Question

（2012?闵行区二模）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：

5

 Na₂SO₃+

2

KIO₃+

1

H₂SO₄→

5

Na₂SO₄+

1

K₂SO₄+

1

I₂+

1

H₂O
（1）配平该反应，若反应中有5mol电子转移，则生成的碘是

127

g．
（2）该反应过程较复杂，一般认为分以下几步：
①IO₃^-+SO₃^2-→IO₂^-+SO₄^2-（反应慢）
②IO₂^-+2SO₃^2-→I^-+2SO₄^2-（反应快）
③5I^-+6H⁺+IO₃^-→3I₂+3H₂O（反应快）
④I₂+SO₃^2-+H₂O→2I^-+SO₄^2-+2H⁺（反应快）
根据上述条件推测，此反应速率由

①

步（填序号）反应决定．
（3）若预先加入淀粉溶液，由反应过程看，必在

SO₃^2-

离子消耗完时，才会有溶液变蓝的现象产生．原因是

SO₃^2-的还原性大于I^-，可被I₂氧化

．
（4）在酸性溶液中IO₃^-离子被I^-离子还原生成碘，在碱性溶液中IO₃^-离子不被I^-离子还原，而无论在酸性或碱性溶液中IO₄^-都被I^-离子还原，IO₄^-与I^-的碱性溶液的反应产物中加入淀粉溶液变蓝．若IO₄^-被还原时化合价是逐步降低的，在碱性溶液中IO₄^-离子与I^-反应的离子方程式为

IO₄^-+2I^-+H₂O=IO₃^-+I₂+2OH^-

．

Answer 1

分析：反应中S元素化合价由Na₂SO₃中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO₃中+5降低为I₂中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na₂SO₃系数为5，故I₂系数为1，再结合原子守恒配平；
（1）I元素化合价由KIO₃中+5降低为I₂中0价，每生成1molI₂转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；
（2）由慢反应决定整个反应过程的速率；
（3）由反应④可知，SO₃^2-的还原性大于I^-，可被I₂氧化，据此解答；
（4）由题目信息可知，IO₄^-被还原时化合价是逐步降低，碱性溶液中IO₃^-离子不被I^-离子还原，故碱性溶液中IO₄^-离子与I^-反应生成碱性溶液中IO₃^-离子与I₂，据此结合守恒判断其它物质生成，配平书写．

解答：解：反应中S元素化合价由Na₂SO₃中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO₃中+5降低为I₂中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na₂SO₃系数为5，故I₂系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na₂SO₃+2KIO₃+H₂SO₄=5Na₂SO₄+K₂SO₄+I₂+H₂O，故答案为：5；2；1；5；1；1；1；
（1）I元素化合价由KIO₃中+5降低为I₂中0价，每生成1molI₂转移10mol电子，故反应中有5mol电子转移，生成的碘的物质的量为

5mol

10mol

×1mol=0.5mol，故生成的碘的质量为0.5mol×254g/mol=127g，故答案为：127；
（2）由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，故答案为：①；
（3）由反应④可知，SO₃^2-的还原性大于I^-，可被I₂氧化，故需消耗完SO₃^2-，才会生成I₂，才会有溶液变蓝的现象产生，
故答案为：SO₃^2-；SO₃^2-的还原性大于I^-，可被I₂氧化；
（4）由题目信息可知，IO₄^-被还原时化合价是逐步降低，碱性溶液中IO₃^-离子不被I^-离子还原，故碱性溶液中IO₄^-离子与I^-反应生成碱性溶液中IO₃^-离子与I₂，反应中IO₄^-→IO₃^-，I元素化合价共降低2价，2I^-→I₂+2OH^-，I元素化合价共升高2价，故，IO₄^-的系数为1，I^-的系数为2，IO₃^-的系数为1，I₂的系数为1，根据电荷守恒，故还原OH^-生成，系数为2，故离子方程式为：IO₄^-+2I^-+H₂O=IO₃^-+I₂+2OH^-，故答案为：IO₄^-+2I^-+H₂O=IO₃^-+I₂+2OH^-．

点评：本题考查氧化还原反应的配平与计算等，难度中等，（4）中注意根据守恒判断有氢氧根离子生成，注意氧化还原反应中守恒思想的运用．