题目内容
2．氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O．下列有关说法不正确的是（ ）| A． | 由电子转移守恒和氯元素守恒可推出2b+a=6c | |
| B． | 若氯酸分解所得混合气体，在相同状态下密度是氢气的25.75信，则反应方程式可表示为：5HClO3=O2↑+Cl2↑+3HClO4+H2O | |
| C． | 由非金属性Cl＞S，可推知酸性HClO4＞H2SO4 | |
| D． | 若化学计量数a=3，b=2，则该反应转移电子数为10e- |
分析 A．反应中遵循电子守恒；
B．由分解所得混合气体，在相同状态下密度是氢气的25.75确定混合气体的平均摩尔质量为25.75×2=51.5，从而确定b、c，再结合氧化还原反应中遵循原子、电子守恒分析；
C．由非金属性Cl＞S，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
D．从化合价变化的角度计算转移的电子数．
解答 解：A．反应中O元素的化合价由-2价升高为0，Cl元素的化合价由+5价分别降低为0、升高为+7，由电子守恒可知c×2×（5-0）=b×2×2+d×（7-5），解得2b+d=5c，故A错误；
B．由分解所得混合气体，在相同状态下密度是氢气的25.75，则混合气体的平均摩尔质量为25.75×2=51.5，即1mol混合气体质量为51.5g，则n（Cl2）+n（O2）=1mol，n（Cl2）×71g/mol+n（O2）×32g/mol=51.5g，解得n（Cl2）=0.5mol，n（O2）=0.5mol，故n（Cl2）：n（O2）=1：1，令b=c=1，则由电子守恒得d×（7-5）+b×4=c×2×（5-0），即d×（7-5）+1×4=1×2×（5-0），解得d=3，根据Cl原子守恒故a=2c+d=5，再根据H原子守恒有a=d+2e，故e=1，故该情况下反应方程式为5HClO3=O2↑+Cl2↑+3HClO4+H2O，故B正确；
C．由非金属性Cl＞S，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可推知酸性HClO4＞H2SO4，故C正确；
D．若化学计量数a=3，b=2，化学反应方程式为3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+$\frac{1}{2}$H2O，还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成1molCl2时转移电子的物质的量为1mol×2×（5-0）=10mol，即该反应中电子转移数目为10e-，故D正确；
故选A．
点评 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价为解答本题的关键，注意反应中守恒法应用及电子转移计算方法，题目难度较大．
阳光同学一线名师全优好卷系列答案
CuSO4＋H2↑| A． | 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2 | |
| B． | 充电时阳极反应为：Fe（OH）3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O | |
| C． | 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化 | |
| D． | 放电时正极附近溶液的碱性减弱 |
| A． | 水、氧化铜和干冰都属于氧化物 | B． | H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸 | ||
| C． | 烧碱、纯碱（碳酸钠）、熟石灰都属于碱 | D． | NaHSO4、CuSO4和KMnO4都属于盐 |
| A． | Cl-浓度为0.2 mol/L | |
| B． | 取出10 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/L | |
| C． | 溶液中Cl-总数为0.2NA | |
| D． | 取出50 mL溶液中Ba2+和Cl-总数为0.03NA |
| A． | 含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA | |
| B． | 1 ml的水分子与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA | |
| C． | 常温、常压下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA | |
| D． | 在高温下，有1 mol Fe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA |
| A． | I2O4 强氧化性 | B． | I3O5 强还原性 | C． | I4O9 强氧化性 | D． | I4O7 强还原性 |
2NH3 △H ＜0，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是（ ）