Question

17．已知：将a mol Cl₂通入含b mol NaOH的溶液中两者恰好完全反应，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO₃．温度不同，三者的量也不同．下列说法不正确的是（　　）

• A． 改变温度，当产物中NaClO₃的物质的量最大时，发生的离子反应为：3Cl₂+6OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$5Cl^-+ClO₃^-+3H₂O
• B． 某温度下，反应后若溶液中c（ClO^-）：c（ClO₃^-）=1：2，发生的离子反应为：7Cl₂+14OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$11Cl^-+ClO^-+2ClO₃^-+7H₂O
• C． 参加反应的Cl₂与NaOH的物质的量的关系一定是a=0.5b
• D． 改变温度，反应中转移电子的物质的量可能为b mol

Answer 1

分析 氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO₃，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），再根据氯原子守恒有2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），根据转移电子守恒得n（C1^-）=n（ClO^-）+5n（ClO₃^-），
A．当产物中NaClO₃的物质的量最大时即只生成NaCl和NaClO₃，所以根据转移电子守恒得n（C1^-）=5n（ClO₃^-），据此书写离子方程式；
B．某温度下，反应后若溶液中c（ClO^-）：c（ClO₃^-）=1：2，根据转移电子守恒得n（C1^-）=n（ClO^-）+5n（ClO₃^-），所以c（C1^-）=11，据此书写离子方程式；
C．根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），氯原子守恒2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）判断；
D．利用极限法解答，根据方程式Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O、3Cl₂+6NaOH=5NaCl+NaClO₃+3H₂O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO₃，转移电子数最多．

解答 解：A．根当产物中NaClO₃的物质的量最大时即只生成NaCl和NaClO₃，所以根据转移电子守恒得n（C1^-）=5n（ClO₃^-），则发生的离子反应为：3Cl₂+6OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$5Cl^-+ClO₃^-+3H₂O，故A正确；
B．某温度下，反应后若溶液中c（ClO^-）：c（ClO₃^-）=1：2，根据转移电子守恒得n（C1^-）=n（ClO^-）+5n（ClO₃^-），所以c（C1^-）=11，所以发生的离子反应为：7Cl₂+14OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$11Cl^-+ClO^-+2ClO₃^-+7H₂O，故B正确；
C．钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），氯原子守恒有2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），故参加反应的Cl₂与NaOH的物质的量的关系一定是a=0.5b，故C正确；
D．根据方程式Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O、3Cl₂+6NaOH=5NaCl+NaClO₃+3H₂O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为b×$\frac{1}{2}$mol×1=0.5bmol，氧化产物只有NaClO₃，转移电子数最多，为b×$\frac{1}{2}$mol×$\frac{5}{6}$=$\frac{5}{12}$bmol，则反应中转移电子的物质的量不可能为b mol，故D错误；
故选D．

点评 本题考查了氧化还原反应的有关计算，根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，难度中等．