已知:将Cl2通入适量KOH溶液.产物中可能有KCl.KClO.KClO3.且$\frac{c}{c}$的值与温度高低有关．当n(KOH)=a mol时.下列有关说法错误的是( )A．若某温度下.反应后$\frac{c}$=2.则溶液中$\frac{c}{c}$=5B．参加反应的氯气的物质的量等于$\frac{1}{2}$ a molC．改变温度.反应中转移电子的物质� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

17．已知：将Cl₂通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO₃，且$\frac{c（C{1}^{-}）}{c（C1{O}^{-}）}$的值与温度高低有关．当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（　　）

	A．	若某温度下，反应后$\frac{c（Cl-）}{c（ClO-）}$=2，则溶液中$\frac{c（C1{O}^{-}）}{c（C1{O}_{3}^{-}）}$=5
	B．	参加反应的氯气的物质的量等于$\frac{1}{2}$ a 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$\frac{1}{7}$a mol

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$\frac{c（C{1}^{-}）}{c（C1{O}^{-}）}$=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$\frac{c（C1{O}^{-}）}{c（C1{O}_{3}^{-}）}$=5，故A正确；
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错误；
故选D．

点评本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，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，题目难度中等．

练习册系列答案

相关题目

10．

如图为某温度下，CuS（s）、ZnS（s）、FeS（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液中S^2-浓度，金属阳离子浓度变化情况．如果向含有这三种沉淀的混合物中加盐酸，最先溶解的是FeS．

8．

短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中W的氧化物是形成酸雨的主要物质之一．

X
Z		W	Y

（1）写出W的原子结构示意图：

．
（2）已知：
①X（s）+O₂（g）=XO₂（g）△H=-393.5kJ•mol^-1
②H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（g）△H=-242.0kJ•mol^-1
③XH₄（g）+2O₂（g）=XO₂（g）+2H₂O（g）△H=-802.0kJ•mol^-1
则XH₄气体分解成氢气和X固体的热化学方程式为CH₄（g）=2H₂（g）+C（s）△H=+75.5kJ/mol．
（3）ZO是由单质X和ZO₂反应制取单质Z的中间产物（空气中极不稳定）．隔绝空气时，ZO与NaOH溶液反应（产物含有一种固体单质和一种钠盐）的化学方程式为2SiO+2NaOH=Si+Na₂SiO₃+H₂O．
（4）元素Y的Ca盐和H₂为原料，反应产物只有甲和乙两种且均为化合物．研究发现：化合物甲的组成中钙、元素Y的质量分数分别为52.29%、46.41%；化合物乙的水溶液显酸性．则乙的化学式为HCl；甲与水反应可得H₂，其化学方程式是：2CaHCl+2H₂O=CaCl₂+Ca（OH）₂+2H₂↑．
（5）将W的气态氢化物通入一定量的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．
①O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na₂S．
②a点溶液中，c（Na⁺）：c（Cl^-）=5：3．

5．在pH=13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是（　　）

	A．	NH₄⁺、NO₃^-、K⁺、SO₄^2-		B．	CO₃^2-、NO₃^-、HCO₃^-、Na⁺
	C．	Na⁺、ClO^-、AlO₂^-、NO₃^-		D．	Cu²⁺、K⁺、Na⁺、SO₄^2-

12．下列有关说法正确的是（　　）

	A．	全部由非金属元素组成的化合物中只含共价键
	B．	同一主族元素的单质熔点从上到下依次升高
	C．	某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
	D．	第ⅦA族元素的阴离子还原性随着原子序数的递增逐渐增强

2．短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13．B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素．试回答以下问题：
（1）写出D与E以1：2的原子个数比形成的化合物的电子式：