 解题妙招 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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电子没有损耗，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。 【变式1】【变载体】将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。 【变式2】【新情境】金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 【变式3】【新考法】向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示。(已知：还原性：I-＞Fe2+＞Br-) (1)原混合溶液中FeBr2的物质的量 mol。 (2)原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)= 。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(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 2．(2024·浙江6月卷)利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( ) A．X表示NO2 B．可用O3替换CH3OH C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5 D．若生成标准状况下的CO2气体，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 3．(2025·浙江省1月选考，17节选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法： Ⅰ.用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣(主要成分为CaSO4。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P4)燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。 方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 4．(2024·浙江省6月选考，17节选)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。 (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 。 5．(2025·浙江6月卷，19，12分)配合物二草酸合铜(II)酸钾K2[Cu(C2O4)2](M=318 g·molˉ1)，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知： i．25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ⅱ．K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 请回答： (1)K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是_______(填元素符号)。 (2)步骤I所得的混合溶液M，在25℃时其pH最接近于_______。 A．2 B．3 C．4 D．5 (3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全 B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免K2[Cu(C2O4)2]分解 C．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则x=4 D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 (5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质量分数的是_______。 A．样品质量、钾的物质的量 B．钾的物质的量、铜的物质的量 C．铜的物质的量、草酸根的物质的量 D．草酸根的物质的量、水的物质的量 (6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由_______。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识解构 知识点1 氧化还原反应方程式配平 ∣ 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 考查氧化还原方程式的配平 ∣ 考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写 解题妙招1 氧化还原反应方程式配平技法 解题妙招2 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点二 氧化还原反应的计算方法—电子守恒法 知识解构 知识点1 计算原理 ∣ 知识点2 守恒法解题的思维流程 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向破译 考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题 ∣ 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 解题妙招1 应用得失电子守恒解题的一般步骤 解题妙招2 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 氧化还原反应方程式的配平 浙江1月卷，17(4) 浙江6月卷，6，3分 浙江6月卷，17(1) 氧化还原反应的计算方法——电子守恒法 浙江1月卷，6，3分 浙江6月卷，19，12分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，氧化还原反应方程式的配平、书写及计算属于高频考点，从近几年浙江选考试题来看，无机流程题或实验综合题中有关氧化还原反应的化学(或离子)方程式的书写仍是命题的热点。 2．从命题思路上看，预测2027年可能会在无机流程或综合实验题中考查在新情境下陌生氧化还原方程式的书写与配平等；在综合实验题中还会涉及氧化还原滴定计算，题目的难度较大。另一注意的是在氧化还原反应的循环图中也会陌生氧化还原方程式的书写与配平。 ►复习目标： 1．掌握常见氧化还原反应的书写、配平和相关计算。 2．能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知●识●解●构 知识点1 氧化还原方程式配平的基本原则 1．氧化还原方程式配平的基本原则 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 3．配平方法 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。 (2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。 (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。补项原则： 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 得分速记 (1)记住一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：； ⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 (2)烃及烃的衍生物中碳元素化合价计算：H元素为+1价，O元素为-2价，根据物质中各元素的化合价代数为0，可求出C元素的化合价(可为0价也可能为负价或为分数)。 知识点2 ”信息型“氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“信息型”氧化还原反应化学(离子)方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－(H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 3．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。 4．氧化还原反应化学(离子)方程式的配平步骤： (1)标出化合价变化了的元素的化合价。 (2)列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数 (3)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。 (4)利用元素守恒，观察配平其他物质 5． “补缺”的技巧 缺项化学(离子)方程式的配平： 配平化学(离子)方程式时，有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O，右边加H+ 左边加OH-，右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+，右边加H2O 左边加H2O，右边加OH- 注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。 考●向●破●译 考向1 考查氧化还原方程式的配平 例1配平下列方程式 (1)______H2C2O4+_____KClO3+_____H2SO4=_____ClO2↑+______CO2↑+______KHSO4+_____H2O (2)______C2H5OH+_____KMnO4+_____H2SO4=_____K2SO4+_____MnSO4+______CO2↑+_____H2O 【答案】(1)H2C2O4+2KClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O (2)5C2H5OH+12KMnO4+18H2SO4=6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O 【解析】(1)反应中KClO3→ClO2，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，共降低1价，H2C2O4→CO2，C元素化合价由+3价升高到+4价，每消耗1个H2C2O4，共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故KClO3、ClO2前系数为2，H2C2O4前系数为1，CO2前系数为2，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为H2C2O4+2KClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(2)反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，共降低5价，C2H5OH→CO2，C元素化合价由-2价升高到+4价，每消耗1个C2H5OH，共升高12价，化合价升降最小公倍数为60，故KMnO4、MnSO4前系数为12，C2H5OH前系数为5，CO2前系数为10，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为5C2H5OH+12KMnO4+18H2SO4=6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O。 解题妙招 氧化还原反应方程式配平技法 (1)两种常用方法 ①全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化的，一般从左侧反应物开始配平； ②自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平。 (2)“三步法”配平缺项氧化还原反应方程式 ，缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为： 【变式1】【变载体】配平下列氧化还原反应方程式： (1)_______Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______ (2)_______MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______ 【答案】(1)3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O (2)1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O 【解析】(1)反应中锌从0价升高为硝酸锌中+2价，失去2个电子，硝酸中的氮从+5价，降为NO中+3价的氮，生成1个NO得到3个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O；(2)反应中2个碘离子由-1价升高为碘单质的0价，失去2个电子，MnO(OH)2中的Mn从+4，降为Mn2+中+2价的氮，生成1个Mn2+得到2个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O。 【变式2】【变考法】(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)次磷酸盐用于化学镀银的反应为：H2PO2-+Ag+ +H2O→H3PO4+Ag+H2↑ (未配平)，NA表示阿伏加德罗常数，当标况下生成3.36L的H2时，下列说法正确的是( ) A．H2O既不是氧化剂也不是还原剂 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5 C．转移电子的数目为0.2NA D．消耗水的质量为7.2g 【答案】B 【解析】配平化学方程式：通过分析氧化态变化，确定1molH2PO2-中P元素化合价从+1→+5，失去4mole-，被氧化，1molAg+化合价从+1→0，得到1mole-，1molH2O中的H元素化合价从+1→0，得到2mole-，被还原。配平后反应为2H2PO2-+2Ag+ +4H2O=2H3PO4+Ag+3H2↑，生成H2的物质的量=。A项，由分析可知：H2O中的H被还原为H2，所以H2O作氧化剂，故A错误；B项，氧化产物H3PO4 (2mol)与还原产物(Ag2mol +H23mol)的物质的量比为2：5，故B正确；C项，当生成H20.15mol时，生成H3PO40.1mol，转移电子0.4mol，转移电子数0.4NA，故C错误；D项，当生成H20.15mol时，消耗H2O0.2mol，0.2molH2O的质量为：，故D错误；故选B。 【变式3】【变情景】(2026·浙江衢州二模考试)异丙醇与高锰酸钾反应：(CH3)2CHOH+KMnO4+H2SO4→CH3COCH3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)。下列说法正确的是( ) A．CH3COCH3为还原产物 B．H2SO4为氧化剂 C．0.1 mol异丙醇发生反应，转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 【答案】C 【解析】A项，异丙醇转化为CH3COCH3，失去2个H原子，发生氧化反应，则CH3COCH3是氧化产物，A错误；B项，H2SO4中各元素化合价均未变化，仅起酸性介质作用，不是氧化剂，氧化剂为KMnO4，B错误；C项，每个异丙醇分子参与反应时，失去2个H原子，即失去2个电子，故0.1 mol异丙醇反应转移0.2 mol电子，C正确；D项，氧化剂KMnO4中Mn从+7价降到+2价得5个电子，还原剂异丙醇失2个电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，D错误；故选C。 考向2 考查”信息型“氧化还原反应方程式的书写 例2(2026·浙江台州市高三第二次教学质量评估)氮族元素在生产生活中起着重要的作用。 (4)工业上常利用溶液制备固体的流程如图所示： 已知：温度过高，NH4NO3会分解甚至爆炸；硝酸钠不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 20 40 60 80 100 溶解度/g 88 104 124 148 175 ①工业安全生产时，选择化合物A为_____(写化学式)，化合物A的作用__________。 ②为获得产率高、纯度大的晶体，一系列操作为：蒸发至溶液表面出现晶膜停止加热，__________、过滤、__________、洗涤、干燥，从而得到目标晶体。 ③物质B与足量稀硝酸反应，生成H3PO4、淡黄色沉淀和其它物质，请写出该反应的化学方程式：__________。 【答案】(4) Ca(OH)2 增大c(OH-)，与NH4+反应生成NH3逸出从而去除NH4+，并引入Ca2+ 冷却结晶 将滤液循环(或将滤液并入原硝酸钠溶液中、将滤液返回蒸发步骤循环) 3PS(NH2)3+11HNO3+8H2O=3H3PO4+3S↓+2NO↑+9NH4NO3 【解析】(4)向NH4NO3溶液中加入A可得NH3和Ca(NO3)2，则A为Ca(OH)2。向Ca(NO3)2溶液中加入Na2SO4·10H2O，生成NaNO3和难溶物CaSO4，将CaSO4过滤后得到NaNO3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶等操作后可得NaNO3固体。