Question

8．已知：将Cl₂通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$的值仅与温度高低有关．当n（NaOH）=6a mol时，下列有关说法不正确的是（　　）

• A． 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3a mol≤n≤5a mol
• B． 改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为4a mol
• C． 参加反应的氯气的物质的量3a mol
• D． 某温度下，若反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，则溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6

Answer 1

分析 A．氧化产物只有KClO₃时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钠离子守恒计算；
B．反应中转移电子最少时生成NaCl最少；
C．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）=n（NaOH）；
D．令n（ClO^-）=1mol，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，则n（Cl^-）=6mol，根据电子转移守恒计算n（ClO₃^-），据此计算判断．

解答 解：A．氧化产物只有NaClO₃时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（NaCl）=5（NaClO₃），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO₃）=n（NaOH），故n（NaClO₃）=$\frac{1}{6}$n（NaOH）=$\frac{1}{6}$×6a mol，转移电子最大物质的量=a mol×5=5a mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaClO）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，转移电子最小物质的量=3a mol×1=3a mol，故反应中转移电子的物质的量n的范围：3amol≤n≤5amol，故A正确；
B．反应中还原产物只有NaCl，反应中转移电子最少时生成NaCl最少，根据电子转移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由钠离子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaCl）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，故B错误；
C．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），由钠离子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）=n（NaOH），故参加反应的氯气的物质的量=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，故C正确；
D．令n（ClO^-）=1mol，反应后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，则n（Cl^-）=6mol，电子转移守恒，5×n（ClO₃^-）+1×n（ClO^-）=1×n（Cl^-），即5×n（ClO₃^-）+1×1mol=1×6mol，解得n（ClO₃^-）=1mol，则溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，故D正确；
故选B．

点评 本题考查了氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．