河南省罗山高中高三化学复习 42活泼的黄绿色气体氯气课时作业 新人教版必修1.docx
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河南省罗山高中高三化学复习42活泼的黄绿色气体氯气课时作业新人教版必修1
4.2活泼的黄绿色气体—氯气
1、某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2,若先向该溶液中通入一定量的氯气,再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液变为红色,则下列叙述正确的是( )
①原溶液中的Br﹣一定被氧化;
②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化;
③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+;
④若取少量所得溶液,再加入CCl4溶液,静置、分液,向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液,只产生白色沉淀,说明原溶液中的I﹣、Fe2+、Br﹣均被完全氧化.
A.①②③B.②③④
C.①③④D.①②③④
【答案】B
【解析】解:
氯气先氧化碘离子,然后氧化二价铁,最后氧化溴离子,向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,结果溶液变为红色,说明碘离子全部被氧化,二价铁部分或全部被氧化,溴离子可能被氧化,
①原溶液中的Br﹣可能被氧化,故错误;
②通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化,故正确;
③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化,所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+,故正确;
④若取少量所得溶液,再加入CCl4溶液,静置、分液,向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液,只产生白色沉淀,说明原溶液中的Br﹣被完全氧化,I﹣、Fe2+均被完全氧化,故正确;
故选B.
2、碘是一种与人的生命活动密切相关的元素,已知I2能溶于NaOH或KI溶液,反应方程式分别为:
3I2+6OH﹣═5I﹣+IO
+3H2O(HIO不稳定,易发生歧化反应)和I2+I﹣═I
,溴化碘(IBr)是一种卤素互化物,具有与卤素单质相似的性质,下列反应方程式中不正确的是( )
A.IBr加入Na2S溶液中产生黄色浑浊:
IBr+S2﹣═I﹣+Br﹣+S↓
B.IBr加入KI溶液中:
IBr+2I﹣═Br﹣+I
C.IBr加入NaOH溶液中:
IBr+2OH﹣═BrO﹣+I﹣+H2O
D.IBr加入AgNO3溶液中:
3IBr+5Ag++3H2O═3AgBr↓+2AgI↓+IO
+6H+
【答案】C
【解析】解:
A.IBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2﹣=I﹣+Br﹣+S↓,故A正确;
B.少量IBr加入KI溶液中,首先发生IBr+I﹣=Br﹣+I2,由于KI过量,则进一步发生I2+I﹣=I3﹣,离子反应为IBr+2I﹣═Br﹣+I3﹣,故B正确;
C.IBr加入NaOH溶液中,不发生氧化还原反应,应为IBr+2OH﹣=Br﹣+IO﹣+H2O,故C错误;
D.IBr加入AgNO3溶液中,首先是IBr与水反应生成HIO和HBr,由于HIO不稳定,在水中发生歧化反应生成HIO3和HI,进而生成AgI和AgBr,反应的离子方程式可为3IBr+5Ag++3H2O=3AgBr↓+2AgI↓+IO3﹣+6H+,故D正确.
故选C.
3、向含SO32﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2,通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】解:
离子还原性SO32﹣>I﹣>Fe2+>Br﹣,故首先发生反应SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+,再发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,
A.由SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+可知,0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积不符合,故A错误;
B.0.1molSO32﹣完全反应后,才发生2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L,0.1molI﹣完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI﹣完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L,图象中氯气的体积不符合,故B错误;
C.0.1molSO32﹣完全反应需要消耗0.1mol氯气,0.1molI﹣完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知,0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,图象与实际符合,故C正确;
D.SO32﹣、I﹣、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L,由2Br﹣+Cl2=2Br2+2Cl﹣可知,0.1molBr﹣完全反应消耗0.05氯气,故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L,图象中氯气的体积不符合,故D错误;
故选C.
