Question

Ⅰ．对于下列氧化还原反应，请按要求填空．
（1）Cu+4HNO₃（浓）═Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O
①氧化剂是

 

②离子方程式

 

（2）2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O
①用双线桥法标出电子转移的方向和数目

 

②若氧化产物比还原产物多1.6g，则反应中电子转移的个数为

 

（3）请在下面用“单线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目．
2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O

 

Ⅱ．已知：将SO₂通入FeCl₃溶液中，溶液颜色会变为浅绿色，其原理可表示为：
□Fe³⁺+□SO₂+□H₂O--□Fe²⁺+□SO₄^2-+□H⁺
（1）请配平上述离子方程式

 

；
（2）已知向Fe²⁺溶液中滴加少量氯水时，溶液由浅绿色变为黄色．则Fe³⁺、SO₂、Cl₂的氧化性强弱顺序为

 

．

Answer 1

考点：氧化还原反应

专题：氧化还原反应专题

分析：I．（1）N元素的化合价降低，离子反应中只有硝酸、硝酸铜完全电离；
（2）2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O中，S元素的化合价由-2价升高为0，S元素的化合价由+4价降低为0，该反应转移4e^-，氧化产物、还原产物均为S，由反应可知，转移4mol电子时氧化产物比还原产物多32g，以此计算；
（3）2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，转移10e^-；
Ⅱ．（1）Fe³⁺→Fe²⁺，化合价从+3→+2，降低1价，SO₂→SO₄^2-，化合价从+4→+6，升高2价，结合电子、电荷守恒分析；
（2）结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性比较．

解答： 解：（1）①反应中N元素的化合价降低，则为氧化剂，故答案为：HNO₃；
②离子反应中只有硝酸、硝酸铜完全电离，则离子反应为Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O；
（2）①2H₂S+SO₂═3S↓+2H₂O中，S元素的化合价由-2价升高为0，S元素的化合价由+4价降低为0，该反应转移4e^-，双线桥法标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②氧化产物、还原产物均为S，由反应可知，转移4mol电子时氧化产物比还原产物多32g，若氧化产物比还原产物多1.6g，则反应中电子转移的个数为

1.6g

32g

×4×N_A=0.2N_A个，故答案为：0.2N_A；
（3）2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，转移10e^-，“单线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目为故答案为：；
Ⅱ．（1）Fe³⁺→Fe²⁺，化合价从+3→+2，降低1价，SO₂→SO₄^2-，化合价从+4→+6，升高2价，由电子守恒可知铁元素前面系数为2，硫元素前面系数为1，则2Fe³⁺+1SO₂+H₂O→2Fe²⁺+1SO₄^2-+H⁺，再根据氧原子守恒可知H₂O前面系数为2，H⁺前系数为4，离子反应为2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺，
故答案为：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺；
（2）浅绿色为亚铁离子颜色，黄色为三价铁离子颜色，溶液由浅绿色变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，故氧化性氯气强于三价铁离子，根据（1）可知，三价铁离子氧化性强于SO₂，故答案为：Cl₂＞Fe³⁺＞SO₂．

点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，涉及配平及氧化性强弱比较、电子转移的方向和数目等，中等难度，注意配平一般用化合价升降法配平变价元素，再根据原子守恒配平其他元素，根据反应方程式判断氧化性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．