已知含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液.加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示.则下列判断不正确的是( )A．还原性:HSO${\;} {3}^{-}$＞I-.氧化性:IO${\;} {3}^{-}$＞I2＞SO${\;} {4}^{2-}$B．a点处的氧化产物是SO${\;} {4}^{2-}$.还原产物是I-C．当溶液中� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．

已知含3molNaHSO₃的溶液中逐滴加入KIO₃溶液，加入的KIO₃和析出的I₂的物质的量的关系曲线如图所示，则下列判断不正确的是（　　）

	A．	还原性：HSO${\;}_{3}^{-}$＞I^-，氧化性：IO${\;}_{3}^{-}$＞I₂＞SO${\;}_{4}^{2-}$
	B．	a点处的氧化产物是SO${\;}_{4}^{2-}$，还原产物是I^-
	C．	当溶液中的I^-为0.4mol时，加入的KIO₃一定为0.4mol
	D．	若向KIO₃溶液中滴加NaHSO₃溶液，反应开始时的离子方程式为：2IO${\;}_{3}^{-}$+5HSO${\;}_{3}^{-}$═I₂+5SO${\;}_{4}^{2-}$+3H⁺+H₂O

分析含3molNaHSO₃的溶液中逐滴加入KIO₃溶液，根据图象可知，开始加入的1molKIO₃溶液无I₂生成，根据得失电子数守恒来分析KIO₃的还原产物中碘元素的价态，说明首先是发生以下反应离子方程式：IO₃^-+3HSO₃^-═I^-+3SO₄^2-+3H⁺；继续加入KIO₃，有I₂生成，说明发生反应的离子方程式是IO₃^-+6H⁺+5I^-═3H₂O+3I₂，根据发生的反应来判断各个点的产物．

解答解：含3molNaHSO₃的溶液中逐滴加入KIO₃溶液，根据图象可知，开始加入的1molKIO₃溶液无I₂生成，设碘元素为还原为x价，根据得失电子数守恒可知：3×（6-4）=1×（5-x），解得x=-1，即IO₃^-被还原为I^-，说明首先是发生以下反应离子方程式：IO₃^-+3HSO₃^-═I^-+3SO₄^2-+3H⁺；b点以后，继续加入KIO₃，有I₂生成，说明发生反应的离子方程式是IO₃^-+6H⁺+5I^-═3H₂O+3I₂．
A、根据0-b点的反应为IO₃^-+3HSO₃^-═I^-+3SO₄^2-+3H⁺可知，HSO₃^-是还原剂，I^-是还原产物，故有还原性：HSO${\;}_{3}^{-}$＞I^-；根据b点及以后的反应为IO₃^-+6H⁺+5I^-═3H₂O+3I₂，可知氧化性IO${\;}_{3}^{-}$＞I₂，而碘能和二氧化硫发生反应：I₂+SO₂+2H₂O=H₂SO₄+2HI，可氧化性I₂＞SO${\;}_{4}^{2-}$，故可得：氧化性：IO${\;}_{3}^{-}$＞I₂＞SO${\;}_{4}^{2-}$，故A正确；
B、0-b点的反应为IO₃^-+3HSO₃^-═I^-+3SO₄^2-+3H⁺可知，SO${\;}_{4}^{2-}$是氧化产物，I^-是还原产物，故B正确；
C、溶液中的I^-为0.4mol时的点有两个：可能在0-b段，此时I^-尚没有被IO${\;}_{3}^{-}$氧化，0.4mol是全部的生成量，故此时加入KIO₃的物质的量为0.4mol；还可能在b-c段，此时I^-生成后又被继续加入的过量的KIO₃氧化，0.4mol是被氧化后剩余的量，故此时加入的KIO₃的物质的量大于0.4mol，故C错误；
D、若向KIO₃溶液中滴加NaHSO₃溶液，加入顺序决定了开始时KIO₃过量，故即使KIO₃被NaHSO₃还原生成的I^-，I^-也会接着和过量的KIO₃反应生成I₂，即向KIO₃溶液中滴加NaHSO₃溶液时，KIO₃只能被还原为I₂，故开始时的离子方程式为：2IO${\;}_{3}^{-}$+5HSO${\;}_{3}^{-}$═I₂+5SO${\;}_{4}^{2-}$+3H⁺+H₂O，故D正确．
故选C．

