[题目]Ⅰ.石油铁储罐久置未清洗易引发火灾.经分析研究.事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起.某研究小组将一定量的丙粉末投入足量的浓盐酸中发生反应.得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙.乙在标准状况下的密度为1.52g·L-1.过滤后向滤液中加入足量的NaOH溶液.先出现白色沉淀.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】Ⅰ.石油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起。某研究小组将一定量的丙粉末投入足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，乙在标准状况下的密度为1.52g·L－1，过滤后向滤液（假设乙全部逸出）中加入足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，过滤、洗涤、灼烧后的固体质量为24g。已知气体乙可溶于水。

请回答：

（1）丙中所含的元素名称为____。

（2）丙在盐酸中反应的离子方程式为____。

（3）为消除火灾隐患，下列措施可行的是____。

A. 石油入罐前脱硫 B. 定期用酸清洗罐体

C. 罐体内壁涂刷油漆 D. 罐体中充入氮气

Ⅱ. 某盐A由三种元素组成，其相关的转化关系如图（所有产物均已标在框图上），其中C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似。

（1）画出B中阴离子的电子式：____。

（2）化合物C中显正价的是____元素。

（3）化合物C与KI反应的化学方程式为____。

（4）下列物质中，能与C反应的有____。

A. SO2的水溶液 B. H2O C. Na D. Na2SO4

【答案】铁和硫 Fe2S3+4H+=2Fe2++S↓+2H2S↑ AD I ICl+KI=KCl+I2 ABC

【解析】Ⅰ.向丙与浓盐酸反应后的滤液(假设乙全部逸出)中加人足量的NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终转变为红褐色沉淀，则滤液中含有亚铁离子，灼烧后的固体为氧化铁，质量为24g，氧化铁物质的量为=0.15mol，则铁的物质的量为0.3mol．丙粉末投人足量的浓盐酸中发生反应，得到4.8g淡黄色沉淀和气体乙，则淡黄色沉淀为S，物质的量为=0.15mol，乙在标准状况下的密度为1.52gL-1，则乙的相对分子质量为1.52×22.4=34，气体乙可溶于水，则乙为H2S，在丙中铁元素与硫单质的物质的量之比为2：1，而氧化物甲与气态氢化物乙按1：3反应生成的物质丙，根据元素守恒和电子得失守恒可推断甲为Fe2O3，丙为Fe2S3，甲与乙发生的反应生成丙的反应为Fe2O3+3H2S=Fe2S3+3H2O，丙在盐酸中发生反应为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S。

(1)丙为Fe2S3，丙中所含的元素为铁和硫，故答案为：铁和硫；

(2)丙在盐酸中反应的离子方程式为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S，故答案为：Fe2S3+4H+=2H2S↑+2Fe2++S；

(3)A．石油入罐前脱硫处理，防止硫化氢的生成，故A正确；B．定期用酸清洗罐体，会使罐壁变薄，不利于储存油，故B错误；C．罐体内壁涂刷油漆，油漆是有机物，容易溶于油中，使油纯度降低，故C错误；D．罐体中充入氮气，就可以防止罐被氧化产生Fe2O3，故D正确，故选AD；

Ⅱ.分析转化关系，1molC+KI=1mol化合物B+1mol单质D，1mol化合物B加入硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有Cl元素，推断C中含有Cl元素，所以生成单质D推断为I2，B为KCl，则依据氧化还原反应实质判断C为ICl，为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，1mol盐A中含有Cl、I、K，依据元素化合价代数和为0判断，A为KICl2。

(1)B为氯化钾，阴离子为Cl-，氯离子的电子式：，故答案为：；

(2)氯化碘结构和氯气相似，Cl原子和I原子之间共用一对电子，C为ICl，碘化合价为+1价，氯元素化合价为-1价，故答案为：碘；

(3)C和KI反应发生的是碘元素的归中反应，生成碘单质，反应的化学方程式为：KI+ICl=I2+KCl；故答案为：KI+ICl=I2+KCl；

(4)C为ICl为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似，具有强氧化性，能氧化还原性物质和不饱和碳原子形成的双键发生加成反应，和水发生自身氧化还原反应；A．SO2 B具有还原性可以被ICl氧化，故A符合；B、根据氯气和水反应方程式知，氯化碘和水反应方程式为ICl+H2O═HCl+HIO，H2O和ICl反应，故B符合； C．乙烯含有不饱和碳碳双键，类比氯气和碳碳双键发生加成反应，故C符合；D．Na2SO4溶液和ICl不能发生反应，故D不符合；故选ABC。