4、向含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入过量的氯气,溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,已知b﹣a=5线段Ⅳ表示一种含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素.下列说法正确的是( )
A.线段Ⅱ表示Br﹣的变化情况
B.原溶液中n(FeI2):
n(FeBr2)=3:
1
C.根据图象无法计算a的值
D.线段Ⅳ表示IO
的变化情况
【答案】D
【解析】解:
向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气,还原性I﹣>Fe2+>Br﹣,首先发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,I﹣反应完毕,再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反应完毕,最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,故线段I代表I﹣的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况;
由通入氯气可知,根据反应离子方程式可知溶液中n(I﹣)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol﹣1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,根据电荷守恒可知n(I﹣)+n(Br﹣)=2n(Fe2+),故n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,
A.根据分析可知,线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子,反应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,不是氧化溴离子,故A错误;
B.n(FeI2):
n(FeBr2)=n(I﹣):
n(Br﹣)=2mol:
6mol=1:
3,故B错误;
C.由分析可知,溶液中n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,根据2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣可知,溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C错误;
D.线段IV表示一种含氧酸,且I和IV表示的物质中含有相同的元素,该元素为I元素,已知碘单质的物质的量为2mol,反应消耗氯气的物质的量为5mol,根据电子守恒,则该含氧酸中碘元素的化合价为:
=+5价,则该含氧酸为HIO3,即:
线段Ⅳ表示IO3﹣的变化情况,故D正确;
故选D.
5、将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中,两者恰好完全反应(已知反应过程放热),生成物中有三种含氯元素的离子,其中ClO﹣和ClO3﹣两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示.下列说法正确的是( )
A.苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09mol
B.ClO3﹣的生成是由于氯气的量的多少引起的
C.在酸性条件下,ClO﹣和ClO3﹣可生成Cl2
D.反应中转移电子的物质的量是0.21mol
【答案】D
【解析】解:
氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾,根据图象知n(ClO﹣)=0.06mol,n(ClO3﹣)=0.03mol,根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl﹣)=0.06mol×(1﹣0)+0.03mol×(5﹣0)=0.21mol,故转移电子物质的量为0.21mol,根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl﹣)+n(ClO﹣)+n(ClO3﹣)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol,
A.通过以上分析知,氢氧化钾的物质的量=0.3mol,故A错误;
B.根据图象知,氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾,且该反应是放热反应,随着温度的升高,氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾,所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的,故B错误;
C.ClO﹣中Cl元素的化合价是+1价,ClO3﹣中Cl元素的化合价是+5价,因此两者反应不可能生成Cl2,故C错误;
D.根据图象知n(ClO﹣)=0.06mol,n(ClO3﹣)=0.03mol,根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl﹣)=0.06mol×(1﹣0)+0.03mol×(5﹣0)=0.21mol,故转移电子物质的量为0.21mol,故D正确;
故选D.
6、有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣(忽略水的电离),其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数之比为2:
3:
3,向溶液中通入氯气,使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为7:
3(已知还原性I﹣>Fe2+>Br﹣>Cl﹣),则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为()
A.5:
4B.4:
5
C.5:
12D.12:
5
【答案】A
【解析】解:
混合溶液中只含Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣(忽略水的电离),其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数之比为2:
3:
3,根据电荷守恒知,Fe2+个数是Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数的一半,所以Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数之比为4:
2:
3:
3,向溶液中通入氯气,氯气氧化离子先后顺序是I﹣、Fe2+、Br﹣,因为碘离子和氯离子所带电荷相等,所以消耗碘离子个数等于生成氯离子个数,如果碘离子完全被氧化生成氯离子,Cl﹣、Br﹣的个数之比为5:
3<7:
3,所以还有部分亚铁离子被氧化,根据2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+知,消耗Fe2+与生成Cl﹣的个数相等,要使Cl﹣、Br﹣的个数之比为7:
3,则有一半的Fe2+被消耗,
微粒个数之比等于物质的量之比,所以设Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量分别是4mol、2mol、3mol、3mol,根据2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2知,3mol碘离子完全被氧化消耗1.5mol氯气,2molFe2+完全被氧化消耗1mol氯气,所以有2.5mol氯气参加反应;
还有2molFe2+未参加反应,则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比=2.5mol:
2mol=5:
4,故选A.
7、已知:
将Cl2通入适量KOH溶液中,产物中可能有KCl,KClO,KClO3,且
的值与温度高低有关.当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是( )
A.若某温度下,反应后
=11,则溶液中
=
B.参加反应的氯气的物质的量等于amol
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne的范围:
amol≤ne≤amol
D.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为amol
【答案】D
【解析】解:
A.令n(ClO﹣)=1mol,反应后
=11,则n(Cl﹣)=11mol,电子转移守恒,5×n(ClO3﹣)+1×n(ClO﹣)=1×n(Cl﹣),即5×n(ClO3﹣)+1×1mol=1×11mol,解得n(ClO3﹣)=2mol,故溶液中
=,故A正确;
B.由Cl原子守恒可知,2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3),由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH),故参加反应的氯气的物质的量=n(KOH)=amol,故B正确;
C.氧化产物只有KClO3时,转移电子最多,根据电子转移守恒n(KCl)=5(KClO3),由钾离子守恒:
n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH),故n(KClO3)=n(KOH)=amol,转移电子最大物质的量=amol×5=amol,氧化产物只有KClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO),由钾离子守恒:
n(KCl)+n(KClO)=n(KOH),故n(KClO)=n(KOH)=amol,转移电子最小物质的量=amol×1=amol,故反应中转移电子的物质的量ne的范围:
amol≤ne≤amol,故C正确;
D.氧化产物只有KClO3时,其物质的量最大,由C中计算可知:
n最大(KClO3)=n(KOH)=amol,故D错误,
故选D.