点评本题是一道有关氧化还原反应的综合题，考查角度广，难度中等，要求学生具有分析和解决问题的能力．

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	A．	离子化合物中只存在离子键
	B．	非金属元素组成的化合物中可能存在离子键
	C．	由不同种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性共价键
	D．	含金属元素的化合物中一定存在离子键

20．A、B、C、D、E、F、G都是短周期元素，原子序数依次增大．A原子半径是短周期最小的，B、C处于同一周期，D、E、F同处另一周期．D、C可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙．B原子的最外层电子数比次外层电子层多3个．F是地壳中含量最高的金属元素．C、G同主族．根据以上信息回答下列问题：
（1）B元素在周期表中的位置是第二周期第VA族乙物质的电子式是

（2）B、C、D、E、F、G六种元素的原子半径由小到大的顺序是O＜N＜S＜Al＜Mg＜Na （用元素符号填写）
（3）写出F的最高价氧化物对应的水化物和D的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（4）F的单质、石墨和二氧化钛（TiO₂）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，其中有一种产物是TiC其反应化学方程式为4Al+3C+3TiO₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Al₂O₃+3TiC
（5）P和Q两种物质都是由A、C、D、G四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应．写出该反应的离子方程式：H⁺+HSO₃^-=SO₂↑+H₂O．

17．

一定质量的镁、铝混合物投入2mol•L^-1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2mol•L^-1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示．则n（Mg）/n（Al）的最大值是（　　）

4．下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是（　　）

选项	离子组	加入试剂	加入试剂后发生反应的离子方程式
A	Fe²⁺、NO${\;}_{3}^{-}$、NH${\;}_{4}^{+}$	NaHSO₄溶液	3Fe${\;}^{2{+}_{\;}^{\;}}$+NO${\;}_{3}^{-}$+4H⁺═3Fe³⁺+NO↑+2H₂O
B	Ca²⁺、HCO${\;}_{3}^{-}$、Cl^-	少量NaOH溶液	Ca²⁺+2HCO${\;}_{3}^{-}$+2OH^-═2H₂O+CaCO₃↓+CO${\;}_{3}^{2-}$
C	K⁺、AlO${\;}_{2}^{-}$、HCO${\;}_{3}^{-}$	通入少量CO₂	2AlO${\;}_{2}^{-}$+3H₂O+CO₂═2Al（OH）₃↓+CO${\;}_{3}^{2-}$
D	NH${\;}_{4}^{+}$、Al³⁺、SO${\;}_{4}^{2-}$	少量Ba（OH）₂溶液	2NH${\;}_{4}^{+}$+SO${\;}_{4}^{2-}$+Ba²⁺+2OH^-═BaSO₄↓+2NH₃．H₂O

14．油脂密度比水小，难溶于水，易溶于汽油、乙醚等有机溶剂．

1．

合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义．
（1）氧化-还原法消除氮氧化物的转化如下：NO$→_{反应Ⅰ}^{O_{3}}$NO₂$→_{反应Ⅱ}^{CO（NH_{2}）_{2}}$N₂
①反应Ⅰ为：NO+O₃=NO₂+O₂，生成11.2L O₂（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol．
②反应Ⅱ中，当n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2时，反应的化学方程式是6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂．
（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）△H=-41.8kJ•mol^-1，已知：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1，写出NO和O₂反应生成NO₂的热化学方程式：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g），△H=-113.0 kJ•mol^-1．
（3）尿素[CO（NH₂）₂]是一种高效化肥，也是一种化工原料．
①以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH₂）₂ （s）+H₂O（l）?2NH₃（g）+CO₂（g）△H=+133.6kJ/mol．该反应的化学平衡常数表达式K=c²（NH₃）•c（CO₂）．关于该反应的下列说法正确的是a（填序号）．
a．从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大
c．降低温度使尿素的转化率增大
②密闭容器中以等物质的量的NH₃和CO₂为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO₂（g）+2NH₃（g）?CO （NH₂）₂ （s）+H₂O（g），混合气体中NH₃的物质的量百分含量[φ（NH₃）]随时间变化关系如图所示．则a点的正反应速率v_（正）（CO₂）＞b点的逆反应速率v_（逆）（CO₂）（填“＞”、“=”或“＜”）；氨气的平衡转化率是75%．

18．已知标准状况下3.2g某气体的体积为1.12L，此气体的摩尔质量是（　　）

19．氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺．把AlCl₃溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al₂O₃，将AlCl₃溶液中加入硫化钠溶液反应的离子方程式2Al³⁺+6H₂O+3S^2-=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑．

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