Question

15．亚氯酸钠（NaClO₂）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．
（1）NaClO₂中Na，Cl，O原子半径由大到小的顺序为Na＞Cl＞O，Cl元素在周期表中的位置为第三周期第VIIA族．
（2）NaClO₂变质可分解为NaClO₃和NaCl．分别取等质量未变质和部分变质的NaClO₂试样配成溶液，与足量FeSO₄溶液反应，消耗Fe²⁺的物质的量相同（相同，不相同）．
（3）ClO₂是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：
5NaClO₂+4HCl═5NaCl+4ClO₂↑+2H₂O
该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：4．
（4）常温时，HClO₂的电离平衡常数Ka=1.07×10^-2mol•L^-1．
①NaClO₂溶液中离子浓度大小顺序为c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
②常温时，100mL 0.01mol/L HClO₂溶液与10mL 0.1mol/L HClO₂溶液相比，下列数值前者大于后者的有AB．
A．ClO₂^-的物质的量   B．c（OH^-）   C．电离平衡常数   D．c（HClO₂）
③NaClO₂溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=1.07×10¹²．

Answer 1

分析 （1）电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小；Cl元素在周期表中的位置为第三周期第VIIA族；
（2）已变质和未变质的NaClO₂与Fe²⁺反应都生成Cl^-，根据转移电子守恒判断；
（3）根据在反应物中，化合价降低的物质是氧化剂，化合价升高的物质是还原剂来分析解答；
（4）①HClO₂是弱电解质，则NaClO₂溶液显碱性；
②HClO₂为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小；
③$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$，据此计算．

解答 解：（1）电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径由大到小的顺序为Na＞Cl＞O；Cl元素在周期表中的位置为第三周期第VIIA族；
故答案为：Na＞Cl＞O；第三周期第VIIA族；
（2）Fe²⁺与变质前后的NaClO₂反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe²⁺物质的量应相同，故答案为：相同；
（3）5NaClO₂+4HCl=5NaCl+4ClO₂↑+2H₂O反应中，4NaClO₂→4ClO₂，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO₂是还原剂；1NaClO₂→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO₂作氧化剂，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，
故答案为：1：4；
（4）①由电离常数可知，HClO₂是弱电解质，则NaClO₂溶液显碱性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），ClO₂^-部分发生水解，则c（Na⁺）＞c（ClO₂^-），所以NaClO₂溶液中离子浓度大小顺序为c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
②A．浓度越大，电离程度越小，则ClO₂^-的物质的量越小，所以前者大于后者，故A正确；
B．后者浓度大，溶液中氢离子浓度大，所以后者中氢氧根离子浓度小，则前者大于后者，故B正确；
C．电离常数只与温度有关，温度相同，则电离常数相同，故C错误；
D．浓度越大，电离程度越小，则HClO₂的物质的量浓度越大，所以后者中c（HClO₂）大，故D错误；
故答案为：AB；
③$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$=$\frac{1.07×1{0}^{-2}}{1{0}^{-14}}$=1.07×10¹²，故答案为：1.07×10¹²．

点评 本题考查了原子半径的比较、氧化还原反应、离子浓度大小比较、弱电解质的电离和电离常数的应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意掌握有关知识．