Question

9．已知：将Cl₂通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$的值与温度高低有关，当n（NaOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（　　）

• 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NaClO₃的最大理论产量为$\frac{1}{7}$amol
• C． 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：$\frac{1}{2}$amol≤n≤$\frac{5}{6}$amol
• D． 某温度下，若反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，则溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{11}{2}$

Answer 1

分析 A．依据方程式：2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，计算判断；
B．据发生6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，进行分析；
C．用极值法，分别设氢氧化钠与氯气全部发生：2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O和6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，据方程式计算生成氯化钠的物质的量；
D．依据氧化还原反应得失电子守恒计算．

解答 解：A．常温时；2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，反应2mol氢氧化钠，消耗1mol氯气，所以Cl₂通入amol NaOH溶液恰好完全反应，则参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mo1，故A正确；
B．6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O
        6                                   1
        a                                   $\frac{1}{6}$a＞$\frac{1}{7}$a，故B错误；
C．当只发生6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移$\frac{5a}{6}$mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移$\frac{1}{2}a$mol电子，故转移电子的物质的量n的范围$\frac{1}{2}$amol≤n≤$\frac{5}{6}$amol，故C正确；
D．反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠，一部分化合价降低生成氯化钠，依据得失电子守恒可知：C（ClO^-）×1+5×C（ClO₃^-）=C（Cl^-）×1，左右两边同时除以C（ClO^-）得，$\frac{C（ClO-）×1+5×C（Cl{O}_{3}-）}{C（ClO-）}$=$\frac{C（Cl-）×1}{C（ClO-）}$，整理得，1+5$\frac{C（Cl{O}_{3}-）}{C（ClO-）}$=11，故$\frac{C（Cl{O}_{3}-）}{C（ClO-）}$=2，假设C（ClO₃^-）=2mol/L，则C（ClO^-）=1mol/L，C（Cl^-）=11mol/L，则$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{11}{2}$，故D正确；
故选B．

点评 本题考查氯气氯气与氢氧化钠溶液的反应，明确氧化还原反应得失电子守恒是解题关键，注意反应条件对反应的影响，题目难度中等．