1、课时作业1已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O。则RO中R的化合价是()A3B4C5 D6解析：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得342n3，解得n2。所以RO中R元素的化合价为6价。答案：D2(2021上海黄浦检测)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按21的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为()ACl2 BCl2OCClO2 DCl2O5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(64)2(5x)，解得x4
2、，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。答案：C3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、NaOHBNa2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OCNa2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD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
3、(硫元素为2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒有2Na2S2O3Na2S4O6，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：Au2O3Au2O4e，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：C4已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O；IOI2；MnOMn2；HNO2NO。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()AH2O2 BIOCMnO DHNO2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
4、信息：H2O2H2O，1 mol H2O2得2 mol e，IOI2，1 mol IO得5 mol e，MnOMn2，1 mol MnO可得 5 mol e，HNO2NO，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：B5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()A2 B3C4 D5解析：被0.2 mol Cl2氧化的Fe2物质的量是0.4
5、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：B6Na2Sx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116，则x值是()A6 B5C4 D3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116，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的化合价为，反应
6、后升高到6价，每个S升高了6价，共有x mol这样的S，因此(6)x32，得出x5，B正确。答案：B7(双选)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MnONO Mn2NOH2O。下列叙述正确的是()A该反应中NO被氧化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 KMnO4DK 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25，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应
7、前消耗氢离子，所以B和D都是错误的。答案：AC8(2021湖北八校联考)为测定某草酸晶体(H2C2O42H2O)样品的纯度，现称取一定质量的该样品，配制成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液于锥形瓶中，加适量稀硫酸，用0.100 mol/L的KMnO4溶液滴定(杂质不参与反应)。为省去计算过程，当称取的样品的质量为某数值时，滴定所用KMnO4溶液的毫升数恰好等于样品中草酸晶体的质量分数的100倍。则应称取样品的质量为 ()A.2.25 g B3.15 gC9.00 g D12.6 g解析：H2C2O4与KMnO4反应的化学方程式为5H2C2O42KMnO43H2SO4=K2SO42MnS
8、O410CO28H2O，设样品中草酸晶体的质量分数为x，滴定所用KMnO4溶液为100x mL，则(0.100 mol/L100x103 L)52，解得m(样品)12.6 g。答案：D9(双选)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CNOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值) ()ACl2是还原剂，CO2和N2是还原产物B上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为25C该反应中，若有1 mol CN发生反应，则有5NA个电子发生转移D若将该反应设
9、计成原电池，则CN在负极区发生反应解析：反应中Cl元素化合价降低，N、C元素化合价升高，则Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A错误；配平的离子方程式为2CN8OH5Cl2=2CO2N210Cl4H2O，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52，故B错误；C元素化合价由2升高为4，N元素化合价由3升高为0，所以若有1 mol CN发生反应，则有5NA个电子发生转移，故C正确；若将该反应设计成原电池，则CN在负极区发生氧化反应，故D正确。答案：AB10(2021湖北名校模拟)以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是()ANaClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1 mol H
10、2O2得到2 mol电子C吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4解析：根据流程图知，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3SO2=Na2SO42ClO2，其中NaClO3作氧化剂，母液中溶质主要为Na2SO4，A项正确，D项正确；吸收塔中发生的反应为2ClO2H2O22NaOH=2NaClO22H2OO2，1 mol H2O2失去2 mol电子，B项错误；H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，C项正确。答案：B11(2021陕西省延安检测)H2O2既可以作氧化剂，又可以作还原剂。在H2O2溶液中加入用硫酸酸化
11、的KMnO4溶液，紫红色的KMnO4溶液变成无色溶液。该反应体系中共七种物质：O2、KMnO4、MnSO4、H2SO4、K2SO4、H2O、H2O2。(1)请将以上反应物与生成物分别填入以下空格内。(2)该反应中的还原剂是_(填化学式)，被还原的元素是_(填元素符号)。(3)如反应中电子转移了0.5 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_L。(4)6价铬的化合物毒性较大，酸性溶液中常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，该反应的离子方程式为_。解析：(1)在H2O2溶液中加入用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫红色的MnO被还原成无色Mn2，则反应中H2O2的化合价升高，被氧化，生成氧气
