Question

Ⅰ．對于下列氧化還原反應(yīng)，請按要求填空．
（1）Cu+4HNO₃（濃）═Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O
①氧化劑是

 

②離子方程式

 

（2）2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O
①用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目

 

②若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.6g，則反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的個數(shù)為

 

（3）請在下面用“單線橋法”表示該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．
2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O

 

Ⅱ．已知：將SO₂通入FeCl₃溶液中，溶液顏色會變?yōu)闇\綠色，其原理可表示為：
□Fe³⁺+□SO₂+□H₂O--□Fe²⁺+□SO₄^2-+□H⁺
（1）請配平上述離子方程式

 

；
（2）已知向Fe²⁺溶液中滴加少量氯水時，溶液由淺綠色變?yōu)辄S色．則Fe³⁺、SO₂、Cl₂的氧化性強弱順序為

 

．

Answer 1

考點：氧化還原反應(yīng)

專題：氧化還原反應(yīng)專題

分析：I．（1）N元素的化合價降低，離子反應(yīng)中只有硝酸、硝酸銅完全電離；
（2）2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O中，S元素的化合價由-2價升高為0，S元素的化合價由+4價降低為0，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移4e^-，氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物均為S，由反應(yīng)可知，轉(zhuǎn)移4mol電子時氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多32g，以此計算；
（3）2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，Cl元素的化合價由-1價升高為0，轉(zhuǎn)移10e^-；
Ⅱ．（1）Fe³⁺→Fe²⁺，化合價從+3→+2，降低1價，SO₂→SO₄^2-，化合價從+4→+6，升高2價，結(jié)合電子、電荷守恒分析；
（2）結(jié)合氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性比較．

解答： 解：（1）①反應(yīng)中N元素的化合價降低，則為氧化劑，故答案為：HNO₃；
②離子反應(yīng)中只有硝酸、硝酸銅完全電離，則離子反應(yīng)為Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，故答案為：Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O；
（2）①2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O中，S元素的化合價由-2價升高為0，S元素的化合價由+4價降低為0，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移4e^-，雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為，故答案為：；
②氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物均為S，由反應(yīng)可知，轉(zhuǎn)移4mol電子時氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多32g，若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.6g，則反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的個數(shù)為

1.6g

32g

×4×N_A=0.2N_A個，故答案為：0.2N_A；
（3）2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，Cl元素的化合價由-1價升高為0，轉(zhuǎn)移10e^-，“單線橋法”表示該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為故答案為：；
Ⅱ．（1）Fe³⁺→Fe²⁺，化合價從+3→+2，降低1價，SO₂→SO₄^2-，化合價從+4→+6，升高2價，由電子守恒可知鐵元素前面系數(shù)為2，硫元素前面系數(shù)為1，則2Fe³⁺+1SO₂+H₂O→2Fe²⁺+1SO₄^2-+H⁺，再根據(jù)氧原子守恒可知H₂O前面系數(shù)為2，H⁺前系數(shù)為4，離子反應(yīng)為2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺，
故答案為：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺；
（2）淺綠色為亞鐵離子顏色，黃色為三價鐵離子顏色，溶液由淺綠色變?yōu)辄S色，說明亞鐵離子被氧化為鐵離子，故氧化性氯氣強于三價鐵離子，根據(jù)（1）可知，三價鐵離子氧化性強于SO₂，故答案為：Cl₂＞Fe³⁺＞SO₂．

點評：本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，涉及配平及氧化性強弱比較、電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目等，中等難度，注意配平一般用化合價升降法配平變價元素，再根據(jù)原子守恒配平其他元素，根據(jù)反應(yīng)方程式判斷氧化性，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性．