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【题目】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.利用如图所示装置制备亚氯酸钠.

完成下列填空:

(1)装置②中产生ClO2的化学方程式为______.装置③的作用是______

(2)从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为:①减压,55℃蒸发结晶;②______;③______;④低于60℃干燥,得到成品.(选择合适的操作编号填空)

A.冷却到室温后,过滤 B.趁热过滤 C.常温洗涤

D.冰水洗涤 E.38~60℃的温水洗涤

(3)准确称取所得亚氯酸钠样品10g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(ClO2+4I+4H+═2H2O+2I2+Cl).将所得混合液配成250mL待测溶液.配制待测液需用到的定量玻璃仪器是______

(4)取25.00mL待测液,用2.0mol/L Na2S2O3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2~3次,测得所用Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL.该样品中NaClO2的质量分数为______

(5)Na2FeO4和ClO2在水处理过程中分别被还原为Fe3+和Cl.如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率,那么ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是                  ______(填化学式)

【答案】2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4→2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O防止倒吸BE250mL容量瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色90.5%ClO2> Cl2>Na2FeO4

【解析】

试题分析:

关于物质制备的实验题,图中装置②为制取ClO2的装置,因为本实验会产生污染性气体,直接排放会污染环境,所以需要尾气吸收装置,装置①和⑤就是用氢氧化钠溶液吸收反应产生的ClO2等尾气;实验时关闭K1,②中发生反应生成ClO2气体,ClO2气体经过装置③进入装置④反应,故装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸现象;ClO2气体在装置④与氢氧化钠和双氧水溶液发生反应得到NaClO2溶液,经蒸发结晶、过滤、洗剂、干燥等操作,得到晶体NaClO23H2O或晶体NaClO2

(1)根据制取ClO2的反应物:NaClO3、Na2SO3、H2SO4,Na2SO3具有还原性,在反应中作还原剂,被氧化成Na2SO4,结合原子守恒可知,生成物中还有水,故化学方程式为:2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4=2ClO2 + 2Na2SO4 + H2O;装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸。

(2)因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O,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℃温度范围内进行操作,故操作为趁热过滤;用38~60℃的温水洗涤;答案为:B E

(3)配制250mL待测液需要用到的定量玻璃仪器是250mL容量瓶,注意要指明容量瓶的规格;答案为:250mL容量瓶

(4)有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标准液滴定碘溶液,到达滴定终点的现象为:溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。

由已知可得反应的关系式为:ClO2 ~ClO2~2I2~4S2O32,所以n(ClO2)= n(S2O32)= ×20×10-3 L×2.0mol/L=0.01mol,m(NaClO2)=0.01mol×90.5g/mol=9.05g ,该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g×100%=90.5%

(5)以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率,设三种消毒杀菌剂的质量均为m,那么ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为: ,所以三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为:ClO2>Cl2>Na2FeO4

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H2S(g)+O2(g)== =S(g)+H2O(g) ΔH3 2S(g)===S2(g) ΔH4

则ΔH4的正确表达式为( )

A. ΔH4 (3ΔH3-ΔH1-ΔH2) B. ΔH4 (ΔH1+ΔH2-3ΔH3)

C. ΔH4 (ΔH1+ΔH2+3ΔH3) D. ΔH4 (ΔH1-ΔH2-3ΔH3)

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