题目内容
11．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且$\frac{c（Cl）}{c（ClO）}$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c（Cl-）：c（ClO-）=11，则溶液中c（ClO-）：c（ClO3-）=$\frac{1}{2}$ | |
| B． | 参加反应的氯气的物质的量等于$\frac{1}{2}$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． | 改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为$\frac{1}{7}$amol |
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-），据此计算判断；
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，电子转移守恒，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 $\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$，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）=0.5a mol，故B正确；
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=$\frac{5}{6}$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D．
点评 本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．
，其原子核外共有22种运动状态不相同的电子．金属钛的晶胞结构如图1所示，其堆积方式为六方最密堆积．
（R为烃基）．其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：
+H2O
．
．
（写结构简式）．
| A． | M中至少有8个碳原子共面 | |
| B． | M能发生还原、氧化、中和、缩聚、取代、加成、银镜等反应 | |
| C． | M中苯环上的一氯取代物有两种不同的结构 | |
| D． | 1molM消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量的比是2：2：1 |
