01第一单元05第5讲氧化还原反应的配平与计算【答案】

第5讲氧化还原反应的配平与计算1.D[解析]FeO42-中铁元素的化合价为+6价,基态铁原子的价层电子排布为3d64s2,铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价层电子数不相等,A项错误;反应中,铁元素化合价降低,FeOOH是还原产物,B项错误;未注明温度和压强,不能确定O2的物质的量,C项错误;配平后的离子方程式为4FeO42-+6H2O4FeOOH+3O2↑+8OH-,则FeO42-与2.D[解析]结合氧化还原反应原理可配平反应得2FeS2+7O2+2H2O2FeSO4+2H2SO4。该环境中,硫杆菌可将低价硫元素氧化为SO42-但不能说明O2不能氧化Fe2+,A错误;温度过高,硫杆菌失活,会使该反应速率降低,B错误;根据化合价的变化和得失电子守恒可知,反应中氧化剂(O2)与还原剂(FeS2)的物质的量之比为7∶2,C错误;该环境中,单质S反应的化学方程式为2S+3O2+2H2O2H2SO4,D3.C[解析]据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒,将反应①配平为CH3OH+6MnO4-+8OH-CO32-+6MnO42-+6H2O,A正确;反应①中MnO4-为氧化剂,CO32-是氧化产物,则氧化性:MnO4->CO32-,B正确;由于Cl-在酸性条件下可与MnO4-、MnO42-发生氧化还原反应,因此反应②中,不能用盐酸进行酸化,C错误;根据氧化还原反应配平反应②为3MnO42-+4H+MnO2↓+2MnO4-+2H2O4.C[解析]根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程式如下:①3Cu2S+5Cr2O72-+46H+6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O;②2FeS+3Cr2O72-+26H+2Fe3++2SO42-+6Cr3++13H2O。还原剂所含元素化合价升高,失电子,氧化剂所含元素化合价降低,得电子,则反应①中Cu2S为还原剂,Cr2O72-为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5,故A正确;由分析可知,用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时,Cu2S消耗更多Cr2O72-,故B正确;由分析知,处理等物质的量的Cr2O72-时,反应①和②中消耗H+的物质的量不相等5.A[解析]过程①中NO3-转化为NO2-,N元素由+5价下降到+3价,NO3-体现氧化性,A正确;过程②中NO2-转化为NO,离子方程式为NO2-+2H++e-NO↑+H2O,B错误;过程③中NO、NH4+转化为N2H4,N元素由NO中+2价降低到-2价,由NH4+中-3价升高到-2价,由原子守恒、电荷守恒得离子方程式为NO+NH4++3e-+2H+N2H4+H2O,c代表的是2H++3e-,C错误;过程④中N2H4转化为N2,N元素化合价由-2价升高到0价,16.A[解析]酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色,发生的反应为2MnO4-+5S6H+2Mn2++5SO42-+3H2O,则有关系式:2MnO4-~5SO32-,使20.00mL1.000×10-2mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色,需消耗25.00mLNa2SO3溶液,则该2.00×10-2mol·L-1。7.B[解析]Cl2通入KOH溶液,若反应后溶液中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1,设n(ClO-)=5xmol、n(ClO3-)=xmol,根据得失电子守恒,得n(Cl-)=5xmol×[(+1)-0]+xmol×[(+5)-0][0-(-1)]=10xmol,则作氧化剂的Cl2为5xmol,作还原剂的Cl2为3xmol,故氧化剂、还原剂的物质的量之比为5xmol∶3xmol=5∶3,A错误;氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、KClO3时,K、Cl原子个数之比为1∶1,n(KOH)=2mol·L-1×2L=4mol,n(Cl)=n(K)=4mol,则有n(Cl2)=12n(Cl)=12×4mol=2mol,标准状况下,V(Cl2)=2mol×22.4L·mol-1=44.8L,B正确;反应②中,Cl元素由+1价变为-1价,Fe元素由+3价变为+6价,则KClO是氧化剂、K2FeO4是氧化产物,故氧化性:KClO>K2FeO4,C错误;n(K2FeO4)=3960g198g·n(ClO3-)=5∶1,则消耗的n(Cl2)=85n(KClO)=48mol8.A[解析]该反应中5molH2O中有2molH2O发生氧化反应,生成1molO2,则0.5molH2O被氧化时,生成0.25molO2,A错误;3molBrF3中作为氧化剂的BrF3有2mol,作为还原剂的BrF3有1mol,2molH2O为还原剂,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3,B正确;2molBrF3为氧化剂,得到6mol电子生成1mol还原产物Br2,C正确;生成9molHF时,有2molBrF3被还原,得到6mol电子,而BrF3生成HBrO3失去2mol电子,被BrF3还原的BrF3为23mol,则生成2.7molHF时,被BrF3还原的BrF3为0.2mol,D9.C[解析]根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒,得反应Ⅰ为NH4++2O2NO3-H2O,反应Ⅱ为5NH4++3NO3-4N2↑+9H2O+2H+。