2022届高考化学一轮复习 第二章 第7讲 氧化还原反应方程式的配平及计算课时作业练习（含解析）.docx

第7讲氧化还原反应方程式的配平及计算1．已知在碱性溶液中可发生反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2ROeq\o\al(n－,4)＋3Cl－＋5H2O。则ROeq\o\al(n－,4)中R的化合价是()A．＋3B．＋4C．＋5D．＋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ROeq\o\al(2－,4)中R元素的化合价为＋6价。答案：D2．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．Cl2B．Cl2OC．ClO2D．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：C3．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MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋eq\x()―→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O。下列叙述正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(－,2)被还原B．反应过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．eq\x()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：C4．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()eq\x(Au2O3)＋eq\x()＋eq\x()―→eq\x()＋eq\x()＋eq\x()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子8mol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1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol。答案：C5．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；IOeq\o\al(－,3)―→I2；MnOeq\o\al(－,4)―→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．H2O2B．IOeq\o\al(－,3)C．MnOeq\o\al(－,4)D．HNO2解析：KI被氧化得到I2,1molKI在反应中失去1mol电子，再据题中所给信息：H2O2―→H2O，1molH2O2得2mole－；IOeq\o\al(－,3)―→I2,1molIOeq\o\al(－,3)得5mole－；MnOeq\o\al(－,4)―→Mn2＋，1molMnOeq\o\al(－,4)得5mole－；HNO2―→NO,1molHNO2得1mole－。虽然B、C项中的1molIOeq\o\al(－,3)、MnOeq\o\al(－,4)均可得5mole－，但B中生成物I2可来自IOeq\o\al(－,3)和I－，故得I2最多者应是IOeq\o\al(－,3)与I－的反应。答案：B6．向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，使溶液中Fe2＋全部恰好被氧化，并使X2Oeq\o\al(2－,7)被还原为Xn＋，则n值为()A．2B．3C．4D．5解析：被0.2molCl2氧化的Fe2＋物质的量是0.4mol，被0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)氧化的Fe2＋物质的量为0.6mol，则1molX2Oeq\o\al(2－,7)在反应中