第二章 第7讲 氧化还原反应方程式的配平及计算-2022高考化学【优化探究】一轮总复习课时作业（人教版）

课时作业 [A组　基础题组] 1．已知在碱性溶液中可发生反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是(　　) A．＋3　 B．＋4　　　C．＋5　　　D．＋6 解析：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2。所以RO中R元素的化合价为＋6价。 答案：D 2．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为(　　) A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5 解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。 答案：C 3．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式是MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述正确的是(　　) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 解析：反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，做还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的。 答案：C 4．某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　) ＋＋―→＋＋ A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol 解析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒有2Na2S2O3―→Na2S4O6，根据钠元素守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。 答案：C 5．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生变化：H2O2―→H2O；IO―→I2；MnO―→Mn2＋；HNO2―→NO。 如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是(　　) A．H2O2 B．IO C．MnO D．HNO2 解析：KI被氧化得到I2,1 mol KI在反应中失去 1 mol 电子，再据题中所给信息：H2O2―→H2O，1 mol H2O2得 2 mol e－；IO―→I2,1 mol IO得5 mol e－；MnO―→Mn2＋，1 mol MnO得 5 mol e－；HNO2―→NO,1 mol HNO2得 1 mol e－。虽然B、C项中的1 mol IO、MnO均可得 5 mol e－，但B中生成物I2可来自IO和I－，故得I2最多者应是IO与I－的反应。 答案：B 6．向含有1 mol FeCl2的溶液中通入 0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中Fe2＋全部恰好被氧化，并使X2O被还原为Xn＋，则n值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：被0.2 mol Cl2氧化的Fe2＋物质的量是0.4 mol，被0.1 mol X2O氧化的Fe2＋物质的量为0.6 mol，则 1 mol X2O在反应中得到6 mol e－，1个X2O降低6价，1个X降低3价，则反应后X为＋3价的离子。 答案：B 7．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x值是(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 解析：NaClO被还原为NaCl时，Cl的化合价降低了2价，根据反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，可知Cl的化合价共降低了32。Na2Sx转化为Na2SO4的过程中S的化合价必然也升高了32，Na2Sx中S的化合