8、将一定量的氯气通入50mL浓度为12.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系.下列判断正确的是( )
A.与NaOH反应的氯气一定为0.25mol
B.n(Na+):
n(Cl﹣)可能为7:
3
C.若反应中转移的电子为nmol,则0.30<n<0.45
D.n(NaCl):
n(NaClO):
n(NaClO3)可能为11:
1:
2
【答案】D
【解析】n(NaOH)=12.00mol/L×0.05L=0.6mol,
A.根据化学式NaCl、NaClO、NaClO3知,Na、Cl原子个数之比为1:
1,所以与NaOH反应的n(Cl2)=n(NaOH)=0.6mol×=0.3mol,故A错误;
B.假设n(Na+):
n(Cl﹣)=7:
3,根据电荷守恒知,n(Na+):
n(Cl﹣):
=7:
3:
4,生成3mol氯离子转移电子3mol,生成次氯酸根离子和氯酸根离子的物质的量之和为4mol时,转移电子的物质的量大于3mol,所以转移电子不守恒,故B错误;
C.氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=6NaCl+NaClO3+3H2O,当生成NaCl和NaClO时转移电子最少,转移电子的物质的量为0.3mol,当生成NaCl和NaClO3时转移电子最多,转移电子的物质的量为0.5mol,所以如果反应中转移的电子为nmol,则0.30<n<0.5,故C错误;
D.如果n(NaCl):
n(NaClO):
n(NaClO3)=11:
1:
2,得失电子的物质的量之比=(11×1):
(1×1+2×5)=1:
1,所以得失电子相等,故D正确;
故选D.
9、向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气,溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示.下列说法中正确的是()
A.线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况
B.线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况
C.a数值等于6
D.原混合溶液中n(FeBr2)=4mol
【答案】C
【解析】向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气,根据还原性:
I﹣>Fe2+>Br﹣,首先发生反应:
2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,I﹣反应完毕,再发生反应:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反应完毕,最后发生反应:
2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况;
由通入氯气可知,根据反应离子方程式可知溶液中n(I﹣)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol﹣1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,
根据电荷守恒可知n(I﹣)+n(Br﹣)=2n(Fe2+),
故n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,
A、由上述分析可知,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况,故A错误;
B、由上述分析可知,线段I代表I﹣的变化情况,故B错误;
C、由上述分析可知,溶液中n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,根据2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣可知,溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C正确;
D、溶液中n(Br﹣)=6mol,所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol,故D错误;
故选:
C.
10、向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气,溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示.下列说法中正确的是( )
A.线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B.线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况
C.a数值等于6D.原混合溶液中n(FeBr2)=4mol
【答案】C
【解析】向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气,根据还原性:
I﹣>Fe2+>Br﹣,首先发生反应:
2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,I﹣反应完毕,再发生反应:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反应完毕,最后发生反应:
2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况;
由通入氯气可知,根据反应离子方程式可知溶液中n(I﹣)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol﹣1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,
根据电荷守恒可知n(I﹣)+n(Br﹣)=2n(Fe2+),
故n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,
A、由上述分析可知,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况,故A错误;
B、由上述分析可知,线段I代表I﹣的变化情况,故B错误;
C、由上述分析可知,溶液中n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,根据2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣可知,溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C正确;
D、溶液中n(Br﹣)=6mol,所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol,故D错误
11、将几滴KSCN(SCN﹣是“类卤离子”)溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中,溶液变成红色.将该红色溶液分为两份:
