第1个回答 2015-06-15
配平氧化还原反应方程式。
(1)____ NH3+ _____NO2==_____N2+ _____H2O
(2) 氧化产物与还原产物的质量比为____________ 。
（1）8； 6 ；14 ；12
（2）4:3
在2KMnO4+______HCl═______KC1+______MnC12+______Cl2↑+______H2O
反应中：
（1）配平化学反应方程式．
（2）______元素被氧化，______是氧化剂
（3）用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目______．
（4）氯气通入氯化亚铁溶液中，溶液变成黄色，写出反应的离子方程式______．
（5）生成标准状况下氯气4.48L，需要消耗高锰酸钾______mol，过程中转移电子数______mol．
（1）反应中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，HCl（浓）→Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：16；2；2；5；8；
（2）反应中Cl元素化合价由-1价升高为0价，被氧化；Mn元素化合价由KMnO4中+7降低为MnCl2中+2，故KMnO4是氧化剂，
故答案为：Cl；KMnO4；
（3）在氧化还原反应2KMnO4+16HCl═2KC1+2MnC12+5Cl2↑+8H2O中，化合价升高元素Cl失电子，化合价降低的Mn元素得到电子，得失电子数相等为10，电子转移情况如下：，
故答案为：
（4）氯气通入氯化亚铁溶液中，溶液变成黄色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，同时生成氯离子，反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3=+2Cl-，
故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3=+2Cl-；
（5）准状况下氯气4.48L为
4.48L
22.4L/mol
=0.2mol，由方程式可知消耗高锰酸钾的物质的量为0.2mol×
2
5
=0.08mol，Mn元素化合价由KMnO4中+7降低为MnCl2中+2，转移电子为0.08mol×（7-2）=0.4mol，
故答案为：0.08；0.4．
已知Ca（OH）2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）．生成物中含有Cl-、ClO-、Cl
O -3
；三种含氯元素的离子，其中C1O-、Cl
O -3
两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．
（1）t1前，氧化产物是______ （填化学式）．
（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应的总的离子方程式为：______．
（3）该石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量是______mol．
（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，其爆炸后的产物可能是______（填字母）．
A．NaCl、Cl2 B．NaCl、NaClO C．NaClO3、NaClO4 D．NaCl、NaClO3
（5）配平下列离子方程式：
______Fe（OH）3+______ClO-+______OH-----______Fe
O n-4
+______Cl-+______H2O．
（1）氧化还原反应在的氧化产物是还原剂被氧化生成的物质，化合价在变化中升高，即氯元素化合价升高生成的产物，结合图象分析，t1前，氧化产物只有Ca（ClO）2；故答案为：Ca（ClO）2；
（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应，依据图象分析可知生成次氯酸根和氯酸根离子物质的量之比为2：1，依据题干条件结合离子方程式的书写原则电荷守恒、原子守恒配平方程式，
5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2++2ClO-+ClO3-+7Cl-+5H2O；
故答案为：5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2++2ClO-+ClO3-+7Cl-+5H2O；
（3）t2时，氢氧化钙和氯气恰好反应，依据反应的离子方程式可知：
5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2++2ClO-+ClO3-+7Cl-+5H2O；消耗氢氧化钙物质的量为：5mol；故答案为：5mol；
（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，发生氧化还原反应，氯元素化合价从+3价升降，即其爆炸后的产物中 的氯元素化合价有大于+3价和小于+3价的化合物；
A、中氯元素化合价为-1和0价；不符合；
B、氯元素化合价-1和+1价；不符合；
C、氯元素化合价为+5和+7价，不符合；
D、氯元素化合价为-1和+5价，符合；
故答案为：D
（5）依据化合价变化：ClO-～Cl-～2e-；Fe（OH）3～FeO4n-～（5-n）e-；电子转移总数2（5-n），结合离子方程式的电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析配平，写出离子方程式为：
2Fe（OH）3+（5-n）ClO-+2nOH-=2FeO4n-+（5-n）Cl-+（3+n）H2O
故答案为：2，（5-n），2n，2，（5-n），（n+3）．
（1）用“单线桥”表示下列反应电子转移的方向和数目：
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
反应中物质的氧化性：KMnO4______Cl2（填“＞、＜、=”）；氧化产物与还原产物的物质的量之比为______．
（2）配平下列氧化还原反应方程式：
______KMnO4+______H2S+______H2SO4（稀）--______K2SO4+______MnSO4+______S↓+______H2O
（3）Cl2是一种黄绿色有毒气体，化工厂可用浓氨水来检验有毒气体Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2
若反应中NH3消耗6.8g，则转移电子个数为______．
（1）反应中，化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为：
，，反应中化合价升高元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：KMnO4＞Cl2，氧化产物是氯气，还原产物是氯化锰，它们的物质的量之比为5：2，
故答案为：；＞；5：2；
（2）在反应中，Mn元素化合价降低了5价，硫元素的化合价升高了2价，根据电子守恒，所以锰元素的前边系数都是2，硫化氢前边系数是5，根据原子守恒，硫酸钾的前边系数是1，硫酸锰前边系数是2，根据S守恒，硫酸前边系数是3，水前边系数为8，即2KMnO4+5H2S+3H2SO4（稀）═1K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O，
故答案为：2、5、3、1、2、5、8；
（3）反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，即反应中NH3消耗8mol，则转移电子6mol，当反应中NH3消耗6.8g，则转移电子个数为0.3NA或1.806×1023个，故答案为：0.3 NA或1.806×1023个．
（10分）已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：
MnO4—＋C2O42—＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；
MnO2＋C2O42—＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。
为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20 g软锰矿样品，加入2.68 g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0 mL，用0.0200 mol·L－1高锰酸钾溶液进行滴定。当加入20.0 mL溶液时恰好完全反应，试根据以上信息完成下列各题：
(1)配平上述两个离子方程式：
___MnO＋___C2O＋___H＋===___Mn2＋＋___CO2↑＋___H2O；
___MnO2＋__C2O＋___H＋===___Mn2＋＋___CO2↑＋__H2O。
(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数，还缺一个数据，这个数据是__________(填数据所代表的意义)。
(3)若该数据的数值为250，求该软锰矿中二氧化锰的质量分数(写出计算过程)。（4分）
（10分） (1)2 5 16 2 10 8
1 1 4 1 2 2
(2)容量瓶的容积
(3)
，
滴定250 mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4—)＝0.0200 mol·L－1×0.02 L×10＝0.004 mol，
根据氧化还原反应中得失电子数相等，有
n(MnO2)×2＋0.004 mol×5＝0.02 mol×2，
n(MnO2)＝0.01 mol，
(1)化学方程式的配平，Mn +7→+2价，C由+3→+4价，结果为2 5 16 2 10 8
Mn +4→+2价，C由+3→+4价，结果为1 1 4 1 2 2
(2)容量瓶的容积，否则无法确定取出的溶液的浓度。
(3)
，
滴定250 mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4—)＝0.0200 mol·L－1×0.02 L×10＝0.004 mol，
根据氧化还原反应中得失电子数相等，有
n(MnO2)×2＋0.004 mol×5＝0.02 mol×2，
n(MnO2)＝0.01 mol，