Question

9．在自來水消毒和工業(yè)上砂糖、油脂的漂白與殺菌過程中，亞氯酸鈉（NaClO₂）發(fā)揮著重要的作用．下圖是生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：

已知：①NaClO₂的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結晶析出NaClO₂•3H₂O；
②常溫下，Ksp（FeS）=6.3×10^-18；Ksp（CuS）=6.3×10^-28；Ksp（PbS）=2.4×10^-28
（1）反應I中發(fā)生反應的離子方程式為SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O．
（2）從濾液中得到NaClO₂•3H₂O晶體的所需操作依次是bdc（填寫序號）．
a．蒸餾  b．蒸發(fā)濃縮    c．過濾  d．冷卻結晶    e．灼燒
（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)：

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常溫下，物質的量濃度相等的NaClO₂、NaF、NaHCO₃、Na₂S四種溶液的pH由大到小的順序為pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂） （用化學式表示）；體積相等，物質的量濃度相同的NaF、NaClO₂兩溶液中所含陰陽離子總數(shù)的大小關系為：后者大（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CuS；常溫下，當最后一種離子沉淀完全時（該離子濃度為10^-5mol•L^-1）此時體系中的S^2-的濃度為6.3×10^-13mol/L．
（4）Ⅲ裝置中生成氣體a的電極反應式2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，若生成氣體a的體積為1.12L（標準狀況），則轉移電子的物質的量為0.2mol．

Answer 1

分析 （1）由流程圖可知C1O₂發(fā)生器中目的是產(chǎn)生C1O₂，SO₃^2-具有還原性，將ClO₃^-還原為C1O₂，自身被氧化為SO₄^2-；
（2）從溶液中得到含結晶水的晶體，一般采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體；
（3）①弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，反之酸性越弱，酸性越弱，對應鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大；
NaF、NaClO₂兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是-1價離子，1mol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，故溶液堿性越強，氫離子濃度越小，含有陰陽離子總數(shù)越��；
②根據(jù)三者的溶度積結合物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀；最后析出沉淀是FeS，根據(jù)溶度積計算S^2-的濃度；
（4）據(jù)圖知，III中電解質是Na₂SO₄，電解Na₂SO₄溶液的本質是電解水，陽極上電極反應式為：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺、陰極電極反應式為：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，所以a氣體是氧氣、b氣體是氫氣、A是NaOH，根據(jù)電極反應計算轉移電子的物質的量；

解答 解：（1）由流程圖可知C1O₂發(fā)生器中目的是產(chǎn)生C1O₂，SO₃^2-具有還原性，將ClO₃^-還原為C1O₂，自身被氧化為SO₄^2-，反應的離子方程式為：SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O；故答案為：SO₃^2-+2ClO₃^-+2H⁺=2C1O₂+SO₄^2-+H₂O；
（2）從溶液中得到含結晶水的晶體，一般采取蒸發(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：bdc；
故答案為：bdc；
（3）①根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱順序為：HClO₂＞HF＞H₂CO₃＞HS^-，酸性越弱，對應鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大，故物質的量濃度相等各溶液pH關系為：pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂）；
NaF、NaClO₂兩溶液中鈉離子濃度相同，由于陰離子都是-1價離子，1mol陰離子水解得到1mol氫氧根離子，陰離子的總濃度不變，兩溶液中陰離子總濃度相同，溶液為堿性，pH（NaF）＞pH（NaClO₂），故NaF溶液中氫離子濃度較小，含有陰陽離子總數(shù)較小，即NaClO₂溶液中陰陽離子總數(shù)較大，
故答案為：pH（Na₂S）＞pH（NaHCO₃）＞pH（NaF）＞pH（NaClO₂）；后者大；
②Ksp（FeS）=6.3×10^-18；Ksp（CuS）=6.3×10^-28；Ksp（PbS）=2.4×10^-28，物質組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS；最后析出沉淀是FeS，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c（S^2-）=為$\frac{Ksp（FeS）}{c（Fe2+）}$=$\frac{6.3×10{\;}^{-18}}{10{\;}^{-5}}$mol/L=6.3×10^-13mol/L；
答案為：CuS；6.3×10^-13mol/L；
（4）據(jù)圖知，III中電解質是Na₂SO₄，電解Na₂SO₄溶液時，陽極上電極反應式為：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，陰極電極反應式為：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，左邊流出硫酸，所以a氣體是氧氣，b氣體是氫氣、A是NaOH，A在陰極上生成，生成氣體a的電極反應式：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，生成氣體a的體積為1.12L（標準狀況）即0.05mol，轉移電子的物質的量為0.05mol×4=0.2mol；
故答案為：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺；0.2mol；

點評 本題以學生比較陌生的亞氯酸鈉制備為載體，考查學生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應原理、物質分離提純、鹽類水解、溶度積的有關計算與應用等，培養(yǎng)了學生綜合運用知識解決問題的能力，題目難度較大．