Question

【题目】氯气是重要的基本化工原料，广泛用于化学、冶金、造纸、纺织、医药、石油等工业，以及饮用水消毒、污水处理等方面。

（1）实验室制取Cl2的反应方程式为：4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O。该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_________；

（2）KMnO4和盐酸反应也可制取Cl2：

____KMnO4+____HCl=____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O

请配平该反应方程式。当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应转移电子的数目为_____。

（3）用氯氧化法可处理含KCN的废水。液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成毒性仅为氰化物的千分之一的氰酸盐，氰酸盐再进一步被氧化为无毒物质。

①由反应KCN+2KOH+Cl2 = KOCN + 2KCl+H2O判断，氰酸盐KOCN中C元素的化合价为_________(已知反应前后氮元素化合价未改变)；

②投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请用单线桥法标出电子转移的方向和数目：

2KOCN+4KOH+ 3Cl2 = 2CO2↑ + N2 ↑+6KCl + 2H2O

______________________________

③若某厂废水中含KCN的浓度为0.65g/L，处理上述废水20.0 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯的物质的量为___________mol。

Answer 1

【答案】1:2 2 16 2 2 5 8 6.02×1023 +4价 【答题空10】 0.5

【解析】

（1）. 4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O中，Mn元素的化合价降低，则MnO2为氧化剂，Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，反应中4molHCl参加反应只有2mol作还原剂，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2，故答案是： 1:2。

（2）. 反应中2HCl→Cl2 ，氯元素化合价由-1价升高为0价，共升高2价，KMnO4 →MnCl2 ，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4 系数为2，Cl2 系数为5，根据Mn元素守恒可知MnCl2 系数为2，根据K元素守恒可知KCl系数为2，根据Cl元素守恒可知HCl系数为16，根据H元素可知H2O的系数为8，配平后方程式为：2KMnO4 +16HCl═2KCl+2MnCl2 +5Cl2 ↑+8 H2O；标准状况下有11.2L氯气生成时，n（Cl2）＝11.2.L÷22.4L/mol=0.5mol，根据方程式可知当有5mol氯气生成时，转移电子10mol，所以当有0.5mol氯气生成时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故转移电子的数目是6.02×1023个；故此题答案是2、16、2、2、5、8；6.02×1023。

（3）. ①. 在KCN中K元素的化合价是+1价，N元素的化合价是-3价，所以C元素的化合价是+2价，因反应前后氮元素化合价未改变，所以在KOCN中K元素是+1价，O元素是-2价，N元素是-3价，则根据化合价代数和为0，C元素的化合价是+4价，故答案是：+4。

②. 在2KOCN+4KOH+ 3Cl2 = 2CO2↑ + N2 ↑+6KCl + 2H2O中，2KOCN→N2，N元素化合价从-3价升高到0价，共升高6价失去6个电子，3Cl2→6KCl，Cl元素化合价从0价降低到-1价，共降低6价得到6个电子，所以单线桥法表示的方程式

③.废水中KCN的质量为0.65g/L×20L=13g，物质的量为13g÷65g/mol=0.2mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，根据电子转移守恒可知2×n（Cl2）=0.2mol×（4-2）+0.2mol×[0-（-3）]，解得n（Cl2）=0.5mol，故需要液氯的物质的量是0.5mol。