Question

10．在自来水消毒和工业上砂糖、油脂的漂白与杀菌过程中，亚氯酸钠（NaClO₂）发挥着重要的作用．下图是生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO₂的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO₂•3H₂O；
②常温下，K_sp（FeS）=6.3×10^-18；K_sp（CuS）=6.3×10^-36；K_sp（PbS）=8×10^-28
③Ⅲ装置中电解硫酸钠溶液，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠．
（1）I中发生反应的离子方程式为SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O．
（2）从滤液中得到NaClO₂•3H₂O晶体的所需操作依次是bdc（填写序号）．
a．蒸馏   b．蒸发浓缩   c．过滤   d．冷却结晶    e．灼烧
（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．表是25℃时HClO₂及几种常见弱酸的电离平衡常数：

弱酸	HClO2	HF	H2CO3	H2S
Ka/mol•L-1	1×10-2	6.3×10-4	K1=4.30×10-7 K2=5.60×10-11	K1=9.1×10-8 K2=l.1×10-12

①常温下，物质的量浓度相等的NaClO₂、NaF、NaHCO₃、Na₂S四种溶液的pH由大到小的顺序为pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂） （用化学式表示）；
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CuS；常温下，当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为10^-5mol•L^-1）此时体系中的S^2-的浓度为6.3×10^-13mol/L．
（4）Ⅲ装置中若生成气体a的体积为1.12L（标准状况），则转移电子的物质的量为0.2mol．

Answer 1

分析 由流程图可知反应I为NaClO₃、Na₂SO₃在硫酸溶液中发生氧化还原反应生成C1O₂，III中电解质是Na₂SO₄，电解Na₂SO₄溶液的本质是电解水，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，所以a气体是氧气、b气体是氢气、A是NaOH，反应Ⅱ为C1O₂与双氧水、NaOH溶液混合反应经过滤得到NaClO₂溶液，NaClO₂溶液采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到NaClO₂•3H₂O晶体，据此分析．
（1）由流程图可知I中目的是产生C1O₂，SO₃^2-具有还原性，将ClO₃^-还原为C1O₂，自身被氧化为SO₄^2-；
（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体；
（3）①弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；
②根据三者的溶度积结合物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；最后析出沉淀是FeS，根据溶度积计算S^2-的浓度；
（4）据图知，III中电解质是Na₂SO₄，电解Na₂SO₄溶液的本质是电解水，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，则阳极上电极反应式为：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺、阴极电极反应式为：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，所以a气体是氧气、b气体是氢气、A是NaOH，根据电极反应计算转移电子的物质的量．

解答 解：（1）由流程图可知I中目的是产生C1O₂，SO₃^2-具有还原性，将ClO₃^-还原为C1O₂，自身被氧化为SO₄^2-，反应的离子方程式为：SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O；故答案为：SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O；
（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为：bdc；
故答案为：bdc；
（3）①根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO₂＞HF＞H₂CO₃＞HS^-，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂）；
故答案为：pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂）；
②Ksp（FeS）=6.3×10^-18；Ksp（CuS）=6.3×10^-28；Ksp（PbS）=2.4×10^-28，物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS；最后析出沉淀是FeS，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c（S^2-）=$\frac{Ksp（FeS）}{c（Fe{\;}^{2+}）}$=$\frac{6.3×10{\;}^{-18}}{10{\;}^{-5}}$mol/L=6.3×10^-13mol/L；
故答案为：CuS；6.3×10^-13mol/L；
（4）据图知，III中电解质是Na₂SO₄，电解Na₂SO₄溶液时，阳极区生成氧气同时产生硫酸，阴极区生成氢气同时产生氢氧化钠，则阳极上电极反应式为：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，阴极电极反应式为：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，左边流出硫酸，所以a气体是氧气，b气体是氢气、A是NaOH，A在阴极上生成，生成气体a的电极反应式：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，生成气体a的体积为1.12L（标准状况）即0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol×4=0.2mol；
故答案为：0.2mol．

点评 本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为载体，考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应原理、物质分离提纯、盐类水解、溶度积的有关计算与应用等，培养了学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大．