Question

【題目】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：①NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當(dāng)條件下可結(jié)晶析出NaClO23H2O；
②Ksp（FeS）=6.3×10﹣18； Ksp（CuS）=6.3×10﹣36；Ksp（PbS）=2.4×10﹣28
（1）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 ． 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(yīng)制取Cl2 ． 若用二氧化氯和濃鹽酸制取Cl2 ， 當(dāng)生成5mol Cl2時，通過還原反應(yīng)制得氯氣的質(zhì)量為g．
（2）從濾液中得到NaClO23H2O晶體的所需操作依次是（填寫序號）． a．蒸餾 b．灼燒 c．過濾 d．冷卻結(jié)晶 e．蒸發(fā)
（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 ． 表是 25℃時HClO2及幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)：

弱酸	HClO2	HF	HCN	H2S
Ka	1×10﹣2	6.3×10﹣4	4.9×10﹣10	K1=9.1×10﹣8 K2=1.1×10﹣12

①常溫下，物質(zhì)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（用化學(xué)式表示）；體積相等，物質(zhì)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(guān)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(dāng)最后一種離子沉淀完全時（該離子濃度為10﹣5molL﹣1），此時體系中的S2﹣的濃度為 ．

Answer 1

【答案】
（1）2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71
（2）dc
（3）pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；前者大；CuS；6.3×10﹣13mol/L
【解析】解：（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，反應(yīng)方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2 ， 反應(yīng)中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，HCl是還原劑，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1：4，故還原反應(yīng)生成的氯氣為5mol× =1mol，通過還原反應(yīng)制得氯氣的質(zhì)量為1mol×71g/mol=71g， 所以答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71；
（2.）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體，所以操作順序為dc，所以答案是：dc；
（3.）①根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性強弱順序為：HClO2＞HF＞HCN＞HS﹣ ， 酸性越弱，對應(yīng)鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大，故物質(zhì)的量濃度相等各溶液pH關(guān)系為：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2），
NaF、NaCN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（NaCN）＞pH（NaF），故NaCN溶液堿氫離子濃度較小，含有陰陽離子總數(shù)較小，即NaF溶液中陰陽離子總數(shù)較大，
所以答案是：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；前者大；
②物質(zhì)組成類型相同，溶度積越小，溶解度越小，滴加硫化鈉，相應(yīng)陽離子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，F(xiàn)e2+最后沉淀，沉淀完全時該濃度為10﹣5molL﹣1 ， 此時的S2﹣的濃度為 mol/L=6.3×10﹣13mol/L，
所以答案是：CuS；6.3×10﹣13mol/L．