Question

9．铁元素是中学化学中讨论最多的过渡元素，它能形成众多重要的合金及化合物．
（1）铁制品易生锈，在如图所示铁闸中的A、B、C三点中，C点的电极反应方程式为Fe-2e^-=Fe²⁺将此铁闸与电源的负极相连可起到保护该铁闸的作用．对铁制品进行钝化处理可提高其抗腐蚀能力，下面是处理过程中的一个反应的方程式为：请配平该反应方程式．
6Na₂FeO₂+1NaNO₂+5H₂O═3Na₂Fe₂O₄+1NH₃↑+7NaOH
（2工业上FeCl₃溶液常用于作H₂S气体的吸收剂（可得到一种黄色的固体），相应反应的离子方程式为2Fe³⁺+H₂S=2Fe²⁺+S↓+2H⁺．
（3）FeI₂溶液呈浅绿色，向该溶液中加入少量双氧水后溶液变成浅黄色，变黄色的原因有多种可能，你认为是有I₂生成，为证明你的假设是正确的，还需要的一种试剂是淀粉，假设你的看法是正确的，写出溶液变成浅黄色时反应的离子方程式2I^-+H₂O₂+2H⁺=I₂+2H₂O．
（4）向浓度均为0.1mol•L^-1的FeSO₄和CuSO₄的混合溶液中滴加Na₂S溶液，当两种金属离子沉淀完全时，溶液中c（Fe²⁺）：c（Cu²⁺）=5×10^-18（已知：K_sp（FeS）=6.5×10^-18，K_sp（CuS）=1.3×10^-36）．

Answer 1

分析 （1）C点处Fe失电子生成亚铁离子；与外接电源的负极相连作阴极被保护；
根据元素化合价变化，结合电子守恒、原子守恒分析化学方程式中化学计量数；
（2）FeCl₃和H₂S发生氧化还原反应，H₂S具有还原性能被铁离子氧化为硫沉淀，Fe³⁺会被还原为Fe²⁺；
（3）I^-的还原性强于Fe²⁺，根据加入的双氧水量少来分析；检验碘单质的生成用淀粉；I^-在酸性条件下被双氧水氧化为I₂，双氧水被还原为水，据此分析；
（4）向浓度均为0.1mol•L^-1的FeSO₄和CuSO₄的混合溶液中滴加Na₂S溶液，当两种金属离子沉淀完全时，有：c（Fe²⁺）c（S^2-）=K_sp（FeS）=6.5×10^-18；c（Cu²⁺）c（S^2-）=K_sp（CuS）=1.3×10^-36，据此分析．

解答 解：（1）铁闸在海水中发生吸氧腐蚀，C点铁闸做负极，Fe失电子生成亚铁离子，故电极反应为：Fe-2e^-=Fe²⁺；钢铁的防护有牺牲阳极的阴极保护法和外接电源的阴极保护法，故与外接电源的负极相连．即铁闸作阴极会被保护；
在此氧化还原反应中，Na₂FeO₂化合价由+2价升为Na₂Fe₂O₄的+3价，当2molNa₂FeO₂参与反应时，失去2mol电子；NaNO₂做氧化剂，化合价由+3价将为NH₃的-3价，当1molNaNO₂参与反应时，失去6mol电子，根据得失电子数守恒可知，Na₂FeO₂的计量数为6，Na₂Fe₂O₄的计量数为3，NaNO₂的计量数为1，NH₃的计量数为1，然后根据质量守恒可知，H₂O的计量数为5，NaOH的计量数为7，反应为6Na₂FeO₂+NaNO₂+5H₂O═3Na₂Fe₂O₄+NH₃↑+7NaOH，
故答案为：Fe-2e^-=Fe²⁺；负；6；1；5；3；1；7
（2）FeCl₃和H₂S发生氧化还原反应，H₂S具有还原性能被铁离子氧化为硫沉淀，由于是在酸性条件下，而不能生成FeS沉淀，故离子方程式为：2Fe³⁺+H₂S=2Fe²⁺+S↓+2H⁺；故答案为：2Fe³⁺+H₂S=2Fe²⁺+S↓+2H⁺；
（3）I^-的还原性强于Fe²⁺，由于加入的双氧水量少，故双氧水先氧化I^-生成I₂，故溶液变为浅黄色可能是有碘单质生成；检验碘单质的生成用淀粉；I^-在酸性条件下被双氧水氧化为I₂，双氧水被还原为水，根据得失电子数守恒和质量守恒可知离子方程式为：2I^-+H₂O₂+2H⁺=I₂+2H₂O，故答案为：I₂；淀粉；2I^-+H₂O₂+2H⁺=I₂+2H₂O；
（4）向浓度均为0.1mol•L^-1的FeSO₄和CuSO₄的混合溶液中滴加Na₂S溶液，当两种金属离子沉淀完全时，有：c（Fe²⁺）c（S^2-）=K_sp（FeS）=6.5×10^-18；c（Cu²⁺）c（S^2-）=K_sp（CuS）=1.3×10^-36，故有：c（Fe²⁺）：c（Cu²⁺）=$\frac{Ksp（FeS）}{Ksp（CuS）}$=$\frac{6.5×1{0}^{-18}}{1.3×1{0}^{-36}}$=5×10^-18，故答案为：5×10^-18．

点评 本题考查较为综合，涉及金属的电化学腐蚀、离子方程式的书写、难溶电解质的溶解平衡等问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握答题思路，难度中等．