内容正文:
被氧化的FeS的物质的量为0.05mol,被高锰酸根离子 氧化产物。由分析可知,硫酸铜是反应的氧化剂,故A 氧化的硫离子的物质的量为0.05mol,转移的电子的物 错误;由分析可知,磷单质被氧化生成磷酸,则11mol 质的量为0.05mol×2=0.1mol,电子数目为0.1VA,C 磷被氧化时,反应中有55mol电子发生转移,故B错 错误;高锰酸钾与双氧水反应,高锰酸钾体现氧化性,双 误;由分析可知,硫酸铜是反应的氧化剂,磷酸是反应 氧水体现还原性,D错误。 的氧化产物,氧化剂和氧化产物均表现氧化性,不表现 6.D解析:Fe2+与NO结合形成Fe(NO)2+,在Fe(NO)2+ 还原性,氧化剂的氧化性强于氧化产物,则硫酸铜的氧 中Fe元素化合价是十2价,A正确;反应前后NO没有 化性强于磷酸,故C错误;由分析可知,硫酸铜是反应 发生变化,B正确;图中转化过程的总反应中,S元素化 的氧化剂,磷单质既是反应的氧化剂,又是还原剂,则 合价由反应前FeS2中的一1价变为反应后Fe2(SO,): 反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是(15十5):6= 中的十6价,化合价升高,失去电子,被氧化,所以FeS2 10:3,故D正确。 作还原剂,C正确;反应中NO是催化剂,FeS2与O2反 第10练氧化还原反应方程式的配平和相关计算 应产生Fe+、S0,总反应为2FeS,+70,+2H,0N0 1.B解析:由化学方程式可知,反应中Te元素化合价升 4SO片+2Fe2+十4H+,故最终产物是FeSO,、H2SO)1,D 高被氧化,N元素化合价部分降低被还原,则Te(NO), 错误。 是氧化产物,NO是还原产物,故A正确:由化学方程式 7.B解析:在铬铁矿中C元素化合价为十3价,反应后变 可知,生成4 mol NO,反应转移12mol电子,标准状况 为NCrO,中的+6价,化合价升高,被氧化,因此①中 下11.2LNO的物质的量为0.5mol,则转移电子数为 需持续吹入空气做氧化剂,A正确:AI(OH),是两性氢 1.5NA,故B错误;由氧化还原反应规律可知,氧化剂的 氧化物,能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO,)3,因 氧化性强于氧化产物,由元素化合价变化可知,HNO 此②中加入的稀硫酸不能过量,B错误;Cr2O与Al在 起酸性和氧化剂的作用,Te(NO3):是氧化产物,则氧化 高温下反应产生Cr和AlO3,反应物是单质和化合物, 性为HNO,>Te(NO),,故C正确;由化学方程式可知, 生成物也是单质与化合物,因此③中反应类型为置换反 反应中Te元素化合价升高被氧化,N元素化合价部分 应,C正确:Na,CrO,在酸性溶液中发生反应:2CrO+ 降低被还原,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3, 2H=Cr2O十H2O,反应产生Cr2O使溶液显橙 故D正确。 色,D正确。 2.C解析:反应I中Cu元素化合价没有改变,所以Cu+ 8.D解析:Cu2HgL中Cu元素的化合价为十1价,则Hg 不是氧化产物,故A错误;处理1 mol Cr,O号时反应I、 元素的化合价为十2价,1元素的化合价为一1价,A错 Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得3CuS十4Cr,O十 误;上述反应中,Hg元素化合价不变,Cu元素化合价从 32H—3Cu++3S0+8Cr3++16H2O:3CuS+ 十2价降至十1价,被还原,B错误:上述反应中,CuS), 5CrO号+46H+-6Cu2++3S0+10Cr3++23H,0, 中Cu元素的化合价由+2价降至+1价,则生成1mol 所以消耗H+的物质的量不相等,故B错误;反应Ⅱ中还 Cu2HgI时,转移的电子数为2NA,C错误;根据题干信 原剂为Cu,S,氧化剂为Cr2O,根据得失电子守恒配平 息,CuSO,可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应,Cu+ 后得还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5,故C正 被还原为Cu,SO,2被氧化为SO,则反应2CuSO,+ 确;处理1 mol Cr2O得到2 mol Cr3+,转移电子数相 2NaC1+SO2+2HO-2CuC1¥+Na2SO,+2H2SO,可 等,故D错误。 以发生,D正确。 3.D解析:丙烷还原氧化铁的反应为CHs十FO3→ 9.C 解析:NaOH溶液滴入FeSO,溶液中产生白色 C0,十Fe+☐,反应中C元素的化合价由一号价交为 Fe(OH),沉淀,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为 十4价,化合价升高,失电子,发生氧化反应,CH作还 4Fe(OH)2十O2+2H2O一4Fe(OH)3,该反应为氧化 原剂:Fe元素的化合价由十3价变为0价,化合价降低, 还原反应,A项不符合题意;氯水中存在反应:C2十HO 得电子,发生还原反应,Fe,O3作氧化剂,根据氧化还原 三H