Question

5．已知：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）=amol时，下列有关说法错误的是（　　）

• A． 改变温度，产物中KClO₃的最大理论产量为$\frac{1}{7}$amol
• B． 若某温度下，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，则溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$
• C． 参加反应的氯气的物质的量等于$\frac{1}{2}$amol
• D． 改变温度，反应中转移电子的物质的量n_e的范围：$\frac{1}{2}$amol≤n_e≤amol

Answer 1

分析 Cl₂通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO₃，当n（KOH）=amol时，由K原子守恒可知，a=n（KCl）+（KClO）+n（KClO₃），由电子守恒可知，n（KCl）=（KClO）+n（KClO₃）×5，由产物的组成可知n（K）=n（Cl），以此来解答．

解答 解：A．不生成KClO时KClO₃的理论产量最大，由电子守恒可知，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，故A错误；
B．若某温度下，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，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，则溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$，故B正确；
C．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等于$\frac{1}{2}$amol，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=$\frac{1}{6}$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n_e的范围：$\frac{1}{2}$amol≤n_e≤$\frac{5}{6}$amol，故D错误；
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点评 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．