①由分析可知，化合物A为Ca(OH)2，该物质溶于水可电离出OH-，与NH4+反应生成NH3逸出溶液，同时可向溶液中引入Ca2+；②由表格信息可知，NaNO3溶解度随温度升高而明显增加，应将溶液蒸发至表面出现晶膜，此时溶液达到饱和状态，之后将其冷却使NaNO3结晶析出，过滤得到晶体后，滤液中仍含有NaNO3，可将滤液循环回蒸发步骤中，以提高NaNO3产率；③已知PS(NH2)3结构式为，其与NH3反应生成B和NH4Cl，可推测该过程中发生取代反应，结合质量守恒可写出该反应方程式：PSCl3+6NH3=PS(NH2)3+3NH4Cl，B的结构式为，其中，S元素为-2价，N元素为-3价，P为+5价。与稀硝酸反应的过程中，生成H3PO4、淡黄色沉淀(硫单质)、NO和NH4NO3，S元素从-2价升至0价，HNO3中的N元素从+5价降至+2价，结合质量守恒可写出该反应方程式：3PS(NH2)3+11HNO3+8H2O=3H3PO4+3S↓+2NO↑+9NH4NO3。 解题妙招 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 【变式1】【变载体】(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↑； 【变式2】【新情境】(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。 (2)“发蓝”是钢铁表面处理的一种方法：将洁净的铁件浸入NaOH和NaNO2溶液中，加热到适当温度，一段时间后在铁件表面形成均匀稳定且防锈的氧化膜Fe3O4，处理过程有无色有刺激性气味气体放出。写出该反应的离子方程式：___________。 【答案】(2)9Fe+8H2O+4NO2-=3Fe3O4+4NH3↑+4OH- 【解析】(2)反应中Fe被氧化为Fe3O4，NO2-作为氧化剂，被还原为无色有刺激性气味的NH3，碱性条件配平后离子方程式为：9Fe+8H2O+4NO2-=3Fe3O4+4NH3↑+4OH-； 【变式3】【变考法】根据图示信息书写方程式。 (1)NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下： ①反应I的化学方程式为_______。 ②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为_______(N3-被氧化为N2)。 (2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______。 【答案】(1)2NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOH ClO-+2N3-+H2O=Cl-+2OH-+3N2↑ (2)2Co(OH)3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+5H2O 【解析】(1)①反应I是NaNH2、N2O在210-220℃发生氧化还原反应产生NaN3、NH3、NaOH，该反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOH； ②NaClO具有强氧化性，NaN3具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生NaCl、NaOH、N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2N3-+H2O=Cl-+2OH-+3N2↑； (2)Co(OH)3具有氧化性，SO32-具有还原性，二者在溶液中会发生氧化还原反应产生Co2+、SO42-，同时反应产生H2O，该反应的离子方程式为：2Co(OH)3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+5H2O。 考点二 氧化还原反应计算方法—电子守恒法 知●识●解●构 知识点1 计算原理 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 知识点2 守恒法解题的思维流程 1．“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2．“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 3．“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 (1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 (2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 (3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 (4)多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。 考●向●破●译 考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题 例1(2025·杭州市学军中学高三选考模拟)工业上用S8(分子结构：)与甲烷为原料制备CS2，发生反应：S8+2CH4=2CS2+4H2S。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．CS2中σ键和π键数量之比为 B．S8既是氧化剂又是还原剂 C．生成标准状况下的H2S气体，断开键数为NA D．若该反应转移电子数8NA，则被还原的CH4有 【答案】C 【解析】A项，CS2的结构为：S=C=S，一个双键中含有一个σ键、一个π键，因此1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；B项，反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价，CH4做还原剂，S元素化合价由0价降至-2价，S8做氧化剂，故B错误；C项，标准状况下，11.2LH2S为0.5mol，1个S8中含有8个S-S键，根据S8~8(S-S)~4H2S可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，即断开S-S键数为NA，故C正确；D项，CH4中-4价升至CS2中+4价，有CH4~CS2~8e-，反应转移8NA个电子，即每消耗1 molCH4，甲烷化合价升高，是被氧化，故D错误；故选C。 解题妙招 应用得失电子守恒解题的一般步骤 “一找物质”——找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 “二定得失”——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)。 “三列关系”——根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 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 【变式1】【变载体】(2025·浙江省杭州市浙南联盟高三联考)反应K2S2O8(过硫酸钾)+ MnSO4+H2O —KMnO4+H2SO4+K2SO4(末配平)，下列说法不正确的是( ) A． 中S的价态为 B．KMnO4是氧化产物 C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2 D．若消耗3.6gH2O时，则反应转移的电子数为0.25NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】A 【解析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，K2S2O8中部分O由-1价降低到-2价，则K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，结合电子守恒反应为5K2S2O8+ 2MnSO4+8H2O=2KMnO4+8H2SO4+4K2SO4。A项，K2S2O8中含有过氧根，过氧根中氧为-1，故S的价态不是+7，而为+6，A错误； B项，Mn由+2价升高到+7价，发生氧化反应得到氧化产物高锰酸钾，B正确；C项，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2，C正确；  D项，由反应方程式，可建立如下关系式：8H2O~10e-，若消耗3.6gH2O(为0.2mol)时，则反应转移的电子，数目为0.25NA，D正确；故选A。 【变式2】【变载体】(2025·浙江省高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试)用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下： 反应①：Cu2S＋Cr2O72-＋H+=Cu2+＋SO42-＋Cr3+＋H2O(未配平) 反应②： FeS＋Cr2O72-＋H+=Fe3+＋SO42-＋Cr3+＋H2O(未配平) 下列判断错误的是 A．