题目内容

4．将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$ 的值与温度高低有关．当n（KOH）=a mol时，下列有关说法正确的是（　　）
A．若某温度下，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，则溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{1}{5}$
B．参加反应的被还原的氯气为$\frac{1}{4}$amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：$\frac{1}{2}$amol≤ne≤$\frac{5}{6}$amol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为$\frac{5}{6}$amol

分析 A．令n（ClO-）=1mol，则n（Cl-）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3-），据此计算判断；
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）；
C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；
D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断．

解答 解：A．令n（ClO-）=1mol，反应后C（Cl-）：C（ClO-）=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，故溶液中中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$，故A错误；
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=$\frac{1}{2}$n（KOH）=$\frac{1}{2}$amol，故B错误；
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）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，转移电子最大物质的量=$\frac{1}{6}$a mol×5=$\frac{5}{6}$a mol，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）=$\frac{1}{2}$n（KOH）=$\frac{1}{2}$amol，转移电子最小物质的量=$\frac{1}{2}$amol×1=$\frac{1}{2}$amol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：$\frac{1}{2}$amol≤ne≤$\frac{5}{6}$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）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，故D错误，
故选C．

点评 本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，侧重考查学生分析计算能力．

练习册系列答案
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14．当光束通过某红褐色液体时，从侧面可观察到一条光亮的“通路”，该红褐色液体是（　　）
A．溶液B．胶体C．悬浊液D．乳浊液
15．短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）
A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）
B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同
C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是酸，也可能是盐
12．铜、铬都是用途广泛的金属．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收金属铜和铬的流程如图1，CaSO4的溶解度曲线如图2．
已知：部分物质沉淀的pH如表：
Fe3+Cu2+Cr3+
开始沉淀pH2.14.74.3
完全沉淀pH3.26.7a
请回答下列问题：
（1）滤液I中所含溶质主要有Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4（填化学式）．
（2）第②步操作中，先加人Ca（OH）2调节溶液的pH，调节范围为3.2＜pH≤4.3，然后将浊液加热至80℃趁热过滤，所得滤渣Ⅱ的成分为Fe（OH）3、CaSO4．
（3）第③步操作中，发现除了生成砖红色沉淀外，还产生了无色刺激性气味的气体．写出该步骤中发生反应的离子方程式2H2O+HSO3-+2Cu2+=Cu2O↓+SO42-+5H+、HSO3-+H+=SO2↑+H2O．
（4）当离子浓度≤1×10-5mol•L-1时，可以认为离子沉淀完全．第④步操作中，若要使Cr3+完全沉淀，则室温下溶液中a的最小值经计算为5.6．则得出该值时还必须提供的数据是：溶度积常数．
（5）Cr（OH）3受热分解为Cr2O3，用铝热法可以冶炼金属铬．写出铝热法炼铬的化学方程式：Cr2O3+2Al$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+2Cr．
19．下列说法不正确的是（　　）
A．某元素的一种核素X失去两个电子后，电子数为a，中子数为b，则该核素质量数为a+2+b
B．某元素的一种核素X的质量数为A，含有N个中子，则ag 1HmX分子中所含质子数是$\frac{a}{A+m}（A-N）×{N_A}$
C．我国最近合成的一种新核素${\;}_{15}^{25}$P，该核素形成的最高价氧化物化学式为P2O5
D．活泼金属元素R有某种核素的氯化物RClx，该氯化物中R微粒核内中子数为y，核外电子数为z，该核素可以表示为x+zx+y+zR
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）
选项实验操作现象结论
A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸
B将SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
C将湿润淀粉碘化钾试纸检验某溶液试纸变蓝该溶液一定是氯水
D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液
A．AB．BC．CD．D
16．某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C-H键、O-H键、C-O键的振动吸收，其核磁共振氢谱有三个峰，峰面积比为6：1：1，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式是（　　）
A．CH3CH2OCH3B．CH3CH（OH）CH3C．CH3CH2CH2OHD．CH3CH2CHO
13．下列有关化学基本概念的叙述中正确的是（　　）
A．可溶性盐的水溶液一定呈中性
B．离子化合物中一定含有金属元素
C．氧化还原反应中一定有元素化合价的升降
D．强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液的导电性
14．生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关因素对破氰反应速率的影响（注：破氰反应是指氧化剂将CN-氧化的反应）．
【相关资料】
①氰化物主要是以CN-和[Fe（CN）6]3-两种形式存在．
②Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂；Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计．
③[Fe（CN）6]3-较CN-难被双氧水氧化，且pH越大，[Fe（CN）6]3-越稳定，越难被氧化．
【实验过程】
在常温下，控制含氰废水样品中总氰的初始浓度和催化剂Cu2+的浓度相同，调节含氰废水样品不同的初始pH和一定浓度双氧水溶液的用量，设计如下对比实验：
（l） 请完成以下实验设计表（表中不要留空格）
实验
序号		实验目的初始pH废水样品体积/mLCuSO4溶液的体积/mL双氧水溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL
①为以下实验操作参考760101020
②废水的初始pH对破氰反应速率的影响1260101020
③双氧水的浓度对破氰反应速率的影响760102010
实验测得含氰废水中的总氰浓度（以CN-表示）随时间变化关系如图所示．
（2）实验①中20～60min时间段反应速率：υ（CN-）=0.0175mol•L-1•min-1．
（3）实验①和实验②结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2+的催化作用（或初始pH增大，[Fe（CN）6]3-较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）（填一点即可）．在偏碱性条件下，含氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-，同时放出NH3，试写出该反应的离子方程式：CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-．
（4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成下表中内容．（己知：废水中的CN-浓度可用离子色谱仪测定）
实验步骤（不要写出具体操作过程） 预期实验现象和结论

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