- 氧化还原反应的本质和特征
- 共3878题
草酸三氢钾是一种重要的化学试剂，广泛用于分析试剂及缓冲溶液的配制，等级为分析纯（A．R）的产品售价大约每公斤70元．下面是草酸三氢钾的产品标签．
化学名称：草酸三氢钾、四草酸钾、乙二酸三氢钾、四乙二酸钾
英文名：potassium trihydrogen dioxalate dihydrate或potassium tetraoxalate
分子式：KHC2O4…H2C2O4•2H2O或C4H3KO8•2H2O
分子量：254.19
性质：无色晶体或白色粉末．热至100℃失水成无水物，更高温度时分解为碳酸钾和一氧化碳等，溶于水，微溶于醇
质量指标：KHC2O4…H2C2O4•2H2O含量，分析纯（A．R）大于99.5%，化学纯（C．P）大于99.0%
对产品的质量鉴定可以采用氧化还原滴定法，操作步骤如下：称取草酸三氢钾样品1.271g，溶解后定容在100mL容量瓶A中，用移液管移取25.00mL到锥形瓶中，加硫酸酸化后，用0.04000mol•L_1KMnO4溶液滴定至终点，消耗24.91mL．
（1）写出发生的滴定的离子反应方程式______．（提示：滴定反应可视为草酸与高锰酸钾反应）
（2）该滴定使用什么指示剂，终点的颜色将怎样变化？______．
（3）通过计算可知该草酸三氢钾样品的质量分数为______．
（4）该产品属于哪种等级的化学试剂______．
（5）采用氧化还原滴定法操作时可以观察到这样的现象，刚刚加入第一滴KMnO4到草酸三氢钾溶液中，溶液呈现紫红色，大约3分钟紫红色褪去，随后加入的KMnO4紫红色则立即褪去．请对这一现象给出解释．______．
正确答案
解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，在酸性环境下，能将草酸氧化为二氧化碳，同时自身被还原为锰离子，
即：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+，故答案为：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+；
（2）高锰酸钾本身具有颜色，在滴定草酸的过程中可以担当指示剂的角色，当最后一滴滴入溶液中，溶液恰好变紫红色，且30s内不退色，此时便是滴定终点，
故答案为：KMnO4；最后一滴滴入溶液，溶液恰好变紫红色，且30s内不退色，此时便是滴定终点；
（3）根据反应：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+，2.5C4H3KO8•2H2O～5H2C2O4～2MnO4-，
高锰酸钾的物质的量为：0.04000mol/L×24.91×10-3L×4=3.9856×10-3mol，
所以C4H3KO8•2H2O的物质的量为：3.9856×10-3mol×2.5×
以C4H3KO8•2H2O的质量分数=
故答案为：99.6%；
（4）根据题意：质量指标：KHC2O4…H2C2O4•2H2O含量，分析纯（A．R）大于99.5%，故答案为：分析纯（A．R）；（5）刚刚加入第一滴KMnO4到草酸三氢钾溶液中，溶液呈现紫红色，大约3分钟紫红色褪去，随后加入的KMnO4紫红色在Mn2+催化作用下则立即褪去，故答案为：反应生成的Mn2+起催化作用．
解析
解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，在酸性环境下，能将草酸氧化为二氧化碳，同时自身被还原为锰离子，
即：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+，故答案为：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+；
（2）高锰酸钾本身具有颜色，在滴定草酸的过程中可以担当指示剂的角色，当最后一滴滴入溶液中，溶液恰好变紫红色，且30s内不退色，此时便是滴定终点，
故答案为：KMnO4；最后一滴滴入溶液，溶液恰好变紫红色，且30s内不退色，此时便是滴定终点；
（3）根据反应：6H++5H2C2O4+2MnO4-═10CO2+8H2O+2Mn2+，2.5C4H3KO8•2H2O～5H2C2O4～2MnO4-，
高锰酸钾的物质的量为：0.04000mol/L×24.91×10-3L×4=3.9856×10-3mol，
所以C4H3KO8•2H2O的物质的量为：3.9856×10-3mol×2.5×
以C4H3KO8•2H2O的质量分数=
故答案为：99.6%；
（4）根据题意：质量指标：KHC2O4…H2C2O4•2H2O含量，分析纯（A．R）大于99.5%，故答案为：分析纯（A．R）；（5）刚刚加入第一滴KMnO4到草酸三氢钾溶液中，溶液呈现紫红色，大约3分钟紫红色褪去，随后加入的KMnO4紫红色在Mn2+催化作用下则立即褪去，故答案为：反应生成的Mn2+起催化作用．
下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是（ ）
正确答案
解析
解：A．HCl→H2中H元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂才能实现，故A不选；
B．CO2→CO32-中各元素的化合价都不变化，不属于氧化还原反应，加入氢氧化钠溶液即可实现，故B不选；
