Question

8．已知：將Cl₂通入適量NaOH溶液，產物中可能有NaCl、NaClO、NaClO₃，且$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$的值僅與溫度高低有關．當n（NaOH）=6a mol時，下列有關說法不正確的是（　　）

• A． 改變溫度，反應中轉移電子的物質的量n的范圍：3a mol≤n≤5a mol
• B． 改變溫度，產物中NaCl的最小理論產量為4a mol
• C． 參加反應的氯氣的物質的量3a mol
• D． 某溫度下，若反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，則溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6

Answer 1

分析 A．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，根據電子轉移守恒及鈉離子守恒計算；
B．反應中轉移電子最少時生成NaCl最少；
C．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），由鈉離子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）=n（NaOH）；
D．令n（ClO^-）=1mol，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，則n（Cl^-）=6mol，根據電子轉移守恒計算n（ClO₃^-），據此計算判斷．

解答 解：A．氧化產物只有NaClO₃時，轉移電子最多，根據電子轉移守恒n（NaCl）=5（NaClO₃），由鈉離子守恒：n（NaCl）+n（NaClO₃）=n（NaOH），故n（NaClO₃）=$\frac{1}{6}$n（NaOH）=$\frac{1}{6}$×6a mol，轉移電子最大物質的量=a mol×5=5a mol，氧化產物只有NaClO時，轉移電子最少，根據電子轉移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由鈉離子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaClO）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，轉移電子最小物質的量=3a mol×1=3a mol，故反應中轉移電子的物質的量n的范圍：3amol≤n≤5amol，故A正確；
B．反應中還原產物只有NaCl，反應中轉移電子最少時生成NaCl最少，根據電子轉移守恒n（NaCl）=n（NaClO），由鈉離子守恒：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaCl）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，故B錯誤；
C．由Cl原子守恒可知，2n（Cl₂）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃），由鈉離子守恒可知n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）=n（NaOH），故參加反應的氯氣的物質的量=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=3a mol，故C正確；
D．令n（ClO^-）=1mol，反應后$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，則n（Cl^-）=6mol，電子轉移守恒，5×n（ClO₃^-）+1×n（ClO^-）=1×n（Cl^-），即5×n（ClO₃^-）+1×1mol=1×6mol，解得n（ClO₃^-）=1mol，則溶液中$\frac{c（C{l}^{-}）}{c（Cl{O}_{3}^{-}）}$=6，故D正確；
故選B．

點評 本題考查了氧化還原反應計算，題目難度中等，注意電子轉移守恒及極限法的應用，側重于考查學生的分析能力和計算能力．