- 氧化还原反应的表示方法
- 共2374题
已知反应:5HClO3+6P+9H2O=5HCl+6H3PO4,用双线桥表示出此反应中电子转移的方向和数目____________ 。
正确答案
火药是中国的“四大发明”之一,永远值得炎黄子孙骄傲,也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时,发生如下的反应:2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑。
(1)其中被还原的元素是___,被氧化的元素是 ___,氧化剂是____,还原剂是___,氧化产物是___,还原产物是____。
(2)用电子转移的观点分析这一反应。
正确答案
(1)氮和硫 ;碳 ;KNO3和硫 ;碳 ;CO2 K2S和N2
(2)
2013年初,雾霾天气多次肆虐我国中东部,该地区PM2.5严重超标。研究表明,PM2.5约60%来源于某些气体污染物在空气中转变而成的二次颗粒物。这些气体污染物主要有二氧化硫、氮氧化物、氨气、挥发性有机物。因此,控制、治理PM2.5污染源成为环保的重要课题。
(1)研究表明,TiO2在紫外线照射下会使空气中的某些分子产生活性基团OH,如图所示,OH与NO2的反应为NO2+OHHNO3。写出OH与NO反应的化学方程式:_____________,该反应中被氧化的元素是 。
(2)如图所示的电解装置能吸收和转化NO2、NO和SO2。阴极排出的溶液中含S2O42-离子,能吸收NOx气体,生成的SO32-可在阴极区再生。请将S2O42-吸收NO2的离子方程式配平,并标明电子转移的方向和数目。
____S2O42-+____NO2+____OH- SO32-+____N2+____
(3)已知上述电解装置阳极反应为:SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+,阴极生成的吸收液每吸收标准状况下7.84 L的气体,阳极区新生成质量分数为49%的硫酸100 g,则被吸收气体中NO2和NO的物质的量之比为 。
(4)PM2.5产生的主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物,大多含有重金属等有毒物质。一般而言,粒径2.5微米至10微米的粗颗粒物主要来自扬尘等;2.5微米以下的细颗粒物(PM2.5)则主要来自化石燃料的燃烧(如机动车尾气、燃煤)、挥发性有机物的排放等。请你结合信息,给出降低PM2.5排放的对策(至少两条): ______ 。
正确答案
(本题共8分)(1)NO+3OH→HNO3+H2O (1分) +2价的N(1分)
(2) (3分)
(3)3∶4(2分) (4)采用新能源、减少机动车有害尾气的排放(1分)
试题分析:(1)根据方程式NO2+OH→HNO3可知,活性基团OH具有强氧化性,所以OH具有能把NO氧化生成硝酸。根据原子守恒可知,反应中还应该有水生成,因此反应的化学方程式是NO+3OH→HNO3+H2O。在反应中NO中+2价的氮元素化合价升高到+5价,所以被氧化的元素是氮元素。
(2)根据方程式可知,S2O42-中S元素的化合价从+3价升高到+4价,失去1个电子。NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价,得到4个电子,所以根据电子得失守恒可知,氧化剂NO2与还原剂S2O42-中S2O42-的物质的量之比是1:2。根据原子守恒可知,反应中还应该有水生成,所以配平后的方程式应该是。
(3)标准状况下7.84 L的气体的物质的量是7.84L÷22.4L/mol=0.35mol,设NO2和NO的物质的量分别是是x和y,则x+y=0.35mol。100 g 49%的硫酸中硫酸的质量是49g,物质的量是49g÷98g/mol=0.5mol,则根据方程式SO2-2e-+2H2O→SO42-+4H+可知,转移电子的物质的量是0.1mol,所以根据电子得失守恒可知,4x+2y=1mol,解得x=0.15mol、y=0.20mol,所以被吸收气体中NO2和NO的物质的量之比为3∶4。
(4)由于2.5微米以下的细颗粒物(PM2.5)主要来自化石燃料的燃烧(如机动车尾气、燃煤)、挥发性有机物的排放等,所以要降低PM2.5排放的对策应该是采用新能源、减少机动车有害尾气的排放。
将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色,已知H5IO6在反应中发生如下过程:H5IO6→HIO3。完成下列填空:
(1)将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置。
(2)在上图中标明电子转移的方向和数目。
(3)若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质,能将碘元素还原成碘离子的是____(选填序号)。
a. 盐酸 b. 硫化氢 c. 溴化钠 d. 硫酸亚铁
(4)若向含1mol H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液,再加入淀粉溶液,溶液变蓝,同时有大量气体产生。请写出此反应的化学方程式:________________________________,此过程中至少可得到气体_________L(标准状态下)。
正确答案
(本题共8分)(1)—(2)(共3分,物质1分、配平1分、方向数目1分)
(3)b(1分);
(4)2H5IO6 + 7H2O2 → I2 + 12H2O + 7O2↑(2分),78.4L(2分)
试题分析:(1)—(2)高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色,这说明反应中有高锰酸钾生成,因此高碘酸是氧化剂,硫酸锰是还原剂。其中I元素的化合价从+7价降低到+5价,得到2个电子。Mn元素的化合价从+2价升高到+7价,失去5个电子,所以根据电子得失守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比是5:2,因此电子转移的方向和数目为。
(3)由于氯气、单质溴以及铁离子的氧化性均强于单质碘的,所以选项acd不可能将高碘酸还原为碘离子。单质碘的氧化性强于S的,因此H2S可以把高碘酸还原为碘离子,答案选b。
(4)向含1mol H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液,再加入淀粉溶液,溶液变蓝,这说明有单质碘生成。同时有大量气体产生,该气体应该是氧气,所以反应的化学方程式为2H5IO6 + 7H2O2 → I2 + 12H2O + 7O2↑。其中氧气的物质的量是3.5mol,在标准状况下的体积是3.5mol×22.4L/mol=78.4L。
已知:3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,用双线桥法标出上述电子转移的方向和数目:________。上述反应中还原剂是________;氧化剂是_______。
正确答案
;还原剂Cu;氧化剂HNO3
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