题目内容
氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为a HClO3=bO2↑+c Cl2↑+d HClO4+e H2O，下列说法正确的是（ ）
分析：A．元素化合价升高得到的生成物是氧化产物，结合方程式中元素化合价判断；
B．还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，据此计算生成2molCl2时转移电子的物质的量；
C．HClO4、O2是氧化产物，生成物中同种元素在不同的物质中出现，只确定O2的系数，无法确定气体物质的化学计量数；
D．根据混合气体的物质的量、质量，计算n（O2）、n（Cl2），确定b、c关系，再根据电子转移守恒、元素守恒配平方程式．
B．还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，据此计算生成2molCl2时转移电子的物质的量；
C．HClO4、O2是氧化产物，生成物中同种元素在不同的物质中出现，只确定O2的系数，无法确定气体物质的化学计量数；
D．根据混合气体的物质的量、质量，计算n（O2）、n（Cl2），确定b、c关系，再根据电子转移守恒、元素守恒配平方程式．
解答：解：A．HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，故A错误；
B．还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×（5-0）=20mol，故B错误；
C．HClO4、O2是氧化产物，且生成物中同种元素在不同的物质中出现，只确定O2的系数，无法确定其它物质的化学计量数，故C错误；
D．n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）×71g/mol+n（O2）×32g/mol=51.5g，解得n（Cl2）=0.5mol，n（O2）=0.5mol，故n（Cl2）：n（O2）=1：1，令b=c=1，则由电子守恒得d×（7-5）+b×4=c×2×（5-0），即d×（7-5）+1×4=1×2×（5-0），解得d=3，根据Cl原子守恒故a=2c+d=2+3=5，再根据H原子守恒有a=d+2e，即5=3+2e，故e=1，故该情况下反应方程式为：5HClO3=O2↑+Cl2↑+3HClO4+H2O，故D正确；
故选D．
B．还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×（5-0）=20mol，故B错误；
C．HClO4、O2是氧化产物，且生成物中同种元素在不同的物质中出现，只确定O2的系数，无法确定其它物质的化学计量数，故C错误；
D．n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）×71g/mol+n（O2）×32g/mol=51.5g，解得n（Cl2）=0.5mol，n（O2）=0.5mol，故n（Cl2）：n（O2）=1：1，令b=c=1，则由电子守恒得d×（7-5）+b×4=c×2×（5-0），即d×（7-5）+1×4=1×2×（5-0），解得d=3，根据Cl原子守恒故a=2c+d=2+3=5，再根据H原子守恒有a=d+2e，即5=3+2e，故e=1，故该情况下反应方程式为：5HClO3=O2↑+Cl2↑+3HClO4+H2O，故D正确；
故选D．
点评：本题考查氧化还原反应反应的计算、配平、基本概念等，题目难度较大，D选项为易错点，涉及计算与配平，注意电子守恒的应用．
练习册系列答案
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氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解：a HClO3═bO2↑+c Cl2↑+d HClO4+e H2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色．下列说法正确的是（ ）
| A、由反应可确定：氧化性HClO4＞HClO | B、若化学计量数a=8，b=3，生成2molCl2，则该反应转移电子数为20e- | C、变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为发生了：5Cl2+I2+6H2O═12H++10Cl-+2IO3- | D、若氯酸分解所得混合气体1mol，其气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为：26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2O |