Question

11．H、C、N、O、Fe、Si、I是中學(xué)化學(xué)中常見的元素，請根據(jù)題意回答與這些元素有關(guān)的問題：
（1）根據(jù)元素周期律，碳的非金屬性強(qiáng)于硅，請用一個化學(xué)反應(yīng)方程式表示CO₂+Na₂SiO₃+H₂O=Na₂CO₃+H₂SiO₃．
（2）若FeSO₄和O₂的系數(shù)比為2：1，試配平下列方程式：
2FeSO₄+6K₂O₂→2K₂FeO₄+2K₂O+2K₂SO₄+1O₂↑
（3）各種氮氧化物（NO、NO₂）是主要的大氣污染物之一，治理氮氧化物（NO_X）廢氣的方法之一是用NaOH溶液進(jìn)行吸收，其反應(yīng)原理可表示如下：
NO₂+NO+2NaOH=2NaNO₂+H₂O       2NO₂+2NaOH=NaNO₂+NaNO₃+H₂O
現(xiàn)有一NO與NO₂的混合氣體，將其通入50mL 2mol/L的NaOH溶液中，恰好完全吸收，測得溶液中含有NO₃^- 0.02mol．
①所得溶液中NaNO₂的物質(zhì)的量為0.08mol；
②混合氣體中V（NO）：V（NO₂）=3：7．
（4）向FeI₂溶液中不斷通入Cl₂，溶液中I^-、I₂、IO₃^-、Fe²⁺、Fe³⁺等粒子物質(zhì)的量隨n（Cl₂）/n（FeI₂）的變化可用如圖簡單表示

①當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=6.5時，溶液中n（Cl^-）：n（IO₃^-）=6.5．
②當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1.2時，離子方程式可表示為2Fe²⁺+10I^-+6Cl₂=5I₂+2Fe³⁺+12Cl^-．

Answer 1

分析 （1）非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)的水合物的酸性越強(qiáng)，據(jù)此設(shè)計反應(yīng)原理；
（2）根據(jù)得失電子數(shù)相等配平反應(yīng)方程式，注意依據(jù)代數(shù)和為0判斷元素的化合價；
（3）①從Na元素質(zhì)量守恒的角度解答；
②根據(jù)NaNO₂和NaNO₃的物質(zhì)的量，利用反應(yīng)的化學(xué)方程式解答；
（4）由還原性強(qiáng)弱順序為：I^-＞Fe²⁺＞I₂，則在不斷通Cl₂的過程中，依次發(fā)生以下氧化還原反應(yīng)：Cl₂+2I^-=2Cl^-+I₂、Cl₂+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2Cl^-、5Cl₂+I₂+6H₂O=2IO₃^-+12H⁺+10Cl^-；可見當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1：1時，I^-恰好全被氧化；當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1.5時，F(xiàn)e²⁺正好全被氧化；當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=6.5時，氧化還原反應(yīng)完畢；因此當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1：1時，開始生成Fe³⁺至1.5時，F(xiàn)e³⁺達(dá)到最大量，故粗線C代表了n（Fe³⁺）的變化；
當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1.5時，開始生成IO₃^-，至6.5時，IO₃^-達(dá)到最大量，故折線E的起點(diǎn)若從1.5出發(fā)至6.5結(jié)束，則細(xì)線E代表了n（IO₃^-）的變化；
當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＜1時，碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘離子濃度減小至1時為0，碘單質(zhì)的濃度最大，為原來碘離子濃度的一半，所以A代表了n（I^-）的變化，B代表了n（I₂）的變化；
當(dāng)1.5≥n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1：1時，F(xiàn)e²⁺濃度減少至1.5時，F(xiàn)e²⁺達(dá)到最小量為0，故粗線D代表了n（Fe²⁺）的變化，然后結(jié)合發(fā)生的離子反應(yīng)解答．

