创新设计化学通用版三轮 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精选.docx

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1、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()A11B516C23D32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 mol22x mol312x 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

2、根离子的物质的量为 y mol，所以 3x mol22x mol33y 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=2Fe32BrCo2O36HCl=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 Cl2Fe3Co2O3C在反应中

3、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 IO3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：IFe2Br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

4、；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 IO3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=SnCl4

5、PbO24HCl=PbCl42H2OPb3O48HCl=3PbCl2Cl24H2OABCD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

6、矿(PbS)进行浮选；焙烧：2PbS3O2=高温2PbO2SO2；制粗铅：PbOC=高温PbCO；PbOCO=高温PbCO2。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

7、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/LNaOH 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()A14B13C23D53解析铁不

8、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 V 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 V mol，Fe 消耗的硝酸为 V molV molV 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

9、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 NADNaCl 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15，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

10、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C9.(2016河南三门峡质检)某离子反应中涉及 H2O、ClO、NH4、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 mo

11、l 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 3ClO2NH4=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

12、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