①一份中加入适量KMnO4溶液,红色褪去;②向另一份中通入SO2,红色也褪去.下列推测肯定不正确的是( )
A.①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN﹣氧化
B.②中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+
C.②中红色褪去的原因是SO2将SCN﹣还原
D.SCN﹣在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2
【答案】C
【解析】A.三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应:
Fe3++3SCN﹣
Fe(SCN)3,显红色,高锰酸钾具有强氧化性,可以将SCN﹣氧化,使[红色消失,故A正确;
B.Fe3+具有氧化性,二氧化硫具有还原性,反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子②中红色褪去,反应为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42﹣,故B正确;
C.SO2中硫元素为+4价,如果还原SCN﹣,则二氧化硫中的硫将变为+6价,而SCN须继续降低,但SCN﹣,﹣1价已经为最低价,无法再降低,碳元素显+4价,不能氧化+4价的硫,氮元素显﹣3价,化合价不能再降低,硫元素的化合价为﹣2价,也不能氧化+4价的硫,所以对于SCN,无论原子团还是其中原子,均无法氧化二氧化硫,故C错误;
D.高锰酸钾具有强氧化性,可以将SCN﹣氧化为(SCN)2,相当于卤素单质X2,故D正确
12、如图是氯气的制备以及氯、溴、碘的非金属性比较实验,充分反应一段时间后,打开装置D的活塞,将装置D中少量溶液加入装置E中,振荡,观察实验现象,下列说法正确的是( )
A.F2不能与NaCl溶液反应置换出氯气
B.装置B中可盛放水吸收氯气中的HCl气体
C.装置E下层呈现紫红色
D.装置E中有机试剂层呈现紫红色,能说明非金属性Br>I
【答案】A
【解析】A、氟气与水溶液反应是氟气与水的反应生成氟化氢和氧气,所以F2不能与NaCl溶液反应置换出氯气,故A正确;
B、氯气在饱和食盐水中溶解度小,如果用水,水与氯气要反应生成次氯酸和盐酸,所以不能用水吸收,故B错误;
C、苯的密度比水小,应在上层,所以装置E上层呈现紫红色,故C错误;
D、,生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质,过量氯气也会氧化碘离子生成碘单质,造成干扰,所以不能证明非金属性Br>I,故D错误;
故选A.
13、常温下,将Cl2缓慢通入水中至饱和,然后向其中滴加0.1mol/LNaOH溶液。
整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示,不考虑次氯酸分解,下列叙述正确的是()
A.实验过程中用pH试纸测定溶液的pH
B.a~b段,溶液中C(H+)/C(OH-)减小
C.b点对应溶液中:
c(Cl-)>c(H+)>c(HClO)>c(ClO-)>c(OH-)
D.c点对应溶液中:
c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)
【答案】D
【解析】解析:
本题考查了离子浓度大小的判断,题目难度中等,明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键,注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用方法。
溶液中含有次氯酸,具有漂白性,不能用pH试纸测pH,应选pH计,故A错误;由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2O
H++Cl-+HClO向右进行的过程,酸性逐渐增强,氢离子浓度逐渐增大,溶液中C(H+)/C(OH-)增大,故B错误;b点所示溶液中发生反应:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,HClO为弱电解质,部分电离,溶液中存在的粒子有:
H+、Cl-、ClO-、OH-,H2O、HClO、Cl2,溶液中:
c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)>c(ClO-)>c(OH-),故C错误;c点溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),所以c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-),故D正确;故选D。
14、有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣(忽略水的电离),其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2:
3:
4,向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3:
1,则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为()
A.7:
1B.7:
2
C.7:
3D.7:
4
【答案】C
【解析】由题意可设Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量分别为2mol、3mol、4mol,由电荷守恒可得:
2n(Fe2+)=n(Cl﹣)+n(Br﹣)+n(I﹣)=2mol+3mol+4mol=9mol,n(Fe2+)=4.5mol,通入氯气后,要满足n(Cl﹣):
n(Br﹣)=3:
1,Cl﹣只要增加7mol就可以,即需通入氯气3.5mol.4molI﹣先消耗2mol氯气,3molFe2+消耗1.5mol氯气,剩余Fe2+1.5mol,则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为:
3.5:
1.5=7:
3,
故选C.
15、向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。
则下列有关说法中不正确的()
A.还原性:
I->Fe2+>Br-
B.原混合溶液中FeBr2的物质的量为6mol
C.当通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为:
2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-
D.原溶液中:
n(Fe2+):
n(I-):
n(Br-)=2:
1:
3
【答案】B
【解析】A.由于物质的氧化性:
Br2>Fe3+>I2,物质微粒的氧化性越强,其得到电子变成的微粒的还原性就越弱,所以还原性:
I->Fe2+>Br-,正确;B.向溶液中通入氯气,在A~B段首先发生
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