選擇題突破三突破點2氧化還原反應(yīng)的概念與規(guī)律(選擇題每小題3分)A級夯基達標(biāo)練題組1氧化還原反應(yīng)的概念及關(guān)系1.(2025·浙江寧波一模)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種綠色消毒劑,堿性條件下濕法制備的化學(xué)原理為Fe(OH)3+NaClO+NaOHNa2FeO4+X+H2O(未配平)。下列說法正確的是(設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)()A.X表示Cl2B.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3C.1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-的數(shù)目為0.1NAD.若生成0.5molH2O,則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NA2.(2025·湖南名校協(xié)作體聯(lián)考)二氧化氯(ClO2)可用于自來水消毒。實驗室用草酸(H2C2O4)和KClO3制取ClO2的反應(yīng)為H2C2O4+2KClO3+H2SO42ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.H2C2O4作氧化劑B.ClO2是氧化產(chǎn)物C.轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA時,生成的CO2中π鍵數(shù)目為2NAD.ClO3-的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形,氧化產(chǎn)物的3.(2025·陜西西安中學(xué)模擬)工業(yè)上以銅陽極泥(主要成分是Cu2Te)為原料提取碲,涉及反應(yīng):①Cu2Te+2O2+2H2SO42CuSO4+TeO2+2H2O;②TeO2+2SO2+2H2O2H2SO4+Te。下列說法錯誤的是()A.Cu2Te中銅元素的化合價是+1價B.反應(yīng)①中氧化劑是O2,氧化產(chǎn)物是CuSO4和TeO2C.每制備1molTe理論上兩個反應(yīng)共轉(zhuǎn)移12mole-D.氧化性強弱順序為O2>SO2>TeO24.(2025·湖南雅禮中學(xué)模擬)鋼鐵零件經(jīng)歷如圖所示轉(zhuǎn)化進行發(fā)藍處理,已知NaNO2的還原產(chǎn)物為NH3。下列說法正確的是()A.鋼鐵零件發(fā)藍處理所得的深藍色氧化膜是Fe3O4B.反應(yīng)①中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1C.反應(yīng)②的離子方程式為6FeO22-+NO2-+7H+3Fe2O42D.反應(yīng)③屬于氧化還原反應(yīng)題組2氧化還原反應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用5.(2025·湖南沅江聯(lián)考)在一定溫度和催化劑作用下,NO與NH3可以發(fā)生反應(yīng)生成N2和H2O?，F(xiàn)有NO和NH3的混合物1mol,充分反應(yīng)后所得產(chǎn)物中,經(jīng)還原得到的N2比經(jīng)氧化得到的N2多1.4g。已知反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+6NO5N2+6H2O,則下列說法不正確的是()A.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶2B.氧化性:NO>N2C.若以上反應(yīng)進行完全,原混合物中NO與NH3的物質(zhì)的量之比可能為3∶7D.若混合物中有0.2molNH3,則參與反應(yīng)的NO為0.3mol6.(2025·浙江七彩陽光聯(lián)盟聯(lián)考)鉛丹(Pb3O4)可作防銹用涂料,其中鉛的化合價為+2價和+4價,它與濃鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pb3O4+8HCl(濃)3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列說法正確的是()A.Pb3O4與濃鹽酸反應(yīng)時,Pb3O4作為還原劑B.物質(zhì)的氧化性:Cl2>Pb3O4C.Pb3O4中+2價的鉛與+4價的鉛的物質(zhì)的量之比為2∶1D.上述反應(yīng)中消耗1molPb3O4時,生成的氯氣的體積為22.4L7.(2025·黑龍江齊齊哈爾一模)已知反應(yīng)Ⅰ:MnO4-+Cl-+H+Mn2++Cl2↑+H2O;反應(yīng)Ⅱ:PbO2+Mn2++SO42-2MnO4-+PbSOA.氧化性:PbO2>MnO4-B.轉(zhuǎn)化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物質(zhì)的量的MnO4-C.MnO4-作氧化劑時,酸性越強D.PbO2與FeSO4溶液反應(yīng):PbO2+2Fe2++4H+Pb2++2Fe3++2H2O8.二氧化氯(ClO2)是國際上公認的安全、無毒的綠色消毒劑。“R7法”制備二氧化氯的優(yōu)點是副產(chǎn)品氯氣經(jīng)處理后可循環(huán)利用,具體制備流程如圖所示。消毒效率=1mol消毒劑的質(zhì)量÷1mol消毒劑得到的電子數(shù)。下列說法正確的是()A.ClO2與Cl2的消毒效率之比為71∶18B.反應(yīng)①生成ClO2的離子方程式:2ClO3-+2Cl-+4H+2ClO2↑+2H2O+Cl2C.反應(yīng)①消耗的硫酸與反應(yīng)②生成的硫酸的物質(zhì)的量相等D.反應(yīng)②中SO2作還原劑,物質(zhì)X為H2SO49.(2025·河北滄州四校聯(lián)考)工業(yè)上從鈷鎳渣(主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu)中回收Co和Ni的流程如下。已知:①Co2++6NH3·H2O[Co(NH3)6]2++6H2OK=105;②Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15,完全沉淀時c(Ni2+)≤10-5mol·L-1;③Kb(NH3·H2O)=10-5。