Question

11．Ⅰ、请将5种物质：N₂O、FeCl₂、Fe（NO₃）₃、HNO₃和FeCl₃分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式：HNO₃+FeCl₂→N₂O+Fe（NO₃）₃+FeCl₃+H₂O（不需配平）
Ⅱ、（1）配平下列离子反应方程式：
2Fe（OH）₃+（5-n）ClO^-+2nOH^-→2FeO₄^n-+（5-n）Cl^-+（n+3）H₂O
（2）已知有10.7g Fe（OH）₃参加反应，共转移了0.3N_A个电子，则n=2，FeO₄^n-中铁元素的化合价为+6．
（3）根据所学的知识，推测FeO₄^n-能与下列BC（填序号）物质反应．
A．KMnO₄　　　B．SO₂　　　C．H₂S　　　D．O₂
（4）一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH₃OH，将HNO₃还原成N₂．若该反应消耗32g CH₃OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6．

Answer 1

分析 Ⅰ、元素处于最高价只有氧化性，元素居于低价有还原性，根据所给物质的化合价情况来分析；
Ⅱ、（1）元素的化合价变化分别是：Fe元素由Fe（OH）₃中+3价变成^-FeO₄ⁿ中+（8-n）价，失去电子数为（5-n）个，Cl元素由ClO^-中的+1价变成Cl^-中的-1价，得电子数为2个；根据氧化还原反应中得失电子守恒，其最小公倍数为2（5-n），所以Fe（OH）₃计量数是2，ClO^-计量数是（5-n），并根据元素守恒进行配平；
（2）反应中Fe元素化合价升高，被氧化，Cl元素化合价降低，被还原，结合氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子数目相等计算；
（3）FeO₄^n-中Fe的化合价为+6价，为高价态，具有强氧化性，能和强还原性的物质反应；
（4）32gCH₃0H转移6mol电子，即1mol还原剂参加反应转移6mol电子，根据消耗甲醇的量和转移电子的量来书写方程式，并确定氧化剂和还原剂的量的多少；

解答 解：Ⅰ、所给的物质组合中，HNO₃中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N₂O，得电子数是4mol，能将还原性的4molFeCl₂氧化为Fe（NO₃）₃，4mol物质失电子数是4mol，根据氢原子守恒，水在生成物中，故发生的反应为：HNO₃+FeCl₂→N₂O+Fe（NO₃）₃+FeCl₃+H₂O，
故答案为：HNO₃；FeCl₂；N₂O；Fe（NO₃）₃；FeCl₃；
Ⅱ、（1）元素的化合价变化分别是：Fe元素由Fe（OH）₃中+3价变成^-FeO₄ⁿ中+（8-n）价，失去电子数为（5-n）个，Cl元素由ClO^-中的+1价变成Cl^-中的-1价，得电子数为2个；根据氧化还原反应中得失电子守恒，其最小公倍数为2（5-n），所以Fe（OH）₃计量数是2，ClO^-计量数是（5-n），并根据元素守恒进行配平，故方程式2Fe（OH）₃+（5-n）ClO^-+2nOH^-→2FeO₄^n-+（5-n）Cl^-+（n+3）H₂O，
  故答案为：2； （5-n）； 2n；2；（ 5-n ）；（n+3）；
（2）n（Fe（OH）₃）=$\frac{10.7g}{107g/mol}$=0.1mol，设Fe被氧化生成的FeO₄^n-中Fe元素化合价为x，则0.1mol×（x-3）=0.3mol，x=6，由化合价代数和为0可知，n=2，
故答案为：2；+6；
（3）FeO₄^n-中Fe的化合价为+6价，为高价态，具有强氧化性，能和强还原性的物质反应．SO₂和H₂S具有还原性，故答案为：BC；
（4）消耗32g（1mol）CH₃OH转移6mol电子，由CH₃OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO₂，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH₃OH+6HNO₃═5CO₂+3N₂+13H₂O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6．

点评 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度中等．