Question

2．已知：將Cl₂通入適量KOH溶液，產物中可能有KCl、KClO、KClO₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$的值與溫度高低有關．當n（KOH）=a mol時，下列有關說法錯誤的是（　�。�

• A． 若某溫度下，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，則溶液中$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$
• B． 參加反應的氯氣的物質的量等于$\frac{1}{2}$ a mol
• C． 改變溫度，反應中轉移電子的物質的量n_e的范圍：$\frac{1}{2}$ a mol≤n_e≤$\frac{5}{6}$ a mol
• D． 改變溫度，產物中KClO₃的最大理論產量為$\frac{1}{7}$a mol

Answer 1

分析 A．令n（ClO^-）=1mol，則n（Cl^-）=11mol，根據電子轉移守恒計算n（ClO₃^-）；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO₃），由鉀離子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO₃）=n（KOH），聯立計算參加反應氯氣的物質的量；
C．氧化產物只有KClO₃時，轉移電子最多，根據電子轉移守恒n（KCl）=5（KClO₃），由鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO₃）=n（KOH），氧化產物只有KClO時，轉移電子最少，根據電子轉移守恒n（KCl）=n（KClO），根據鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），進而計算轉移電子物質的量范圍；
D．氧化產物只有KClO₃時，其物質的量最大，由鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO₃）=n（KOH），結合電子轉移守恒計算．

解答 解：A．令n（ClO^-）=1mol，反應后C（Cl^-）：C（ClO^-）=11，則n（Cl^-）=11mol，電子轉移守恒，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正確；
B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO₃），由鉀離子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO₃）=n（KOH），故參加反應的氯氣的物質的量=$\frac{1}{2}$n（KOH）=0.5amol，故B正確；
C．氧化產物只有KClO₃時，轉移電子最多，根據電子轉移守恒n（KCl）=5（KClO₃），由鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO₃）=n（KOH），故n（KClO₃）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，轉移電子最大物質的量為：$\frac{1}{6}$a mol×5=$\frac{5}{6}$a mol，氧化產物只有KClO時，轉移電子最少，根據電子轉移守恒n（KCl）=n（KClO），根據鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=$\frac{1}{2}$n（KOH）=$\frac{1}{2}$a mol，轉移電子最小物質的量=$\frac{1}{2}$a mol×1=$\frac{1}{2}$a mol，則反應中轉移電子的物質的量n_e的范圍為：$\frac{1}{2}$a mol≤n_e≤$\frac{5}{6}$a mol，故C正確；
D．氧化產物只有KClO₃時，其物質的量最大，根據電子轉移守恒n（KCl）=5（KClO₃），由鉀離子守恒：n（KCl）+n（KClO₃）=n（KOH），故n_最大（KClO₃）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，故D錯誤，
故選：D．

點評 本題考查氧化還原反應計算，難度中等，注意電子轉移守恒及極限法的應用，側重考查學生對基礎知識的應用能力和分析、計算能力．