Question

6．將Cl₂通入適量KOH溶液，產物中可能有KC1、KClO、KC1O₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$的值與溫度高低有關．當n（KOH）=a mol時，下列有關說法不正確的是（　　）

• A． 參加反應的氯氣的物質的量等于$\frac{1}{2}$amol
• B． 改變溫度，產物中KC1O₃的最大理論產量為1/7amol
• C． 若某溫度下，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，則溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$
• D． 改變溫度，反應中轉移電子的物質的量ne的范圍：$\frac{1}{2}$amol≤ne≤$\frac{5}{6}$amol

Answer 1

分析 A．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），據(jù)此計算判斷；
B．氧化產物只有KClO₃時，其物質的量最大，結合C中計算判斷；
C．設n（ClO^-）=1mol，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=11，則n（Cl^-）=11mol，根據(jù)電子轉移守恒計算n（ClO₃^-）；
D．氧化產物只有KClO₃時，轉移電子最多，氧化產物只有KClO時，轉移電子最少，根據(jù)電子轉移守恒及鉀離子守恒計算．

解答 解：A．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為：n（Cl₂）=$\frac{1}{2}$n（KOH）=0.5a mol，故A正確；
B．氧化產物只有KClO₃時，其物質的量最大，則n_最大（KClO₃）=$\frac{1}{6}$n（KOH）=$\frac{1}{6}$a mol，故B錯誤；
C．設n（ClO^-）=1mol，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=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$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}^{-}）}$=$\frac{1}{2}$，故C正確；
D．氧化產物只有KClO₃時，轉移電子最多，根據(jù)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(jù)電子轉移守恒n（KCl）=n（KClO），根據(jù)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D正確；
故選B．

點評 本題考查氧化還原反應計算，題目難度中等，注意電子轉移守恒及極限法的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及化學計算能力．