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等 B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72- C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5 D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O72-，还可吸附悬浮杂质 【答案】A 【解析】根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程式如下：①3Cu2S＋5Cr2O72-＋46H+=6Cu2+＋3SO42-＋10Cr3+＋23H2O；②6FeS＋9Cr2O72-＋78H+=6Fe3+＋6SO42-＋18Cr3+＋39H2O。A项，处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗h+的物质的量不相等，A错误；B项，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72-，B正确；C项，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，Cr2O72-为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5，C正确；D项，用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O72-，生成的Fe3+在水中形成胶体还可吸附悬浮杂质，D正确；故选A。 【变式3】【新考法—结合提取Au和Pt的工艺考查复杂氧化还原过程】铂钯精矿中的Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取和的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；(NH4)2PtCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PtCl4。下列说法错误的是( ) A．“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb B．“分金”时，HAuCl4的氧化性大于H2PdCl6 C．“煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D．“煅烧”过程中每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移 【答案】D 【解析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6，则“酸浸”过程应除去了Cu、Zn、Pb，“分金”过程通入SO2除去Au，加入NH4Cl沉铂、沉钯，“煮沸”过程分离铂和钯，“煅烧”得到Pt，在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PtCl4。A项，由分析可知，“酸浸”过程为电控除杂，可除去Cu、Zn、Pb，A正确；B项，“分金”时，SO2作还原剂，HAuCl4作氧化剂被还原，H2PtCl6不反应，说明HAuCl4氧化性大于H2PtCl6，B正确；C项，“煮沸”过程中发生反应，可知Pd元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，即发生了氧化还原反应，C正确；D项，“煅烧”过程中发生反应，由反应方程式可知，每消耗3mol(NH4)2PtCl6转移12mol e-，故每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移4mol e-，D错误；故选D。 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 例2(2026·浙江杭州质检)已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，反应会放热，当温度升高后会发生如下反应：3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O。则Cl2通入溶液的产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，且的值与温度有关。当参与反应的时： (1)参加反应Cl2的物质的量为_______。 (2)若某温度下，反应后，则溶液中______。 (3)改变温度，反应中转移电子的物质的量最少为________mol(用含a的式子表示)。 【答案】(1)0.5a (2)1 (3)a/2 【解析】(1)所有反应产物(NaCl、NaClO、NaClO3)中Na与Cl的物质的量之比均为1：1，因此产物中总Cl的物质的量等于NaOH中Na+的物质的量，即，每个Cl2含2个Cl原子，故。 (2)设，则，再设。根据得失电子守恒：生成Cl-总得到电子数为，生成ClO-和ClO3-总失去电子数为，得失电子相等得，解得，故。 (3)涉及两个反应：①低温反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，2molNaOH反应转移1mol电子，即1molNaOH对应转移0.5mol电子；②高温反应：3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O，6molNaOH反应转移5mol电子，即1molNaOH对应转移电子。因此只发生低温反应时转移电子最少，amolNaOH参与反应转移电子为。 解题妙招 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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电子没有损耗，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。 【变式1】【变载体】将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。 【答案】0.100 mol·L－1 【解析】由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。 【变式2】【新情境】金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 【答案】93.2%。 【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系： 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g 1 mol x 0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g w(Sn)＝×100%≈93.2%。 【变式3】【新考法】向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示。(已知：还原性：I-＞Fe2+＞Br-) (1)原混合溶液中FeBr2的物质的量 mol。 (2)原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)= 。 【答案】(1)3 (2)2：1：3 【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-、再氧化Fe2+、最后氧化Br-。AB段发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，BC段发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，DE段发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。(1)DE段发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，n(Br-)=6mol，根据溴元素守恒，n(FeBr2)=3mol。(2)根据图像，AB段发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，BC段发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，DE段发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，则n(Br-)=6mol、n(Fe2+)=4mol、n(I-)=2mol，原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=4：2：6=2：1：3。