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7.有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的電離),其中Cl-、Br-、I-的個數(shù)之比為2:3:3,向溶液中通入氯氣,使溶液中Cl-和Br-的個數(shù)比為7:3(已知還原性I->Fe2+>Br->Cl-),則通入氯氣的物質的量與溶液中剩余的Fe2+的物質的量之比為(  )
A.5:4B.4:5C.5:12D.12:5

分析 混合溶液中只含F(xiàn)e2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的電離),其中Cl-、Br-、I-的個數(shù)之比為2:3:3,根據(jù)電荷守恒知,F(xiàn)e2+個數(shù)是Cl-、Br-、I-的個數(shù)的一半,所以Fe2+、Cl-、Br-、I-的個數(shù)之比為4:2:3:3,向溶液中通入氯氣,氯氣氧化離子先后順序是I-、Fe2+、Br-,因為碘離子和氯離子所帶電荷相等,所以消耗碘離子個數(shù)等于生成氯離子個數(shù),如果碘離子完全被氧化生成氯離子,Cl-、Br-的個數(shù)之比為5:3<7:3,所以還有部分亞鐵離子被氧化,根據(jù)2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+知,消耗Fe2+與生成Cl-的個數(shù)相等,要使Cl-、Br-的個數(shù)之比為7:3,則有一半的Fe2+被消耗,據(jù)此分析解答,

解答 解:混合溶液中只含F(xiàn)e2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的電離),其中Cl-、Br-、I-的個數(shù)之比為2:3:3,根據(jù)電荷守恒知,F(xiàn)e2+個數(shù)是Cl-、Br-、I-的個數(shù)的一半,所以Fe2+、Cl-、Br-、I-的個數(shù)之比為4:2:3:3,向溶液中通入氯氣,氯氣氧化離子先后順序是I-、Fe2+、Br-,因為碘離子和氯離子所帶電荷相等,所以消耗碘離子個數(shù)等于生成氯離子個數(shù),如果碘離子完全被氧化生成氯離子,Cl-、Br-的個數(shù)之比為5:3<7:3,所以還有部分亞鐵離子被氧化,根據(jù)2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+知,消耗Fe2+與生成Cl-的個數(shù)相等,要使Cl-、Br-的個數(shù)之比為7:3,則有一半的Fe2+被消耗,
微粒個數(shù)之比等于物質的量之比,所以設Fe2+、Cl-、Br-、I-的物質的量分別是4mol、2mol、3mol、3mol,根據(jù)2I-+Cl2=2Cl-+I2知,3mol碘離子完全被氧化消耗1.5mol氯氣,2mol Fe2+完全被氧化消耗1mol氯氣,所以有2.5mol氯氣參加反應;
還有2mol Fe2+未參加反應,則通入氯氣的物質的量與溶液中剩余的Fe2+的物質的量之比=2.5mol:2mol=5:4,故選A.

點評 本題考查氧化還原反應有關計算,為高頻考點,明確離子反應先后順序是解本題關鍵,熟悉離子之間的關系式,題目難度中等.

練習冊系列答案
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

17.目前含有元素硒(Se)的保健品已涌入市場,已知它與氧同主族,而與鈣同周期,下列關于硒的有關描述中不正確的是( 。
A.原子半徑比鈣小
B.最高價氧化物為SeO3
C.H2Se一定是強酸
D.氣態(tài)氫化物為H2Se,穩(wěn)定性比H2S 弱

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

18.已知C3N4晶體具有比金剛石更大的硬度,且原子間均以單鍵結合.下列關于C3N4晶體的說法正確的是( 。
A.C3N4晶體是分子晶體
B.C3N4晶體中C-N鍵長比金剛石中C-C要長
C.C3N4晶體中每個碳原子連接4個氮原子,每個氮原子連接3個碳原子
D.C3N4晶體中微粒間通過離子鍵結合

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

15.A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,已知A、B、E 3種原子最外層共有10個電子,且這3種元素的最高價氧化物的水化物兩兩皆能發(fā)生反應生成鹽和水,C元素的最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少4,D元素原子次外層電子數(shù)比最外層電子數(shù)多3.
(1)寫出下列元素名稱:A鈉,B鋁,C硅,D磷,E硫
(2)A與E兩元素可形成化合物,用電子式表示其化合物的形成過程:
(3)寫出A、B兩元素的最高價氧化物的水化物之間的相互反應的化學方程式:Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O
(4)寫出B元素的單質與A元素的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式:2Al+2H2O+2OH-═3H2↑+2AlO2-
(5)A與氧原子結合的A2B2型化合物的電子式為:

