Question

亚氯酸钠（NaClO₂）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：NaClO₂的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO₂·3H₂O。

（1）吸收塔内发生反应的化学方程式为_____________________（配平化学方程式）。该工艺流程中的NaClO₃、ClO₂、NaClO₂都是强氧化剂，它们都能和浓盐酸反应制取Cl₂。若用二氧化氯和浓盐酸制取Cl₂，当生成5 mol Cl₂时，通过还原反应制得氯气的质量为________克。

（2）从滤液中得到的NaClO₂·3H₂O晶体的操作依次是__________（填写序号）。

a.蒸馏                b.灼烧                c.过滤                d.冷却结晶

（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO₂）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO₂。下表是25℃时HClO₂ 及几种常见弱酸的电离平衡常数：

①常温下，物质的量浓度相等的NaClO₂ 、NaF、NaCN、Na₂S四种溶液的pH由大到小的顺序为____________；体积相等，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：______________（填“前者大”“相等”或“后者大”）。

②Na₂S是常用的沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu²⁺、Fe²⁺、Pb²⁺ 离子，滴加Na₂S溶液后首先析出的沉淀是_______；当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10^-5mol·L^-1）此时的S^2-的浓度为____。

已知

 

Answer 1

【答案】

（14分）（1）2NaOH+2ClO₂+H₂O₂＝2NaClO₂+2H₂O+O₂↑  71（每空2分，共4分）（2）dc（2分）

（3）①Na₂S＞NaCN＞NaF＞NaClO₂   前者大（每空2分，共4分）

②CuS   6.3×10^－13mol/L（每空2分，共4分）

【解析】

试题分析：（1）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO₂，所以一定有ClO₂→NaClO₂，化合价降低，被还原；则H₂O₂必定被氧化，有氧气产生，因此反应的化学方程式为2NaOH+2ClO₂+H₂O₂＝2NaClO₂+2H₂O+O₂↑；二氧化氯和浓盐酸制取Cl₂时，二氧化氯中氯元素的化合价从＋4价降低到0价，得到4个电子。氯化氢中氯元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子的得失守恒可知，氧化剂和还原剂大的物质的量之比是1:4，还原产物和氧化产物的物质的量之比也是1:4。因此当生成5 mol Cl₂时，通过还原反应制得氯气的物质的量是1mol，质量为71g。

（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为dc。

（3）①酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强，pH越大。酸的电离平衡常数越小，酸越弱，所以根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是HClO₂＞HF＞H₂S＞HCN＞HS^－，则常温下，物质的量浓度相等的NaClO₂ 、NaF、NaCN、Na₂S四种溶液的pH由大到小的顺序为Na₂S＞NaCN＞NaF＞NaClO₂；根据电荷守恒可知在NaF、NaCN两溶液中存在c(Na^＋)＋c(H^＋)＝c(OH^－)＋c(F^－)、c(Na^＋)＋c(H^＋)＝c(OH^－)＋c(CN^－)，因此两溶液中所含阴阳离子总数分别是n(Na^＋)＋n(H^＋)＋n(OH^－)＋n(F^－)＝2 n(Na^＋)＋2n(H^＋)、n(Na^＋)＋n(H^＋)＋n(OH^－)＋n(CN^－)＝2 n(Na^＋)＋2n(H^＋)。在物质的量浓度相等的条件下，NaF溶液的碱性弱于NaCN溶液的碱性，则NaF溶液中氢离子的浓度大于NaCN溶液中氢离子的浓度，因此积相等，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为前者大。

②根据溶度积常数可知，CuS的溶度积常数最小，所以向含有等浓度的Cu²⁺、Fe²⁺、Pb²⁺ 离子的溶液中，滴加Na₂S溶液后首先析出的沉淀是CuS。最后析出的是FeS沉淀，当溶液中c(Fe²⁺)＝10^-5mol/L时，根据FeS的溶度积常数可知，溶液中c(S^2－)＝＝6.3×10^－13mol/L。

考点：考查氧化还原反应方程式的配平、计算；物质的分离与提纯；弱电解质的电离、盐类水解以及溶液中离子浓度大小比较；溶度积常数的应用和计算等