C．SO2→SO3中硫元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，如氧气，故C选；
D．Fe3+→Fe2+中Fe元素的化合价降低，则需加还原剂才能实现，如铁，故D不选；
故选C．
已知：在同一个反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性．在一定条件下KClO3与I2按下式反应：2KClO3+I2═2KIO3+Cl2，下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．该反应为单质与化合物反应生成新单质、新化合物，则属于置换反应，故A正确；
B．由Cl元素的化合价降低可知，KClO3为氧化剂，则氧化性为KClO3＞I2，故B错误；
C．由I元素的化合价升高可知，I2为还原剂，则还原性为I2＞KClO3，故C错误；
D．Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂为KClO3，还原剂为I2，故D错误；
故选A．
含氮废水进入水体而对环境造成的污染越来越严重．某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO3-还原为N2，从而消除污染．
（1）配平以下有关的离子反应方程式：
______NO3-+______ Al+______H2O______N2↑+______Al（OH）3+______OH-
（2）以上反应中，失电子的物质是______，还原产物是______，每生成1mol这种还原产物，将有______摩尔电子发生转移．
（3）现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO3-（设氮元素都以NO3-的形式存在），则至少需要消耗金属铝______克．
（4）你对以上治理污染的方案有何评价？______．
正确答案
解：（1）氯元素化合价共升高了3价，两氮元素化合价共降低了10价，根据得失电子守恒，则需要转移电子30mol，所以金属铝的前面系数是10，硝酸根前面系数是6，氮气前面系数是3，根据原子守恒配平氢原子和氧原子即可，即
6NO3-+10Al+18H2O═3N2↑+10Al（OH）3+6OH-，故答案为：6、10、18、3、10、6；
（2）氧化还原反应中，化合价升高元素Al失去电子，化合价降低的N元素对应的产物氮气是还原产物，根据化学方程式可以知道，生成3mol的氮气转移电子是30mol，当生成1mol氮气时，转移电子是10mol，故答案为：Al；N2；10；
（3）因为含氮0.3mol的废水中的NO3-的物质的量为0.3mol，根据化学方程式，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为0.5mol，所以需要金属铝的质量是：0.5mol×27g/mol=13.5g，故答案为：13.5；
（4）该方案的治理成本较高并且Al（OH）3溶于OH-会造成水体新的污染，
故答案为：该方案的治理成本较高（或Al（OH）3溶于OH-会造成水体新的污染等等）．
解析
解：（1）氯元素化合价共升高了3价，两氮元素化合价共降低了10价，根据得失电子守恒，则需要转移电子30mol，所以金属铝的前面系数是10，硝酸根前面系数是6，氮气前面系数是3，根据原子守恒配平氢原子和氧原子即可，即
6NO3-+10Al+18H2O═3N2↑+10Al（OH）3+6OH-，故答案为：6、10、18、3、10、6；
（2）氧化还原反应中，化合价升高元素Al失去电子，化合价降低的N元素对应的产物氮气是还原产物，根据化学方程式可以知道，生成3mol的氮气转移电子是30mol，当生成1mol氮气时，转移电子是10mol，故答案为：Al；N2；10；
（3）因为含氮0.3mol的废水中的NO3-的物质的量为0.3mol，根据化学方程式，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为0.5mol，所以需要金属铝的质量是：0.5mol×27g/mol=13.5g，故答案为：13.5；
（4）该方案的治理成本较高并且Al（OH）3溶于OH-会造成水体新的污染，
故答案为：该方案的治理成本较高（或Al（OH）3溶于OH-会造成水体新的污染等等）．
将NH4CuSO3加入足量稀硫酸溶液微热，有红色固体和刺激性气味的气体生成，溶液变蓝色．据此判断下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：反应的离子方程式为2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，
A．反应中硫酸只提供酸性环境，不参加氧化还原反应，故A正确；
B．酸性条件下不生成氨气，由离子方程式可知生成气体为二氧化硫，故B错误；
C．生成红色固体为铜，故C正确；
D．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，
则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故D正确．
故选B．
扫码查看完整答案与解析