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

2.下列各組物質僅用一種試劑不能鑒別的是( 。
A.四氯化碳、乙醇、苯、乙酸B.苯、甲苯、己烯、己烷
C.苯、己烯、溴苯、氯化鈉溶液D.乙酸、乙醇、硝基苯、乙酸乙酯

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

12.A、B、C、D、E五種短周期元素,已知它們的原子序數(shù)依次增大,A、B兩種元素的核電荷數(shù)之差等于它們的原子最外層電子數(shù)之和,B原子最外層電子數(shù)比其次外層電子數(shù)多2,在元素周期表中,C是E的鄰族元素,D和E的原子序數(shù)之和是30,它們兩兩形成的化合物有甲、乙、丙、丁四種,這四種化合物中原子個數(shù)比如表:
 化合物甲 乙 丙 丁 
 化合物中各元素原子個數(shù)比A和C
1:1 
 B和A
1:X
D和E
1:3 
B和E
1:4 
(1)化合物甲的電子式是;
(2)已知有機物乙的分子為平面結構,碳氫鍵鍵角為120°,當X=2時,乙的結構簡式為CH2=CH2,當X=1時,乙的二氯代物結構有3種.

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19.NH3與灼熱的CuO反應,生成N2,Cu和化合物A.
(1)推斷A的化學式;
(2)寫出反應化學方程式,并標明電子轉移的方向和數(shù)目.
(3)當有17g還原劑發(fā)生反應時,求消耗氧化劑的質量.

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16.碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物14.8g,投入硝酸中完全反應,剛好消耗50g 31.5%的硝酸溶液.
(1)寫出反應的化學方程式;
(2)計算混合物中碳酸鈉的質量分數(shù);
(3)若將該混合物投入燒堿溶液中,消耗10%的燒堿溶液的質量為多少?

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

7.聯(lián)堿法(候氏制堿法)和氨堿法的生產流程簡要表示如圖1:

(1)兩種方法的沉淀池中均發(fā)生的反應化學方程式為NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓.
(2)若沉淀池含800.00mol NH3的水溶液質量為54.00kg,向該溶液通入二氧化碳至反應完全,過濾,得到濾液31.20kg,則NH4HCO3的產率為92%.
(3)在氨堿法生產過程中氨要循環(huán)使用,但不需要補充,在母液中加生石灰前先要加熱的原因是防止加石灰水時產生碳酸鈣沉淀.
(4)根據(jù)聯(lián)堿法中從濾液中提取氯化銨晶體的過程推測,所得結論正確是bd(選填編號).
a.常溫時氯化銨的溶解度比氯化鈉小
b.通入氨氣能增大NH4+的濃度,使氯化銨更多析出
c.加入食鹽細粉能提高Na+的濃度,使NaHCO3結晶析出
d.通入氨氣能使NaHCO3轉化為Na2CO3,提高析出的NH4Cl純度
(5)聯(lián)堿法相比于氨堿法,氯化鈉利用率從70%提高到90%以上,主要是設計了循環(huán)Ⅰ,
聯(lián)堿法的另一項優(yōu)點是避免產生大量的含有CaCl2的溶液,或節(jié)省石灰窯、蒸氨塔等設備.
(6)從沉淀池析出的晶體含有NaCl雜質,某同學在測定其NaHCO3的含量時,稱取5.000g試樣,配制成100mL溶液,用標準鹽酸溶液滴定(用甲基橙做指示劑),測定數(shù)據(jù)記錄如下:
滴定次數(shù)待測液(mL)0.6000mol/L鹽酸溶液的體積(mL)
初讀數(shù)終讀數(shù)
第一次  20.001.0021.00
第二次  20.00如右圖Ⅰ如右圖Ⅱ
①第二次滴定,從圖2-Ⅰ圖2-Ⅱ顯示消耗的鹽酸溶液體積為20.20ml.
②該實驗測定NaHCO3含量的計算式為ω(NaHCO3)=10.1%.
③該同學測定結果有一定的誤差,產生該誤差的原因可能是cd(選填編號).
a.待測液中加入甲基橙作指示劑,用標準酸液滴定至變橙色
b.錐形瓶用蒸餾水洗滌后,直接加入待測溶液進行滴定
c.滴定管用蒸餾水洗滌后,直接注入標準酸液進行滴定
d.滴定管用蒸餾水洗滌后,直接注入待測液,取20.00mL進行滴定.

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