Question

【题目】利用如图装置制取ClO2 ， 并以ClO2为原料制备亚氯酸钠（NaClO2是一种高效氧化剂、漂白剂）．已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2 ， 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．

完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为；装置④中发生反应的离子方程式为 ．
（2）装置③的作用是；装置①和⑤在本实验中的作用 ．
（3）装置④反应后的溶液中还含有少量NaOH杂质，从该溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃左右蒸发结晶；②趁热过滤；③用50℃左右的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品．步骤③中用50℃左右的温水洗涤的原因是 ．
（4）亚氯酸钠纯度测定：①准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应．将所得混合液配成250mL待测溶液．②取25.00mL待测液，用2.0 molL﹣1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为 ． 重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中NaClO2的质量分数为 ．

实验序号	滴定前读数/mL	滴定后读数/mL
1	0.00	19.96
2	3.26	23.30
3	1.10	23.40

（5）实验过程中若NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量NaClO2 ， 其中一份加热高于60℃使之变质，另一份严格保存，均配成溶液，并分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量（填“相同”“不相同”或“无法判断”）．

Answer 1

【答案】
（1）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+2H2O+O2↑
（2）防止倒吸；吸收反应产生的气体，防止其污染空气
（3）防止生成NaClO2?3H2O晶体和温度过高产品分解
（4）当滴入一滴标准液，锥形瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；90.5%
（5）相同
【解析】解：（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4 ， 生成物为ClO2和2Na2SO4 ， 配平方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置④反应获得NaClO2 ， 反应为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+2H2O+O2↑；所以答案是：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+2H2O+O2↑；（2）装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸，装置①和⑤吸收反应产生的气体，防止其污染空气；所以答案是：防止倒吸；吸收反应产生的气体，防止其污染空气；（3）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2 ， 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38﹣60℃得到晶体，用38﹣60℃的温水洗涤，防止生成NaClO23H2O晶体和温度过高产品分解，所以答案是：防止生成NaClO23H2O晶体和温度过高产品分解；（4）碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；3次测得数据如计算消耗硫代硫酸钠的体积是： =20.77mL，
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣4S2O32﹣
n（ClO2﹣）= n（S2O32﹣）= ×20.77×10﹣3×2.0≈0.01mol,
m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g，计算得到样品中NaClO2的质量分数= ×100%=90.5%；所以答案是：滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；90.5%；（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和﹣1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2﹣+12Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+3Cl﹣+8Fe3+ ， 最终得到Cl元素由+3价变为﹣1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为﹣1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，所以两份试样消耗FeSO4的物质的量相同，所以答案是：相同．