（1）在含3molNaHSO3的溶液中加入amolNaIO3的溶液充分反应（不考虑I2+I-=I3-，已知还原...

问题详情：

（1）在含3molNaHSO3的溶液中加入amolNaIO3的溶液充分反应（不考虑I2+I-=I3-，已知还原*HSO3- >I-)。

①当产生*单质的量最多时，反应的n(IO3-)=_____ mol

② 若1<a<1.2 时，溶液中SO42-与I-的物质的量之比为________(用含a的表达式)

（2）将可能混有NaOH的16.80gNaHCO3固体，在200℃条件下充分加热，排出反应产生的气体，得到固体的质量为bg。

①b的最小值为______。

②当b=______时，产物中水的质量最多。

【回答】

【*】    (1). 1.2    (2). 3: (6-5a)    (3). 10.60    (4). 14.36

【解析】

【分析】

（1）①当产生*单质的量最多时IO3-被还原为I2，HSO3-被氧化为SO42-，根据得失电子守恒计算；

②当a=1时，HSO3-被完全氧化为SO42-，IO3-被还原为I-，当a=1.2时，IO3-被还原为I2，根据得失电子守恒列式计算；

（2）根据方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知：①当16.80g完全为NaHCO3时，反应后固体质量最小；

②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时，生成H2O的质量最多，发生反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设出二者物质的量，结合总质量计算。

【详解】(1)①当产生*单质的量最多时IO3-被还原为I2,1mol IO3-被还原转移电子5mol； HSO3-被氧化为SO42-,1mol HSO3-被氧化转移电子2mol,根据得失电子守恒,消耗n(IO3-)=3mol×2÷5=1.2，

故*为：1.2；

②当a=1时,3molHSO3-被完全氧化为3mol SO42-, IO3-被还原为I−,当a=1.2时, IO3-被还原为I2;设生成I−的物质的量xmol,则生成*单质的物质的量为 (a−x)/2mol,根据得失电子守恒 (a−x)/2×10+6x=3×2,x=6−5a,所以若1<a<1.2 时,溶液中SO42-与I−的物质的量之比为3:(6−5a)，

故*为：3:(6−5a)；

(2)发生反应为2NaHCO3 = Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，

①当16.80g完全为NaHCO3时,反应后的固体质量为：106g/mol×16.8g÷84g/mol×1/2=10.6g，

若16.8g固体完全为NaOH，剩余固体质量不变，仍然为16.8g，

所以得到固体最小质量为10.6g，即b的最小值为10.6，

故*为：10.60；

②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时,生成H2O的质量最多,此时NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1:1,发生反应为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设NaOH和NaHCO3的物质的量均为x，则84x+40x=16.8，解得：x≈0.1355mol，根据反应可知，生成固体碳**的物质的量为0.135mol，质量为：106g/mol×0.1355mol=14.363g≈14.36g，

故*为：14.36。

知识点：物质的量单元测试

题型：综合题