2017创新设计化学(通用版)精品三轮 基础回扣与考前特训 题型四　重中之重的反应类型氧化还原反应.docx

题型专练1将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A11 B516 C23 D32解析同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c(Fe2)c(Fe3)32，所以该溶液中n(Fe2)n(Fe3)32，设亚铁离子的物质的量为3x mol，则铁离子的物质的量为2x mol，根据化学式Fe(NO3)2、Fe(NO3)3知，起酸作用的硝酸的物质的量3x mol×22x mol×312x mol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为y mol，所以3x mol×22x mol×33y mol，y4x，所以参加反应的硝酸的物质的量12x mol4x mol16x mol，根据铁原子守恒知，参加反应的铁的物质的量3x mol2x mol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5x mol16x mol516。答案B2( 2016·山东济南一中模拟)有下列三个反应：Cl2FeI2=FeCl2I22Fe2Br2=2Fe32Br Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2O下列说法正确的是()A中的氧化产物分别是I2、Fe3、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性Cl2>Fe3>Co2O3C在反应中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化D可以推理得到Cl2FeBr2=FeCl2Br2答案C3(2015·保定模拟)向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是()A线段表示Br的变化情况 B原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)31C根据图像无法计算a的值 D线段表示IO的变化情况解析向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，依据还原性：I>Fe2>Br可知，I、Fe2、Br依次被氧化，则、分别代表I、Fe2、Br的变化情况，A项错误；根据图像横坐标，可以计算出n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，根据电荷守恒可知n(Br)6 mol，Br消耗3 mol氯气，则a6，原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)13，B、C项错误；已知ba5，说明在ab段参与反应的I2与Cl2的物质的量之比为15，线段表示IO的变化情况，D项正确。答案 D4(2016·山东新泰模拟)元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的4价稳定，而Pb的2价稳定结合所学知识，判断下列反应中(反应条件略)正确的是()Pb2Cl2=PbCl4Sn2Cl2=SnCl4SnCl2Cl2=SnCl4PbO24HCl=PbCl42H2OPb3O48HCl=3PbCl2Cl24H2OA B C D解析Pb2Cl2=PbCl4，生成物PbCl4中Pb为4价，不稳定，故错误；Sn2Cl2=SnCl4，生成物SnCl4中Sn为4价，稳定，故正确；SnCl2Cl2=SnCl4，SnCl2中Sn为2价不稳定，能够继续被氧化为4价，故正确；PbO24HCl=PbCl42H2O，PbCl4中Pb为4价，不稳定，故错误；Pb3O48HCl=3PbCl2Cl24H2O，PbCl2中Pb为2价，是稳定的，故正确。答案A5(2016·东北师大附中月考)铅的冶炼大致过程如下：富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；焙烧：2PbS3O22PbO2SO2；制粗铅：PbOCPbCO；PbOCOPbCO2。下列说法正确的是()A浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC整个冶炼过程中，制取1 mol Pb共转移2 mol电子D将1 mol PbS完全冶炼成Pb理论上至少需要6 g碳解析 B项，方铅矿焙烧反应中，PbS中S元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，错误；C项，整个冶炼过程中，根据Pb原子守恒，则PbS转化为PbO转移电子是2 mol e，PbO转化为Pb转移电子是2 mol e，制取1 mol Pb共转移4 mol电子，错误；D项，根据方程式得出：2PbS2PbOC2Pb，1 mol PbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5 mol的碳，即需要6 g碳，正确。答案D6(2016·衡水一模)一定体积0.01 mol/L的稀硝酸溶液恰好能氧化一定质量的铁、铝混合物，已知两种金属均被氧化为最高价态，还原产物只有NO。若用0.01 mol/L NaOH溶液溶解相同质量的该混合物，当反应完全时所需氢氧化钠溶液的体积是稀硝酸溶液的1/5，则样品中铁、铝的物质的量之比为()A14 B13 C23 D53 解析铁不与NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液反应，铁、铝都可以与稀硝酸反应，假设消耗稀硝酸的体积为V L，稀硝酸的物质的量为0.01V mol，则NaOH溶液消耗的体积为1/5 V L，根据AlNaOH，Al的物质的量为0.002 V mol，Al4HNO3，消耗HNO3的物质的量为0.008V mol，Fe消耗的硝酸为0.01V mol0.008V mol0.002V mol，Fe4HNO3，Fe的物质的量为0.000 5V mol，故样品中铁、铝的物质的量之比为14。A对。答案A7(2016·吉林长春模拟)已知反应 Cl2NaOHNaClNaClO3H2O(未配平)，下列说法不正确的是()ACl2既是氧化剂也是还原剂B被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的5倍C当有11.7 g的NaCl生成时，电子转移数为0.2NADNaCl是还原产物，NaClO3是氧化产物解析在该反应中，一个氯原子失去5个电子，一个氯原子得到1个电子，要使得失电子数相等，则失电子的原子个数是1，得电子的原子个数是5，所以被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的，B错误。答案B8(2016·乐山模拟)CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2I2SO2解析根据题意知，CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色，发生的反应为2CuSO44KI=2K2SO42CuII2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生的反应为SO22H2OI2=H2SO42HI。答案C 9.(2016·河南三门峡质检)某离子反应中涉及H2O、ClO、NH、H、N2、Cl六种微粒，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A该反应的还原剂是ClB消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D反应后溶液的酸性明显增强解析依据方程式3ClO2NH=N23H2O3Cl2H进行解题。答案D对点回扣1“首配物”的确定(1)当氧化剂与还原剂(以下简称“两剂”)是两种物质且全部被还原与全部被氧化时，首配物为“两剂”。(2)当氧化产物与还原产物(以下简称“两产”)是两种物质时，首配物是“两产”。(3)首配物还可以是氧化剂(只有一种且全部被还原)与氧化产物(只有一种)，也可以是还原剂(只有一种且全部被氧化)与还原产物(只有一种)。最后需要说明的是，前面所说的“两产”与“两剂”是指从价态变化角度而非物质组成角度而言的，如FeSO2Fe2O3SO2中氧化产物是Fe2O3、SO2，还原产物也是Fe2O3、SO2，“两产”共有四种。2推理型氧化还原反应方程式的判断技巧(1)首先分别写出题目明确给出的或很容易推出(推断中注意利用“元素化合价有升必有降”的原则)的反应物、生成物的化学式。(2)其次根据电子转移守恒确定已写出的部分氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化学计量数。(3)最后利用质量守恒原理(若是离子方程式还要考虑电荷守恒)确定其他反应物或生成物并配平其化学计量数。(4)“缺项”配平法：根据题意环境，结合质量守恒、电荷守恒及共存关系补加物质。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