题目内容

2.已知,将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3 ,且$\frac{c(C{l}^{-})}{c(Cl{O}^{-})}$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$\frac{c(C{l}^{-})}{c(Cl{O}^{-})}$=11,则溶液中$\frac{c(Cl{O}^{-})}{c(Cl{{O}_{3}}^{-})}$=$\frac{1}{2}$
B.参加反应的氯气的物质的量小于$\frac{1}{2}$a mol
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne的范围:$\frac{1}{2}$a mol≤ne≤$\frac{5}{6}$a mol
D.改变温度,产物中KC1O3的最大理论产量为$\frac{1}{7}$a mol

分析 A.设n(ClO-)=1mol,反应后$\frac{c(C{l}^{-})}{c(Cl{O}^{-})}$=11,则n(Cl-)=11mol,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);
C.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钾离子守恒计算;
D.氧化产物只有KClO3时,其物质的量最大,结合C中计算判断.

解答 解:A.设n(ClO-)=1mol,反应后$\frac{c(C{l}^{-})}{c(Cl{O}^{-})}$=11,则n(Cl-)=11mol,由电子转移守恒可知,5×n(ClO3-)+1×n(ClO-)=1×n(Cl-),即:5×n(ClO3-)+1×1mol=1×11mol,解得:n(ClO3-)=2mol,故溶液中$\frac{c(C{l}^{-})}{c(Cl{O}^{-})}$=$\frac{1}{2}$,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为:n(Cl2)=$\frac{1}{2}$n(KOH)=$\frac{1}{2}$a mol,故B错误;
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=$\frac{1}{6}$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ne的范围为:$\frac{1}{2}$ a mol≤ne≤$\frac{5}{6}$ a mol,故C正确;
D.氧化产物只有KClO3时,其物质的量最大,由C中计算可知:n最大(KClO3)=$\frac{1}{6}$n(KOH)=$\frac{1}{6}$a mol,故D错误;
故选BD.

点评 本题考查氧化还原反应的计算,为高频考点,把握反应中元素化合价变化及电子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大.

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