反应Ⅰ中N元素从-3价升高到+5价,氮元素只被氧化;反应Ⅱ中NH4+的N元素从-3价升高到0价,NO3-的N元素从+5价降低到0价,氮元素既被氧化又被还原,故A错误。反应Ⅱ中,4N2~15e-,若8.96LN2为标准状况下,则转移电子数为1.5NA,而常温常压下8.96LN2的物质的量小于0.4mol,转移电子数小于1.5NA,故B错误。根据反应Ⅰ,3molNH4+生成3molNO3-,再根据反应Ⅱ,3molNO3-正好消耗5molNH4+,故好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3∶5时,NH4+能完全转化为N2,故10.C[解析]盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol,根据Cl原子守恒可得,c(HCl)=2×0.4mol0.1L=8.0mol·L-1,A错误;n(S)=3.2g32g·mol-1=0.1mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.1mol×(2-0)3-2=0.2mol,则n(Fe2+)=0.4mol-0.2moln(H2S)=12n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol,标准状况下,V(H2S)=0.4mol×22.4L·mol-1=8.96L,C正确;FexS中n(S)0.1mol+0.4mol=0.5mol,n(Fe)=0.4mol,则有n(Fe)∶n(S)=0.4mol∶0.5mol=0.8,则x=0.8,D错误。11.B[解析]氮氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠,两钠盐中N元素的化合价分别为+5价、+3价,NO中N元素的化合价为+2价,NO2、N2O4中N元素的化合价为+4价,由价态可知NO作还原剂,A正确;由题意可知0.9mol氮氧化物转化为钠盐的物质的量为0.5L×2mol·L-1=1mol,所以混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol,B错误;铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮氧化物,n(Cu)=38.464mol=0.6mol,所以生成0.6molCu(NO3)2,含有1.2molNO3-,氮氧化物为0.9mol,与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2,根据原子守恒可知n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol·L-1=1mol,所以HNO3的总物质的量为1.2mol+1mol=2.2mol,若浓硝酸体积为200mL,则其物质的量浓度为c=nV=2.2mol0.2L=11mol·L-1,C正确;0.9mol氮氧化物完全被水吸收,可知氮氧化物与氧气恰好完全反应生成硝酸,总过程可视为Cu与氧气、硝酸反应最终生成硝酸铜和水,根据得失电子守恒可知,转移电子物质的量为n(e-)=2n(Cu)=1.2mol,1molO2反应转移4mol电子,则消耗0.312.D[解析]共价单键是σ键,共价三键中含有2个π键1个σ键,CN-中含有的σ键与π键的数目之比为1∶2,A正确;根据图中信息可知9个HS-中有6个来自S2O32-,有3个来自SO32-,4个SO32-中只有1个参与形成S2O32-,3S2O32-+24e-+yH+HS-,S元素由+2价变为-2价,结合电荷守恒和质量守恒配平离子方程式为3S2O32-+24e-+24H+6HS-+9H2O,故y=24,同理,由SO32-+18e-+xH+HS-中S由+4价降为-2价,结合电荷守恒和质量守恒配平离子方程式为3SO32-+18e-+21H+3HS-+9H2O,故x=21,B正确;SCN-参与的反应为SO32-+SCN-S2O32-+CN-,SCN-中S元素由-2价升高为+2价,被氧化,C元素由+4价降低为+2价,被还原,故SCN-13.(1)10Ca2++8OH-+6HPO42-Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H(2)①2NO3-+5H2+2H+N2+6H2OCO2溶于水后呈酸性,可以提供H+,有利于pH维持在②5∶1[解析](1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水,根据电荷守恒、原子守恒,可得该反应的离子方程式为10Ca2++8OH-+6HPO42-Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O。(2)①用Pd-Cu作催化剂,常温下,在pH为4.0~6.0的酸性