解答 解：（1）非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)的水合物的酸性越強(qiáng)，根據(jù)CO₂+Na₂SiO₃+H₂O=Na₂CO₃+H₂SiO₃可知，碳酸的酸性大于硅酸，則C元素的非金屬性大于Si，
故答案為：CO₂+Na₂SiO₃+H₂O=Na₂CO₃+H₂SiO₃；
（2）FeSO₄+K₂O₂→K₂FeO₄+K₂O+K₂SO₄+O₂↑，該反應(yīng)，F(xiàn)eSO₄中Fe的化合價為+2價，K₂FeO₄中Fe的化合價為+6價，所以一個氯化亞鐵分子失去4個電子；K₂O₂中O的化合價為-1價，O₂中O的化合價為0價，一個K₂O₂分子失去2個電子生成氧氣；K₂O₂中O的化合價為-1價，K₂FeO₄和K₂O中O元素的化合價為-2價，所以一個K₂O₂失去2個電子，該方程式中得失電子的最小公倍數(shù)為6，所以該方程式的計量數(shù)分別為2、6、2、2、2、1，即方程式為2FeSO₄+6K₂O₂=2K₂FeO₄+2K₂O+2K₂SO₄+1O₂↑，
故答案為：2；6；2；2；2；1；
（3）①n（NaNO₃）=n（NO₃^-）=0.02mol，
n（NaOH）=0.05L×2mol/L=0.1mol，
根據(jù)Na元素質(zhì)量守恒，則
n（NaOH）=n（NaNO₃）+n（NaNO₂），
n（NaNO₂）=0.1mol-0.02mol=0.08mol，
故答案為：0.08；
②設(shè)混合氣體中含有xmolNO，ymolNO₂，
NO₂+NO+2NaOH→2NaNO₂+H₂O 
1   1          2
x   x          2x
 2NO₂+2NaOH→NaNO₂+NaNO₃+H₂O
 2            1    1
（y-x）   $\frac{1}{2}$（y-x）  $\frac{1}{2}$（y-x）
則2x+$\frac{1}{2}$（y-x）=0.08、$\frac{1}{2}$（y-x）=0.02，
解得：x=0.03、y=0.07，
所以x：y=3：7，
故答案為：3：7；
（4）由還原性強(qiáng)弱順序為：I^-＞Fe²⁺＞I₂，則在不斷通Cl₂的過程中，依次發(fā)生以下氧化還原反應(yīng)：Cl₂+2I^-=2Cl^-+I₂、Cl₂+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2Cl^-、5Cl₂+I₂+6H₂O=2IO₃^-+12H⁺+10Cl^-；可見當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1：1時，I^-恰好全被氧化；當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1.5時，F(xiàn)e²⁺正好全被氧化；當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=6.5時，氧化還原反應(yīng)完畢；因此當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1：1時，開始生成Fe³⁺至1.5時，F(xiàn)e³⁺達(dá)到最大量，故粗線C代表了n（Fe³⁺）的變化；
當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1.5時，開始生成IO₃^-，至6.5時，IO₃^-達(dá)到最大量，故折線E的起點(diǎn)若從1.5出發(fā)至6.5結(jié)束，則細(xì)線E代表了n（IO₃^-）的變化；
當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）＜1時，碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘離子濃度減小至1時為0，碘單質(zhì)的濃度最大，為原來碘離子濃度的一半，所以A代表了n（I^-）的變化，B代表了n（I₂）的變化；
當(dāng)1.5≥n（Cl₂）：n（FeI₂）＞1：1時，F(xiàn)e²⁺濃度減少至1.5時，F(xiàn)e²⁺達(dá)到最小量為0，故粗線D代表了n（Fe²⁺）的變化，
①當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=6.5時，氯氣和碘化亞鐵恰好反應(yīng)，反應(yīng)方程式為13Cl₂+2FeI₂+12H₂O=2FeCl₃+4HIO₃+20HCl，則n（C1^-）：n（IO₃^-）=26：4=13：2=6.5，
故答案為：6.5；
②當(dāng)n（Cl₂）：n（FeI₂）=1.2時，碘離子全部被氧化，亞鐵離子部分氧化，則離子反應(yīng)為2Fe²⁺+10I^-+6Cl₂=5I₂+2Fe³⁺+12Cl^-，
故答案為：2Fe²⁺+10I^-+6Cl₂=5I₂+2Fe³⁺+12Cl^-．

點(diǎn)評 本題考查了氧化還原反應(yīng)的計算、離子方程式的計算等知識，題目難度較大，注意圖形曲線變化的含義為解答關(guān)鍵，試題知識點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計算能力．