Question

亞氯酸鈉（NaClO₂）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白與殺菌。以下是用過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：

已知：NaClO₂的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結晶析出NaClO₂·3H₂O。
（1）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為_____________________（配平化學方程式）。該工藝流程中的NaClO₃、ClO₂、NaClO₂都是強氧化劑，它們都能和濃鹽酸反應制取Cl₂。若用二氧化氯和濃鹽酸制取Cl₂，當生成5 mol Cl₂時，通過還原反應制得氯氣的質量為________克。
（2）從濾液中得到的NaClO₂·3H₂O晶體的操作依次是__________（填寫序號）。
a.蒸餾      b.灼燒      c.過濾      d.冷卻結晶
（3）印染工業(yè)常用亞氯酸鈉（NaClO₂）漂白織物，漂白織物時真正起作用的是HClO₂。下表是25℃時HClO₂及幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)：

①常溫下，物質的量濃度相等的NaClO₂、NaF、NaCN、Na₂S四種溶液的pH由大到小的順序為____________；體積相等，物質的量濃度相同的NaF、NaCN兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)的大小關系為：______________（填“前者大”“相等”或“后者大”）。
②Na₂S是常用的沉淀劑。某工業(yè)污水中含有等濃度的Cu²⁺、Fe²⁺、Pb²⁺離子，滴加Na₂S溶液后首先析出的沉淀是_______；當最后一種離子沉淀完全時（該離子濃度為10^-5mol·L^-1）此時的S^2-的濃度為____。
已知

Answer 1

（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）

解析試題分析：（1）根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO₂，所以一定有ClO₂→NaClO₂，化合價降低，被還原；則H₂O₂必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，因此反應的化學方程式為2NaOH+2ClO₂+H₂O₂＝2NaClO₂+2H₂O+O₂↑；二氧化氯和濃鹽酸制取Cl₂時，二氧化氯中氯元素的化合價從＋4價降低到0價，得到4個電子。氯化氫中氯元素的化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，則根據(jù)電子的得失守恒可知，氧化劑和還原劑大的物質的量之比是1:4，還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物的物質的量之比也是1:4。因此當生成5 mol Cl₂時，通過還原反應制得氯氣的物質的量是1mol，質量為71g。
（2）從溶液中得到含結晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體，所以操作順序為dc。
（3）①酸越弱，相應的鈉鹽越容易水解，溶液的堿性越強，pH越大。酸的電離平衡常數(shù)越小，酸越弱，所以根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性強弱順序是HClO₂＞HF＞H₂S＞HCN＞HS^－，則常溫下，物質的量濃度相等的NaClO₂、NaF、NaCN、Na₂S四種溶液的pH由大到小的順序為Na₂S＞NaCN＞NaF＞NaClO₂；根據(jù)電荷守恒可知在NaF、NaCN兩溶液中存在c(Na^＋)＋c(H^＋)＝c(OH^－)＋c(F^－)、c(Na^＋)＋c(H^＋)＝c(OH^－)＋c(CN^－)，因此兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)分別是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^＋)。在物質的量濃度相等的條件下，NaF溶液的堿性弱于NaCN溶液的堿性，則NaF溶液中氫離子的濃度大于NaCN溶液中氫離子的濃度，因此積相等，物質的量濃度相同的NaF、NaCN兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)的大小關系為前者大。
②根據(jù)溶度積常數(shù)可知，CuS的溶度積常數(shù)最小，所以向含有等濃度的Cu²⁺、Fe²⁺、Pb²⁺離子的溶液中，滴加Na₂S溶液后首先析出的沉淀是CuS。最后析出的是FeS沉淀，當溶液中c(Fe²⁺)＝10^-5mol/L時，根據(jù)FeS的溶度積常數(shù)可知，溶液中c(S^2－)＝＝6.3×10^－13mol/L。
考點：考查氧化還原反應方程式的配平、計算；物質的分離與提純；弱電解質的電離、鹽類水解以及溶液中離子濃度大小比較；溶度積常數(shù)的應用和計算等