Question

19．已知：常温时；2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O；加热时：6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，将Cl₂通入amol NaOH溶液恰好完全反应，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0.5a mo1
• B． 若某温度下，反应后$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}}）$=K，若溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（C{l}^{-}）}$=$\frac{K}{K+5}$
• C． 控制温度，反应中转移电子的物质的量最大值是a mol
• D． 控制温度，产物中NaCl的物质的量的范围$\frac{1}{2}$a mol≤n（NaCl）≤$\frac{5}{6}$a mol

Answer 1

分析 A．依据方程式：2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，计算判断；
B．依据氧化还原反应得失电子守恒计算；
C.2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，1mol氯气反应转移1mol电子，6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，3mol氯气转移5mol电子；
D．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．

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．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，若$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}}）$=K，则C（ClO₃^-）=$\frac{C（ClO{\;}^{-}）}{K}$，代入C（ClO^-）×1+5×C（ClO₃^-）=C（Cl^-）×1中化简得：$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（C{l}^{-}）}$=$\frac{K}{K+5}$，故B正确；
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，故C错误；
D．若只发生反应：2NaOH+Cl₂═NaCl+NaClO+H₂O，则amol NaOH溶液能生成$\frac{1}{2}$amol氯化钠，若只发生反应：6NaOH+3Cl₂═5NaCl+NaClO₃+3H₂O，则能生成$\frac{5a}{6}$mol氯化钠，若两个反应都发生，生成氯化钠的物质的量介于$\frac{1}{2}$amol和$\frac{5a}{6}$mol之间，故D正确；
故选：C．

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．