搜索
专题07氧化还原反应的配平和计算1．标准状况下，将aLSO2和Cl2组成的混合气体通入200mL0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g。则下列关于该过程的推断不正确的是A．所得沉淀为0.1mol的BaSO4B．混合气体中SO2的体积为0.896LC．aL混合气体的物质的量为0.08molD．a的取值范围为1.344a1.792【答案】C【解析】A．加入BaCl2溶液，生成白色沉淀23.3g。SO2被Cl2、Fe3＋氧化成SO42－，而且原溶液中也有SO42－，所以白色沉淀为BaSO4，BaSO4的摩尔质量为233g·mol－1，23.3gBaSO4的物质的量。A项正确；B．原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，可知SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol。则混合气体中SO2的物质的量为0.04mol。在标准状况下，其体积。B项正确；C．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。但是SO2被氯气氧化了多少，不能确定，C项错误。D．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。则a的范围可以利用极值法求解。第一种情况，若SO2全部被Cl2氧化，而没有被Fe3＋氧化，发生的反应的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的比例为1：1，混合气体中SO2的物质的量为0.04mol，那么氯气的物质的量也为0.04mol，则混合气体的物质的量为0.08mol，混合气体的体积为。第二种情况，SO2除了被氯气氧化外，还被Fe3＋氧化，利用极值法，氯气最少，则溶液中Fe3＋反应完全，根据离子方程式SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42－＋2Fe2＋＋4H＋，SO2和Fe3＋的物质的量之比为1：2，溶液中的Fe3＋的物质的量，则与Fe3＋反应的SO2为0.02mol。原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，则SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol，混合气体中SO2的物质的量也为0.04mol。被Fe3＋氧化的SO2为0.02mol，则被氯气氧化的SO2也为0.02mol。根据方程式SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的物质的量之比为1：1，则Cl2的物质的量为0.02mol。混合气体的物质的量为0.02＋0.04mol=0.06mol，混合气体的体积为。所以a的取值范围为1.344a1.792，D项正确。2．K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH==2K2FeO4+3KNO3+2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A．铁元素被氧化，氮元素被还原B．每生成1molK2FeO4，转移6mole−C．K2FeO4具有氧化杀菌作用D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4【答案】B【解析】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确；B、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂氧化产物，故氧化性：KNO3K2FeO4，选项D正确。3．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：反应Ⅰ：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）下列有关说法正确的是（）A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物B．处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2O72-，转移电子数不相等【答案】C【解析】A.反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B.处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C.反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；D.处理1molCr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。4．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是A．C3N4中C的化合价为-4B．反应的两个阶段均为吸热过程C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化【答案】C【解析】A.依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B.阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C.阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D.利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。5．下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+序号ab现象12mL0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液(pH=2)3滴饱和Na2SO3溶液(pH=9)溶液变绿色(含Cr3+)22mL0.1mol·L−1K2CrO4溶液(pH=8)3滴饱和Na2SO3溶液溶液没有明显变化32mL饱和Na2SO3溶液3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液溶液变黄色42mL蒸馏水3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液溶液变成浅橙色下列说法不．正确的是A．实验1中的绿色溶液中含有SO42-B．实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同C．向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色D．实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响【答案】C【解析】A.实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；B.实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；D.实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。6．工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．下列说法错误的是（）A．硫元素既被氧化，又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2D．若生成2.24LCO2，则转移0.8mol电子【答案】D【解析】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，不选B；C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2可知，每吸收4molSO2就会放出1molCO2，则相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2，不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24LCO2的物质的量，无法知道转移多少电子，选D。7．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为4NH4+＋5O2＝2NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，下列说法正确的是A．①②均属于固氮反应B．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加C．反应④中每生成1molH2O共转移2mole－D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环【答案】D【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；B．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.根据4NH4+＋5O2＝2NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，生成1molH2O共转移4mole－，故C错误；D．向海洋排放含NO3-的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确。8．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。(未配平)下列说法正确的是()A．Fe2＋的还原性强于Mn2＋B．MnO4－是氧化剂，Fe3＋是还原产物C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1D．生成1mol水时，转移2.5mol电子【答案】A【解析】A项，Fe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂还原产物，故A项正确；B项，MnO4－化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；C项，锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，故C项错误；D项，根据离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1mol水时，转移1.25mol电子，故D项错误。9．明兰做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____(未配平)。关于此反应的叙述正确的是()A．该反应的氧化产物是Mn2+B．1molMnO4－在反应中失去5mol电子C．该反应右横线上的产物是OH－D．配平该反应后，H+的计量数是6【答案】D【解析】A．化合价升高的元素是碳元素，所得生成物CO2是氧化产物，选项A错误；B．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4－在反应中得到5m