下列說法正確的是()A.濾渣1的主要成分是Cu,濾渣2的主要成分是Fe(OH)2B.氧化性:H2O2>Co3+>Fe3+C.若沉鎳完全后濾液中c(NH4+)=10-3mol·L-1,則c{[D.“氧化沉鈷”中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1B級素能提升練10.(2025·山東青島一模)加入I2可提高Li-SOCl2電池的性能。該電池放電時某電極區(qū)域的物質(zhì)轉(zhuǎn)變過程如圖。下列說法錯誤的是()A.該電極放電時發(fā)生還原反應(yīng)B.“步驟3”的反應(yīng)為2Li++2I-+2SOIClS+SO2+2LiCl+2I2C.電路中每轉(zhuǎn)移2mole-,生成1molSO2D.SOICl和I-是反應(yīng)過程中的中間產(chǎn)物11.(2025·山東淄博實驗中學(xué)模擬)氫能被譽為“21世紀終極能源”。利用鐵及其氧化物循環(huán)制氫的原理如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是()A.反應(yīng)器Ⅰ中化合價發(fā)生變化的元素有2種B.反應(yīng)器Ⅱ中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為4∶1C.反應(yīng)器Ⅲ中生成160gFe2O3時,轉(zhuǎn)移1mol電子D.含CO和H2各1mol的混合氣體通過該方法制氫,理論上可獲得169molH12.(2025·湖南長郡中學(xué)模擬)酸性介質(zhì)中,各電對的標(biāo)準(zhǔn)電極電勢如下(已知標(biāo)準(zhǔn)電極電勢越大,對應(yīng)電對的氧化性越強)。下列有關(guān)說法正確的是()電對I2/I-Br2/Br-Cl2/Cl-Fe3+/Fe2+Cr2O72-H2O2/H2O標(biāo)準(zhǔn)電極電勢Eθ/V+0.54+1.07+1.36+0.77+1.36+1.78A.向1mol·L-1的HBr溶液中滴加H2O2溶液,無明顯現(xiàn)象發(fā)生B.2mol·L-1的K2Cr2O7溶液與2mol·L-1的稀鹽酸等體積混合有大量Cl2產(chǎn)生C.在含I-、Br-、Cl-的混合溶液中若僅氧化I-,最佳的氧化劑是Fe3+D.濃度相等時,還原性:Cr3+>Fe2+>Br-

參考答案1.D解析:堿性條件下,NaClO把Fe(OH)3氧化為Na2FeO4,自身被還原為NaCl,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。根據(jù)分析,X為NaCl,A錯誤;氧化劑為NaClO,還原劑為Fe(OH)3,二者的物質(zhì)的量之比為3∶2,B錯誤;ClO-會發(fā)生水解,則1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-的數(shù)目小于0.1NA,C錯誤;根據(jù)化學(xué)方程式可知,生成5molH2O,電子轉(zhuǎn)移6mol,若生成0.5molH2O,則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.6mol,即轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.6NA,D正確。2.C解析:H2C2O4→CO2發(fā)生氧化反應(yīng),則H2C2O4作還原劑,A錯誤;KClO3→ClO2發(fā)生還原反應(yīng),則ClO2是還原產(chǎn)物,B錯誤;由反應(yīng)可知,生成1molCO2時轉(zhuǎn)移1mol電子,生成的CO2中π鍵數(shù)目為2NA,C正確;ClO3-中心氯原子有1個孤電子對,采取sp3雜化,則ClO3-的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形,氧化產(chǎn)物是CO2,其3.D解析:Te和O位于同一主族,均顯-2價,則Cu2Te中Cu為+1價,A正確;反應(yīng)①中O2得電子,O2是氧化劑,Cu2Te中Cu和Te均失去電子,則CuSO4和TeO2均是氧化產(chǎn)物,B正確;反應(yīng)②中每生成1molTe,轉(zhuǎn)移4mol電子,反應(yīng)①中每生成1molTeO2,轉(zhuǎn)移8mol電子,則每制備1molTe,理論上共轉(zhuǎn)移12mol電子,C正確;根據(jù)兩個反應(yīng)可得O2的氧化性強于TeO2,TeO2的氧化性強于H2SO4,無法比較O2和SO2的氧化性強弱,且無法證明SO2的氧化性強于TeO2,D錯誤。4.A解析:根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化圖及題給信息可知,反應(yīng)①為3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑;反應(yīng)②為6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH;反應(yīng)③為Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH。鋼鐵零件發(fā)藍處理所得的深藍色氧化膜是Fe3O4,A正確;在反應(yīng)①中,NaNO2為氧化劑,Fe為還原劑,則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3,B錯誤;NaNO2的還原產(chǎn)物為NH3,溶液顯堿性,反應(yīng)②的離子方程式為6FeO22-+NO2-+5H2O3Fe2O42-+NH3↑+7OH-,C錯誤;反應(yīng)③中各元素的化合價未發(fā)生變化5.A解析:6molNO被還原得到3molN2,4molNH3被氧化得到2molN2,還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物多1mol,現(xiàn)還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物多0.05mol,相當(dāng)于0.3molNO與0.2molNH3發(fā)生反應(yīng);開始時NO和NH3的混合物共1mol,證明其中一種物質(zhì)過量,有兩種情況:0.3molNO和0.7molNH3、0.2molNH3和0.8molNO。