Question

6．将Cl₂通入适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$的值与温度高低有关．当n（KOH）=a mol时，下列有关说法不正确的是（　　）

• A． 参加反应的氯气的物质的量等于$\frac{1}{2}$amol
• B． 改变温度，产物中KC1O₃的最大理论产量为1/7amol
• C． 若某温度下，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，则溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$
• D． 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

Answer 1

分析 A．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），据此计算判断；
B．氧化产物只有KClO₃时，其物质的量最大，结合C中计算判断；
C．设n（ClO^-）=1mol，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，则n（Cl^-）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO₃^-）；
D．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．

解答 解：A．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为：n（Cl₂）=$\frac{1}{2}$n（KOH）=0.5a mol，故A正确；
B．氧化产物只有KClO₃时，其物质的量最大，则n_最大（KClO₃）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，故B错误；
C．设n（ClO^-）=1mol，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=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$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$，故C正确；
D．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为：$\frac{1}{6}$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），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=$\frac{1}{2}$n（KOH）=$\frac{1}{2}$a mol，转移电子最小物质的量=$\frac{1}{2}$a mol×1=$\frac{1}{2}$a mol，则反应中转移电子的物质的量n_e的范围为：$\frac{1}{2}$a mol≤n_e≤$\frac{5}{6}$a mol，故D正确；
故选B．

点评 本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．