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正确率40.0%下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A
A.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：$$\mathrm{N a^{+}， \ N H_{4}^{+}， \ C l^{-}， \ B r^{-}}$$
B.能使酚酞变红的溶液：$$\mathrm{M g^{2+}， ~ F e^{3+}， ~ N a^{+}， ~ C l O^{-}}$$
C.含有大量$$\mathrm{F e}^{2+}$$的溶液：$$\mathrm{N a^{+}， ~ N H_{4}^{+}， ~ S O_{4}^{2-}， ~ O H}$$
D.$$0. 1 \mathrm{m o l} / \mathrm{L N a_{2} C O_{3}}$$溶液：$$\mathrm{K^{+}， ~ C u^{2+}， ~ S O_{4}^{2-}， ~ C l^{-}}$$
3、['氧化还原反应的书写及配平'， '四氧化三铁'， '氧化铁'， '以
为中心的基本粒子的有关推算'， '结合氧化还原反应知识与
的相关推算'， '硫酸的性质'， '氧化还原反应的定义、本质及特征'， '指示剂的使用'， '化学常用计量及综合应用'， '氧化还原反应的几组概念'， '铜']正确率40.0%向$$1 0. 4 ~ \mathrm{g} ~ \mathrm{F e_{3} O_{4}， ~} ~ \mathrm{F e_{2} O_{3}， ~ C u}$$的混合物中加入$$\mathrm{l ~ m o l} \cdot\mathrm{L}^{-1}$$的硫酸溶液$$\mathrm{1 4 0 ~ m L}$$时，固体恰好完全溶解，所得溶液中滴加$${{K}{S}{C}{N}}$$溶液不变红色。若用过量的$${{H}_{2}}$$在高温下还原相同质量的原混合物，最终所得固体的质量为$${{(}{)}}$$
A
A.$$\mathrm{8. 1 6 ~ g}$$
B.$$6. 4 2 \mathrm{\ g}$$
C.$$3. 2 4 \textnormal{g}$$
D.$$2. 2 4 \textnormal{g}$$
8、['溶液的酸碱性判断'， '指示剂的使用'， '溶液中由水电离出的H^{+} 或O H^{-}浓度的计算'， '水的电离平衡']正确率60.0%常温下，某溶液中由水电离出来的$$c ~ ( O H^{-} ) ~=1 \times1 0^{-1 1} m o l / L$$，若向该溶液中滴入$${{2}{～}{3}}$$滴酚酞，溶液的颜色可能是（）
D
A.只显红色
B.呈无色
C.无色或蓝色
D.红色或无色
2、分析各组离子共存情况：
A. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝说明存在强氧化性物质，但所列离子 $$Na^+$$、$$NH_4^+$$、$$Cl^-$$、$$Br^-$$ 均无强氧化性，可共存。
B. 能使酚酞变红说明溶液呈碱性，$$Mg^{2+}$$ 和 $$Fe^{3+}$$ 会生成氢氧化物沉淀，不能共存。
C. 含大量 $$Fe^{2+}$$ 的溶液中，$$OH^-$$ 会与 $$Fe^{2+}$$ 反应生成沉淀，不能共存。
D. $$Na_2CO_3$$ 溶液中，$$Cu^{2+}$$ 会与 $$CO_3^{2-}$$ 反应生成碱式碳酸铜沉淀，不能共存。
故正确答案为 A。
3、设混合物中 $$Fe_3O_4$$、$$Fe_2O_3$$、$$Cu$$ 的物质的量分别为 $$x$$、$$y$$、$$z$$。
硫酸消耗：$$n(H_2SO_4) = 1 \times 0.14 = 0.14$$ mol
固体溶解后滴加 KSCN 不变红，说明无 $$Fe^{3+}$$，全部转化为 $$Fe^{2+}$$。
根据电子守恒和物料守恒：
$$Fe_3O_4$$ 可看作 $$FeO \cdot Fe_2O_3$$，与 $$H_2SO_4$$ 反应时，$$Fe^{3+}$$ 被还原为 $$Fe^{2+}$$。
总铁原子数：$$3x + 2y$$
铜原子数：$$z$$
硫酸提供 $$H^+$$ 用于溶解和还原：
$$2 \times (3x + 2y + z) = 0.14 \times 2$$（因 $$H_2SO_4$$ 提供 2$$H^+$$）
即 $$3x + 2y + z = 0.14$$
质量关系：$$232x + 160y + 64z = 10.4$$
用 $$H_2$$ 还原后，得 $$Fe$$ 和 $$Cu$$，质量为：$$56(3x + 2y) + 64z$$
由电子守恒：还原过程得电子数 = $$2(3x + 2y + z)$$（$$Fe^{3+} \to Fe$$ 得 3e，$$Fe^{2+} \to Fe$$ 得 2e，$$Cu^{2+} \to Cu$$ 得 2e）
但直接计算最终固体质量：
设总铁原子物质的量为 $$n_{Fe}$$，铜原子物质的量为 $$n_{Cu}$$，则：
$$n_{Fe} = 3x + 2y$$，$$n_{Cu} = z$$
最终固体质量 = $$56 n_{Fe} + 64 n_{Cu}$$
由硫酸消耗知：$$n_{Fe} + n_{Cu} = 0.14$$（因每个金属离子消耗 2$$H^+$$）
又总质量：$$232x + 160y + 64z = 10.4$$
但 $$Fe_3O_4$$ 和 $$Fe_2O_3$$ 中铁氧比不同，需另寻关系。
注意 $$Fe_3O_4$$ 与酸反应时，部分 $$Fe^{3+}$$ 被还原，电子来自 $$Cu$$ 或 $$Fe^{2+}$$。
简化：最终 $$H_2$$ 还原所得固体为 $$Fe$$ 和 $$Cu$$，其质量相当于原混合物中金属元素总质量。
原混合物中金属元素质量：$$Fe$$ 和 $$Cu$$ 质量之和。
$$m_{Fe} + m_{Cu} = 10.4 - m_O$$
$$m_O$$ 为氧元素质量，与硫酸中 $$H^+$$ 反应生成水。
每个 $$O$$ 原子消耗 2$$H^+$$，故 $$n_O = n_{H^+}/2 = 0.14$$ mol
$$m_O = 0.14 \times 16 = 2.24$$ g
故最终固体质量 = $$10.4 - 2.24 = 8.16$$ g
正确答案为 A。
8、水电离出的 $$c(OH^-) = 1 \times 10^{-11}$$ mol/L，小于 $$10^{-7}$$，说明水的电离被抑制，可能为酸或碱溶液。
若为酸溶液，则 $$c(H^+) > 10^{-7}$$，$$c(OH^-) = 10^{-11}$$，pH ≈ 3，加酚酞无色。
若为碱溶液，则 $$c(OH^-) > 10^{-7}$$，但水电离的 $$c(OH^-) = 10^{-11}$$，说明碱抑制水电离，此时 $$c(OH^-)_{总} \approx 10^{-3}$$ mol/L（因 $$10^{-11} = \frac{{10^{-14}}}{{c(H^+)}}$$，得 $$c(H^+) = 10^{-3}$$，故 $$c(OH^-) = 10^{-11}$$ 为水电离部分，主体为碱电离），pH ≈ 11，加酚酞变红。
故溶液可能为红色或无色，正确答案为 D。