Question

【題目】在室溫下，向Cu(IO3)2飽和溶液中加入足量的經(jīng)稀硫酸酸化的KI溶液，產(chǎn)生CuI沉淀，溶液由藍(lán)色變?yōu)樽攸S色，反應(yīng)前加入淀粉溶液不變藍(lán)，反應(yīng)后加入淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色。

(1)該反應(yīng)中氧化劑是 ______ ；

(2)該反應(yīng)的還原產(chǎn)物是 ______ ；

(3)1 mol氧化劑在反應(yīng)中得到電子的物質(zhì)的量為 ______ ；

(4)某反應(yīng)體系中有物質(zhì)：Bi2(SO4)3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4請(qǐng)將NaBiO3之外的反應(yīng)物與生成物分別填入以下空格內(nèi)，配平化學(xué)計(jì)量數(shù)，并在氧化劑與還原劑之間標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。

_________NaBiO3+_____ ________ + _____ ________→_____ _______ + ______ ________+ ______ _______+ ______ _______。

_____________

Answer 1

【答案】Cu(IO3)2 CuI、I2 11 mol 10 4 MnSO4 14 H2SO4 5 Bi2(SO4)3 4 NaMnO4 3 Na2SO4 14 H2O

【解析】

(1)~(3)Cu(IO3)2與KI在硫酸酸化條件下反應(yīng)產(chǎn)生I2，CuI沉淀，同時(shí)得到K2SO4、H2O，根據(jù)氧化劑得到電子，元素化合價(jià)降低，還原劑失去電子，元素化合價(jià)升高，元素化合價(jià)升降數(shù)目等于1 mol物質(zhì)失去或得到的電子數(shù)目；

(4)從NaBiO3是反應(yīng)物開(kāi)始分析，另一種含有鉍的化合物Bi2(SO4)3是生成物，Bi化合價(jià)降低，則反應(yīng)物NaBiO3作氧化劑，則MnSO4為反應(yīng)物，NaMnO4為生成物，生成物中的SO42-由H2SO4提供，則H2SO4是反應(yīng)物，結(jié)合元素守恒，生成物中還有Na2SO4、H2O。

(1)向Cu(IO3)2飽和溶液中加入足量的經(jīng)稀硫酸酸化的KI溶液，產(chǎn)生CuI沉淀，溶液由藍(lán)色變?yōu)樽攸S色，反應(yīng)前加入淀粉溶液不變藍(lán)，反應(yīng)后加入淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，則反應(yīng)過(guò)程中有I2生成，同時(shí)說(shuō)明銅離子、碘酸根離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則Cu(IO3)2作氧化劑，碘化鉀中碘離子失電子作還原劑；

(2)該反應(yīng)中Cu(IO3)2得電子生成CuI、I2，所以還原產(chǎn)物是CuI、I2；

(3)Cu(IO3)2在反應(yīng)中作氧化劑，根據(jù)氧化劑中所含有元素化合價(jià)降低的數(shù)值等于其反應(yīng)中得到電子數(shù)目，可知1 mol Cu(IO3)2得到電子數(shù)目為[(2-1)+(5-0)×2]×1 mol=11 mol；

(4)該反應(yīng)中NaBiO3是反應(yīng)物，根據(jù)Bi元素守恒，Bi2(SO4)3是生成物，Bi元素由反應(yīng)物到生成物，化合價(jià)降低，所以NaBiO3是氧化劑；NaMnO4中錳元素的化合價(jià)是+7價(jià)，MnSO4中錳元素的化合價(jià)是+2價(jià)，要選取還原劑，只能是化合價(jià)由低變高，所以MnSO4作還原劑，NaMnO4是氧化產(chǎn)物；再根據(jù)元素守恒，反應(yīng)物中還有硫酸，產(chǎn)物中還有Na2SO4、H2O。因此該反應(yīng)中，NaBiO3是氧化劑，MnSO4作還原劑；MnSO4→NaMnO4，錳元素由+2價(jià)→+7價(jià)，一個(gè)MnSO4失去5個(gè)電子；NaBiO3→Bi2(SO4)3，Bi元素由+5價(jià)→+3價(jià)，生成一個(gè)Bi2(SO4)3，得到4個(gè)電子，反應(yīng)中得失電子的最小公倍數(shù)為20，則其化學(xué)反應(yīng)方程式為；用單線橋法表示電子轉(zhuǎn)移為：。