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(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。 2．(2024·浙江6月卷)利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( ) A．X表示NO2 B．可用O3替换CH3OH C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5 D．若生成标准状况下的CO2气体，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】A项，由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，NO2仍然是大气污染物，A不正确；B项，CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；C项，该反应中，还原剂CH3OH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NO3-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6：5，C正确；D项，CH3OH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CO2气体11.2L，即生成0.5mol CO2，反应转移的电子数为0.5×6=3NA，D不正确；故选C。 3．(2025·浙江省1月选考，17节选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法： Ⅰ.用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣(主要成分为CaSO4。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P4)燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。 方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 【答案】(4)2Ca10(PO4)6O+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑ 【解析】(4)方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O (足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca10(PO4)6O+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑。 4．(2024·浙江省6月选考，17节选)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。 (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 。 【答案】(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=3 H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑ 【解析(1)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)=+4H2O+Cl2↑。 5．(2025·浙江6月卷，19，12分)配合物二草酸合铜(II)酸钾K2[Cu(C2O4)2](M=318 g·molˉ1)，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知： i．25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。 ⅱ．K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 请回答： (1)K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是_______(填元素符号)。 (2)步骤I所得的混合溶液M，在25℃时其pH最接近于_______。 A．2 B．3 C．4 D．5 (3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是_______。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全 B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免K2[Cu(C2O4)2]分解 C．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则x=4 D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分 (5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质量分数的是_______。 A．样品质量、钾的物质的量 B．钾的物质的量、铜的物质的量 C．铜的物质的量、草酸根的物质的量 D．草酸根的物质的量、水的物质的量 (6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由_______。 【答案】(1)O (2)C (3)防止遇冷后产物析出而损失 (4)ABC (5)AD (6)错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断 【解析】 【解析】80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到含有KHC2O4和K2C2O4的混合溶液M；向混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应生成K2[Cu(C2O4)2]，趁热过滤得滤液N，滤液N分为两份，一份蒸发到40mL，快速冷却、结晶、过滤得到K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O针状晶体，另一份蒸发到10mL，缓慢冷却、结晶、过滤得到K2[Cu(C2O4)2] ·2H2O片状晶体，以此解答。 (1)提供电中，端基的氧原子有孤电子对，可与具有空轨道的金属离子形成配位键，则K2[Cu(C2O4)2] ·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是O。 (2)步骤I中100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016molK2CO3，由于Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K元素守恒和C元素守恒可知，溶液M中含有0.016molKHC2O4、0.008mol K2C2O4，在25℃时溶液中c(H+)==，则pH=-lg(1.08×10-4)≈4，故选C。 (3)K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是：防止遇冷后产物析出而损失。 (4)A项，步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反应完全，A错误；B项，K2[Cu(C2O4)2]在约250℃时分解，步骤Ⅳ中200℃加热脱水，沸水浴只能控制温度100°C，B错误；C项，热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则H2O在K2[Cu(C2O4)2] ·xH2O中的质量分数为10.17%，，解得x=2，C错误；D项，射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分，D正确；故选ABC。 (5)A项，若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=n、390x+351y=m，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，A选；B项，若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，B不选；C项，若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，C不选；D项，若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，D选；故选AD。 (6)步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $