Question

1．已知：将Cl₂通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO和KClO₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$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$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=2，则溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=0.2
• B． 参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mol
• C． 改变温度，反应中转移电子的物质的量n_e的范围：$\frac{1}{2}$a mol≤n_e≤$\frac{5}{6}$a mol
• D． 改变温度，产物中KClO₃的最大理论产量为$\frac{a}{6}$mol

Answer 1

分析 A．令n（ClO^-）=1mol，则n（Cl^-）=2mol，根据电子转移守恒计算n（ClO₃^-）；
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），联立计算参加反应氯气的物质的量；
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），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），进而计算转移电子物质的量范围；
D．氧化产物只有KClO₃时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO₃）=n（KOH），结合电子转移守恒计算．

解答 解：A．令n（ClO^-）=1mol，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=2，则n（Cl^-）=2mol，电子转移守恒，5×n（ClO₃^-）+1×n（ClO^-）=1×n（Cl^-），即5×n（ClO₃^-）+1×1mol=1×2mol，解得n（ClO₃^-）=0.2mol，则溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=5，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）=0.5amol，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）=$\frac{1}{6}$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C正确；
D．氧化产物只有KClO₃时，其物质的量最大，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_最大（KClO₃）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，故D正确，
故选：A．

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．