Question

12．钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用．工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图1：

（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO．若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO₃^-与IO^-的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为4I₂+8OH^-=IO₃^-+IO^-+6I^-+4H₂O．
（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是将NaIO₃完全转化为NaI，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是3H₂O+2Fe+NaIO₃=NaI+2Fe（OH）₃↓．
（3）溶液2中除含有H⁺外，一定含有的阳离子是Fe²⁺；试设计实验证实该金属阳离子的存在取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe²⁺，反之不含．
（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC₂O₄•2H₂O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示：1析图中数据，根据信息写出过程Ⅰ发生2的化学方程式FeC₂O₄•2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC₂O₄+2H₂O↑．
②300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式Fe₂O₃．

Answer 1

分析 由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO₃，加入Fe与NaIO₃发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，经过滤后得到红褐色固体氢氧化铁，过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI；
（1）生成IO₃^-与IO^-，I元素的化合价均升高，则还生成NaI，结合电子、电荷守恒分析；
（2）Fe与NaIO₃发生氧化还原反应；
（3）由溶液含H⁺，固体完全溶解，Fe与硫酸铁反应生成硫酸亚铁；
（4）①过程I使其质量减少3.60-2.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量；
②由元素守恒计算氧化物中Fe元素的质量，再利用原子个数比确定化学式．

解答 解：（1）NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO₃^-与IO^-的物质的量之比为1：1，若均为1mol，由电子守恒可知，生成I^-为$\frac{1×5+1×1}{（1-0）}$=6mol，结合电荷守恒及原子守恒可知离子反应为4I₂+8OH^-=IO₃^-+IO^-+6I^-+4H₂O，故答案为：4I₂+8OH^-=IO₃^-+IO^-+6I^-+4H₂O；
（2）加入过量铁屑的目的是将NaIO₃完全转化为NaI，加入铁屑时发生反应的化学方程式为3H₂O+2Fe+NaIO₃=NaI+2Fe（OH）₃↓，
故答案为：将NaIO₃完全转化为NaI；3H₂O+2Fe+NaIO₃=NaI+2Fe（OH）₃↓；
（3）固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，加硫酸得到溶液2除含有H⁺外，固体完全溶解，一定含有的阳离子是Fe²⁺，证实该金属阳离子的存在方法为取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe²⁺，反之不含，
故答案为：Fe²⁺；取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe²⁺，反之不含；
（4）①3.60g草酸亚铁晶体，物质的量为0.2mol，过程I使其质量减少3.60-2.88g=0.72g，恰好为0.4mol水的质量，则过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC₂O₄•2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC₂O₄+2H₂O↑，
故答案为：FeC₂O₄•2H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC₂O₄+2H₂O↑；
②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×$\frac{56}{180}$×100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，
氧化物中氧元素的质量为：1.60g-1.12g=0.48g，
铁元素和氧元素的质量比为：1.12g：0.48g=7：3，
设铁的氧化物的化学式为Fe_xO_y，
则56x：16y=7：3，
x：y=2：3，
铁的氧化物的化学式为Fe₂O₃，
故答案为：Fe₂O₃．

点评 本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中的反应及氧化还原反应的分析、质量守恒的计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等．