题目内容
将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/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。下列判断不正确的是
| A．与NaOH反应的氯气一定为0.15 mol |
| B．n(Na＋)∶n(Cl－) 可能为7∶3 |
| C．若反应中转移的电子为n mol，则n一定大于0.15 mol |
| D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为7∶2∶1 |
B
解析试题分析：A选项由于产物生成的三种物质NaCl、NaClO、NaClO3，钠原子与氯原子的个数比都为1；1的关系。据原子个数守恒可知钠的原子总数等于氯的原子总数。所以氯气的物质的量为0.03乘以10再除以氯的原子个数2，等于0.15摩尔。所以A选项是正确的。B选项首先溶液有NaOH：0.03×10=0.3mol，NaCl化合价降低为氧化产物，NaClO、NaClO3化合价升高为还原产物。
由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完；又因为是加热进行故体系中不会有HCl等
反应体系中进行的反应有
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O （1）
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O （2）
式中n（Na+）：n（Cl-）=2:1，（2）式中n（Na+）：n（Cl-）=6:5，
所以6:5<n（Na+）：n（Cl-）<2:1,故B错；
C选项，上述反应（1）中转移的电子为0.15mol，反应（2）中转移的电子为0.25mol；所以电子转移的数目应是大于0.15摩尔，小于0.25摩尔。所以若反应中转移的电子为n mol，则n一定大于0.15 mol所以C选项是正确的。
考点：计算物质的量以及电子转移的相关知识点
向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化。则下列分析中正确的是
| A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2 |
| B．滴加KI溶液时，转移2mol e- 时生成1mol白色沉淀 |
| C．通入SO2时，SO2与I—反应，I—作还原剂 |
| D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2 |
对于反应：3S+6NaOH＝2Na2S+Na2SO3+3H2O, 以下说法正确的是（ ）
| A．该反应既属于四种基本类型的反应，又属于氧化还原反应 |
| B．氧元素被还原，硫元素被氧化 |
| C．每有3 mol S参加反应转移6 mol电子 |
| D．S既是氧化剂又是还原剂 |
从海水提取溴的过程中，有如下反应： 5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4===3Br2＋3Na2SO4＋3H2O，与上述反应原理最相似的反应是 ( )
| A．2NaBr＋Cl2===Br2＋2NaCl |
| B．AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O===4Al(OH)3↓＋3NaCl |
| C．2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O |
| D．Cl2＋H2O===HCl＋HclO |
向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
| A．0．24 mol | B．0.21 mol | C．0.16 mol | D．0.14 mol |
自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转化为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是
| A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度，Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS) |
| B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性 |
| C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2+＋S2-＝CuS↓ |
| D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 |
已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3﹑H2O﹑Cl2、H+ 、Cl－和Co2+。下列叙述不正确的是
| A．氧化产物为Cl2 |
| B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 |
| C．若有3mol H2O生成，则反应中有2mol电子转移 |
| D．当该反应生成2.24L Cl2时，则反应中有0.1mol电子转移 |
下列离子中，只有还原性的是
| A．Na+ | B．Fe2+ | C．Br— | D．SO32— |