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    活动单导学课程高中化学人教版

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    12 （2025 南通月考）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。实验装置如图（夹持装置略），查阅资料可知：
    a. 在一定条件下${Mn^{2+}}$能被${Cl2}$或${ClO-}$氧化成${MnO2}$（棕黑色）、${MnO^{-}_{4}}$（紫色）。
    b. 浓碱条件下，${MnO2}$、绿色${MnO^{2-}_{4}}$可还原为${MnO^{-}_{4}}$。
    c. ${Cl2}$的氧化性与溶液的酸碱性无关，${NaClO}$的氧化性随溶液碱性增强而减弱。
    d. ${Mn(OH)2}$为白色沉淀。
    |序号|物质X|通入${Cl2}$前|C中实验现象通入${Cl2}$后|
    |----|----|----|----|
    |Ⅰ|水|得到无色溶液|产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化|
    |Ⅱ|5%${NaOH}$溶液|产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀|棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀|
    |Ⅲ|40%${NaOH}$溶液|产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀|棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀|
    （1）写出A中发生的反应的化学方程式，用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：
    ${2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O}$，双线桥：${\overset{+7}{Mn}O^{-}_{4}-＞[得到2×5e-]\overset{+2}{Mn}Cl2}$，${2HCl-＞[失去10×e-]Cl2}$
    。
    （2）通入${Cl2}$前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为
    ${2Mn(OH)2 + O2 = 2MnO2 + 2H2O}$
    。
    （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入${Cl2}$后的实验现象，对于${Mn^{2+}}$还原性与溶液碱性的认识是
    溶液碱性增强，${Mn^{2+}}$的还原性增强
    。
    答案：（1）${2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O}$，双线桥：${\overset{+7}{Mn}O^{-}_{4}-＞[得到2×5e-]\overset{+2}{Mn}Cl2}$，${2HCl-＞[失去10×e-]Cl2}$
    （2）${2Mn(OH)2 + O2 = 2MnO2 + 2H2O}$
    （3）溶液碱性增强，${Mn^{2+}}$的还原性增强
    解析：（1）A中为${KMnO4}$与浓盐酸反应制取${Cl2}$，化学方程式为${2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O}$，Mn元素从$+7$价降低到$+2$价，得到$5e-$，2个${KMnO4}$得到$10e-$；Cl元素从$-1$价升高到0价，失去$e-$，生成5个${Cl2}$失去$10e-$，双线桥表示为${\overset{+7}{2KMn}O4 + 16HCl(浓) = 2KCl + \overset{+2}{2Mn}Cl2 + 5\overset{0}{Cl2}↑ + 8H2O}$，箭头从${Mn}$指向${Mn}$，标“得到$2×5e-$”，从${Cl}$指向${Cl2}$中的${Cl}$，标“失去$10×e-$”。
    （2）白色沉淀为${Mn(OH)2}$，在空气中被${O2}$氧化为棕黑色的${MnO2}$，化学方程式为${2Mn(OH)2 + O2 = 2MnO2 + 2H2O}$。
    （3）实验Ⅰ为中性，通入${Cl2}$生成${MnO2}$沉淀；实验Ⅱ为碱性，通入${Cl2}$后溶液变为紫色（生成${MnO^{-}_{4}}$），说明碱性条件下${Mn^{2+}}$（或${MnO2}$）还原性增强，被氧化为更高价态的${MnO^{-}_{4}}$。
    （1）人体正常的血红蛋白含有${Fe^{2+}}$。若误食亚硝酸盐（如${NaNO2}$），则导致血红蛋白中的${Fe^{2+}}$转化为${Fe^{3+}}$而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是
    D
    （填字母，下同）。
    （2）下列方法中，不能用来区分${NaNO2}$和${NaCl}$的是
    B
    。
    （3）某同学把氯气通入${NaNO2}$溶液中，生成${NaNO3}$和${HCl}$，请写出反应的离子方程式：
    ${Cl2 + NO^{-}_{2} + H2O = NO^{-}_{3} + 2H+ + 2Cl-}$
    。
    （4）高铁酸钠（${Na2FeO4}$）具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。
    ${2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO^{2-}_{4} + 3Cl- + 5H2O}$

    （5）在反应${11P + 15CuSO4 + 24H2O = 5Cu3P + 6H3PO4 + 15H2SO4}$中，氧化剂是
    ${P}$、${CuSO4}$
    。
    答案：（1）D
    （2）B
    （3）${Cl2 + NO^{-}_{2} + H2O = NO^{-}_{3} + 2H+ + 2Cl-}$
    （4）${2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO^{2-}_{4} + 3Cl- + 5H2O}$
    （5）${P}$、${CuSO4}$
    解析：（1）亚硝酸盐使${Fe^{2+}}$转化为${Fe^{3+}}$，亚硝酸盐为氧化剂，被还原，A正确，D错误；维生素C解毒是将${Fe^{3+}}$还原为${Fe^{2+}}$，维生素C为还原剂，B、C正确。
    （2）A.${NaNO2}$与稀盐酸反应生成${HNO2}$，${HNO2}$分解产生${NO}$、${NO2}$气体，${NaCl}$与稀盐酸不反应，可区分；B.${AgNO2}$、${AgCl}$均为白色沉淀，无法区分；C.酸性条件下${NO^{-}_{2}}$氧化${I-}$生成${I2}$，淀粉变蓝，${NaCl}$无现象，可区分。
    （3）${Cl2}$氧化${NO^{-}_{2}}$生成${NO^{-}_{3}}$和${Cl-}$，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为${Cl2 + NO^{-}_{2} + H2O = NO^{-}_{3} + 2H+ + 2Cl-}$。
    （4）${Fe(OH)3}$中Fe从$+3$价升高到$+6$价（${FeO^{2-}_{4}}$），失去$3e-$；${ClO-}$中Cl从$+1$价降低到$-1$价（${Cl-}$），得到$2e-$，得失电子守恒，${Fe(OH)3}$与${ClO-}$的物质的量之比为2:3，再根据电荷守恒和原子守恒配平：${2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO^{2-}_{4} + 3Cl- + 5H2O}$。
    （5）反应中P元素部分从0价降低到$-3$价（${Cu3P}$），部分升高到$+5$价（${H3PO4}$）；${CuSO4}$中Cu从$+2$价降低到$+1$价（${Cu3P}$），所以氧化剂为${P}$和${CuSO4}$。