题目内容
11.一定量氢气在氯气中燃烧,所得混合物用100mL3.00mol/LNaOH100mL溶液(密度为1.12g/mL)恰好完全吸收,测得溶液中含NaClO的物质的量为0.0500mol(1)写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(2)原NaOH溶液的质量分数为10.71%
(3)所得溶液中Cl-的物质的量为0.25mol
(4)求所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比.(写出计算过程)
分析 (1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠;
(2)m(NaOH)=n(NaOH)×M(NaOH),m(溶液)=vρ,根据质量分数=$\frac{溶质的质量}{溶液的质量}$计算;
(3)根据电荷守恒计算;
(4)由题意可知氯气过量,反应后所得混合物为HCl和Cl2,涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,根据质量守恒计算.
解答 解:(1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠,方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,
故答案为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
(2)m(NaOH)=n(NaOH)×M(NaOH)=0.1L×3mol/L×40g/mol=12g,
m(溶液)=vρ=100mL×1.12g/mL=112g,
则ω(NaOH)=$\frac{12g}{112g}$×100%=10.71%,
故答案为:10.71%;
(3)所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物,根据电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-),
则n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.3mol-0.05mol=0.25mol,
故答案为:0.25mol;
(4)由题意可知氯气过量,反应后所得混合物为HCl和Cl2,
涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,
据反应可知,燃烧后剩余Cl2为n(Cl2)余=n(NaClO)=0.05 mol,
与H2反应的Cl2为n(Cl2)=$\frac{1}{2}$×[n(Cl-)-n(NaClO)]=$\frac{1}{2}$×(0.25mol-0.05mol)=0.1mol=n(H2),
则所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2):n(H2)=(0.1mol+0.05mol):0.1mol=3:2,
答:所用氯气与参加反应的氢气的物质的量比为3:2.
点评 本题考查较为综合,侧重于学生计算能力和分析能力的考查,注意判断反应的程度以及相关方程式的书写,从质量守恒的角度解答该题.
| A. | 有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应 | |
| B. | 有单质生成的分解反应属于氧化还原反应 | |
| C. | 没有单质参加的化合反应一定是非氧化还原反应 | |
| D. | 氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原 |
| A. | Li是正极,电极反应为Li-e-═Li+ | |
| B. | Li是负极,电极反应为Li-2e-═Li2+ | |
| C. | MnO2是负极,电极反应为MnO2+e-═MnO2- | |
| D. | Li是负极,电极反应为Li-e-═Li+ |
| A. | 用干燥的有色布条检验 | B. | 将气体通入硝酸银溶液 | ||
| C. | 用干燥的蓝色石蕊试纸检验 | D. | 用湿润的碘化钾淀粉试纸检验 |
| A. | 2H2+O2→2H2O+285.75KJ | B. | 2H2(g)+O2 (g)→2H2O(l)+571.5KJ | ||
| C. | H2(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)→H2O(g)+285.75KJ | D. | H2(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)→H2O(l)-285.75KJ |
| A. | S2Cl2晶体中存在离子键和极性共价键 | |
| B. | S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构 | |
| C. | S2Cl2的水溶液能导电,所以S2Cl2是电解质 | |
| D. | S2Cl2与水反应后生成的气体通入石蕊试液中,现象是溶液先变红后褪色 |
则符合此条件的烯烃有( )种.
| A. | 3 | B. | 4 | C. | 5 | D. | 6 |