12、和水，KMnO4H2O2H2SO4K2SO4MnSO4O2H2O，结合氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等配平化学方程式，2KMnO45H2O23H2SO4=K2SO42MnSO45O28H2O。(2)反应中MnO中的Mn元素化合价降低，是被还原的元素，H2O2被氧化，H2O2为还原剂。(3)根据反应方程式2KMnO45H2O23H2SO4=K2SO42MnSO45O28H2O可知，Mn元素化合价从7价降低到2价，有2个锰原子化合价降低，2 mol KMnO4参加反应共转移了10 mol电子，过氧化氢中氧原子的化合价从1价升高到0价，10个氧原子从1价升高到0价，共转移10 mol电子，产生O2
13、的物质的量为5 mol，则反应中电子转移了0.5 mol，则产生的气体的物质的量为0.25 mol，在标准状况下的体积为0.25 mol22.4 L/mol5.6 L。(4)6价铬的化合物毒性较大，酸性溶液中常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，氧化还原反应中有元素的化合价升高，就有元素的化合价降低，Cr元素化合价由6价降低为3价，则NaHSO3中S元素的化合价由4价升高为6价，根据元素守恒，电荷守恒，该反应的离子方程式为3HSOCr2O5H=2Cr33SO4H2O。答案：(1)KMnO4H2O2H2SO4K2SO4MnSO4O2H2O(2)H2O2Mn(3)5.6(4)3HSOCr
14、2O5H=2Cr33SO4H2O12焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。(1)根据题意，可判断出X是_(写化学式)。(2)写出并配平该反应的化学方程式：_。(3)发生氧化反应的物质是_，反应中4 mol的氧化剂能_(填“失去”或“得到”)_ mol电子。(4)反应中产生了11.2 L(标准状况)的气体时，被还原的物质的质量为_。答案：(1)H2O(2)6NH4Cl4Fe2O3=6Fe2FeCl33N212H2O(3)NH4Cl得到18(4)80 g13“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是
15、“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO。(1)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。(2)灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，请写出该反应的化学方程式：_。(3)V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2，请写出该反应的离子方程式： _。(4)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。(5)工业上用接触法制硫酸时要用到V2O5。在氧化SO2的过程中，450 时发生V2O5与VO2之间的转化
16、：V2O5SO2=2VO2SO3、4VO2O2=2V2O5，说明V2O5在接触法制硫酸过程中所起的作用是_。解析：(1)金属钒与浓硝酸反应的离子方程式为V6H5NO=VO5NO23H2O；(2)灼烧NH4VO3反应的化学方程式为2NH4VO3V2O52NH3H2O；(3)沸腾的浓盐酸与V2O5反应产生氯气，氯元素的化合价升高，钒元素被还原为蓝色的VO2，反应的离子方程式为V2O56H2Cl2VO2Cl23H2O；(4)V2O5与烧碱溶液反应生成Na3VO4，V2O5与稀硫酸反应生成(VO2)2SO4；(5)V2O5在接触法制硫酸过程中起催化作用。答案：(1)V6H5NO=VO5NO23H2O(
17、2)2NH4VO3V2O52NH3H2O(3)V2O56H2Cl2VO2Cl23H2O(4)Na3VO4(VO2)2SO4(5)催化剂或催化作用14(2021福建省福州月考)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：.在稀硫酸中，MnO和H2O2能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O22e=2HO2还原反应：MnO5e8H=Mn24H2O(1)反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为_。由上述反应得出物质的氧化性强弱顺序为_(填写化学式)。(2)已知：2KMnO47H2O23H2SO4=K2SO42MnSO46O210H2O，则被1 mol KMnO4氧化的H2O2是_m
18、ol。.将SO2气体通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO被还原成Mn2。(3)请写出上述过程的化学方程式：_。.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：MnOCuSHCu2SO2Mn2H2O(未配平)MnOCu2SHCu2SO2Mn2H2O(未配平)(4)配平反应：_MnO_CuS_H=_Cu2_SO2_Mn2_H2O(5)下列关于反应的说法中错误的是_(填字母)。a被氧化的元素是Cu和Sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为85c还原性的强弱关系是： Mn2O2或KMnO4H2O2。(2)已知：2KMnO47H2O23H2SO4=K2SO42MnSO46O21
19、0H2O，Mn元素化合价从7价降低到2价得到5个电子，双氧水中氧元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知被1 mol KMnO4氧化的H2O2是2.5 mol。(3)将SO2气体通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO被还原成Mn2，二氧化硫被氧化为硫酸，因此上述过程的化学方程式为5SO22KMnO42H2O=K2SO42MnSO42H2SO4。(4)反应中Mn元素化合价从7价降低到2价得到5个电子，硫元素化合价从2价升高到4价失去6个电子，根据电子得失守恒可知转移30个电子，依据原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn2
20、14H2O；(5)a.硫元素化合价从2价升高到4价失去6个电子，铜元素化合价从1价升高到2价，失去1个电子，被氧化的元素是Cu和S，a正确；b反应中Mn元素化合价从7价降低到2价得到5个电子，1 mol高锰酸钾得到5 mol电子，1 mol硫化亚铜失去8 mol电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为85，b正确；c.还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2Cu2S，c正确：d.若生成2.24 L(标况下)SO2，即0.1 mol SO2，反应中消耗0.1 mol Cu2S，因此转移电子的物质的量是0.8 mol。答案： (1)6.021023(或NA)
21、KMnO4O2(或H2O2)(2)2.5(3)5SO22KMnO42H2O=K2SO42MnSO42H2SO4(4)652855614(5)d15黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。图1转化过程的总反应中，FeS2作_(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是_。写出图1中Fe3与FeS2反应的离子方程式：_。(2)FeS2氧化为Fe3的过程中，控制起始时Fe2的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。加入NaNO2发生反应：2H3
22、NO=NO2NOH2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为_mol。加入NaNO2、KI发生反应：4H2NO2I=2NOI22H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2转化率的原因：_。解析：(1)转化过程中FeS2中S元素被氧化为SO，FeS2是还原剂；反应前后NO没有改变，所以NO是催化剂。反应的离子方程式是14Fe3FeS28H2O=15Fe22SO16H。(2)根据化学方程式可知，反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 mol。NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H2NO2I=2NOI22H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。答案：(1)还原剂催化剂14Fe3FeS28H2O=15Fe22SO16H(2)4生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