根據(jù)分析過程可知,氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶3,A錯誤;NO是氧化劑,部分N2是氧化產(chǎn)物,氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物,B正確;原混合物中NO與NH3的物質(zhì)的量之比可能為3∶7或者4∶1,C正確;分析反應(yīng)方程式可知,有0.2molNH3參加反應(yīng),需要0.3molNO,D正確。6.C解析:鉛元素的化合價由+4價降低到+2價,則Pb3O4作氧化劑,氯元素的化合價由-1價升高到0價,則氯氣為氧化產(chǎn)物,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知,氧化性:Pb3O4>Cl2,A、B錯誤;鉛丹中鉛元素的化合價只有+2價、+4價,根據(jù)化合價代數(shù)和為0,Pb3O4中Pb2+與Pb4+的物質(zhì)的量之比為2∶1,C正確;反應(yīng)中消耗1molPb3O4時生成1molCl2,題目未指明是否處于標(biāo)準(zhǔn)狀況下,不能確定氯氣的體積,D錯誤。7.D解析:反應(yīng)Ⅰ中氧化劑是MnO4-,氧化產(chǎn)物是Cl2,反應(yīng)Ⅱ中氧化劑是PbO2,氧化產(chǎn)物是MnO4-,則氧化性:PbO2>MnO4->Cl2,A正確;在反應(yīng)Ⅰ中每消耗1molMnO4-,反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移5mol電子,在反應(yīng)Ⅱ中,每反應(yīng)生成1molMnO4-,反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移5mol電子,因此反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物質(zhì)的量的MnO4-時轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同,B正確;粒子的氧化性或還原性與溶液的酸堿性有關(guān),MnO4-作氧化劑時,溶液的酸性越強,物質(zhì)的氧化性就越強,C正確;Pb2+與SO42-會結(jié)合產(chǎn)生難溶性PbSO4,則反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為8.B解析:氯氣與熱氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和氯酸鈉,向反應(yīng)后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2,反應(yīng)②中Cl2與SO2反應(yīng)生成H2SO4和HCl,X為H2SO4和HCl的混合物。ClO2中氯元素的化合價由+4價變?yōu)?1價時,消毒效率為67.55,Cl2中氯元素化合價由0價變?yōu)?1價時,消毒效率為712,則ClO2與Cl2的消毒效率之比為67.55∶712=27∶71,A錯誤;反應(yīng)①中氯化鈉與氯酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2和Cl2,根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為2ClO3-+2Cl-+4H+2ClO2↑+2H2O+Cl2↑,B正確;反應(yīng)②中Cl2和SO2反應(yīng)生成H2SO4,根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平化學(xué)方程式為Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl,當(dāng)反應(yīng)①生成1molCl2時消耗2molH2SO4,反應(yīng)②消耗1molCl2時生成1molH2SO4,C錯誤;反應(yīng)②中SO2作還原劑,物質(zhì)X9.C解析:濾渣1的主要成分是銅,濾渣2的主要成分是氫氧化鐵,A錯誤;氧化除雜步驟中,加入過氧化氫可以將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子,但不能將亞鈷離子氧化為鈷離子,由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知,鈷離子的氧化性強于過氧化氫,B錯誤;由溶度積可知,鎳離子完全沉淀時,溶液中c(OH-)≥1.0×10-151.0×10-5mol·L-1=1×10-5mol·L-1,①中反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c{[Co(NH3)6]2+}c(Co2+)·c6(NH3·H2O)=c{[Co(NH3)6]2+}·c6(NH4+)·c610.C解析:從物質(zhì)轉(zhuǎn)變過程圖可知,該電極處SOCl2得到電子轉(zhuǎn)化為其他物質(zhì),發(fā)生還原反應(yīng),A正確;根據(jù)圖中“步驟3”的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系,結(jié)合元素守恒和電荷守恒配平反應(yīng)方程式:2Li++2I-+2SOIClS+SO2+2LiCl+2I2,B正確;總反應(yīng)為4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2,每轉(zhuǎn)移4mole-生成1molSO2,故電路中每轉(zhuǎn)移2mole-,生成0.5molSO2,C錯誤;從圖中可以看出SOICl和I-在反應(yīng)過程中先生成,后又參與反應(yīng)被消耗,因此是中間產(chǎn)物,D正確。11.D解析:反應(yīng)器Ⅰ中CO、H2、Fe2O3反應(yīng)生成CO2、H2O和Fe,氫、碳、鐵三種元素的化合價發(fā)生變化,A錯誤;反應(yīng)器Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,氧化產(chǎn)物為Fe3