Question

(18分)某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO₂)的研究。

实验I：制取NaClO₂晶体

己知：NaClO₂饱和溶液在温度低于38℃时析出品体是NaClO₂·3H₂O，高于38℃时析出晶体是NaClO₂，高于60℃时NaClO₂分解成NaClO₃和NaCl。利用下图所示装置进行实验。

（1）装置③的作用是                     装置①的作用是

（2）装置②中制备ClO₂的化学方程式为               ；产生ClO₂的还原剂是装置④中制备NaClO₂的化学方程式为

（3）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趁热过滤；③                ；④低于60℃干燥，得到成品。

实验Ⅱ：测定某亚氯酸钠样品的纯度。

设计如下实验方案，并进行实验：①准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，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(已知：ClO₂^-+4I^-+4H⁺=2H₂O+2I₂+Cl^-)。将所得混合液配成250mL待测溶液。

②移取25．00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol·L^-1 Na₂S₂O₃标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得平均值为V mL(已知：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-)。

（4）达到滴定终点时的现象为

（5）该样品中NaClO₂的质量分数为                  (用含m、c、V的代数式表示)。

（6）在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果           （填“偏高”或“偏低”），原因用离子方程式表示为                  。

Answer

（1）防止倒吸；吸收装置中未反应的ClO2 ，防止外逸污染空气；

（2）Na2SO3+2NaClO3+H2SO4= 2Na2SO4+ 2ClO2↑+H2O； Na2SO3；

2NaOH＋2ClO2＋H2O2=2NaClO2＋2H2O＋O2↑(2分) ；

（3）用38 ℃～60 ℃的温水洗涤；（4）溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色

（5）% 或 22.6Cv/m% (2分)，（6）偏高 4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O (2分)

【解析】

试题分析：（1）在装置②中发生反应制取ClO2，在装置④中气体进行反应，使装置内压强降低，装置③防止倒吸现象的发生；装置①中含有NaOH溶液，可以与ClO2，发生反应，因此其作用是吸收装置中未反应的ClO2 ，防止外逸污染空气；（2）在装置②中发生反应制取ClO2，根据电子守恒和质量守恒定律可得：Na2SO3+2NaClO3+H2SO4= 2Na2SO4+ 2ClO2↑+H2O。在该反应中Na2SO3中的S元素的化合价升高，失去电子，作还原剂；在装置④ClO2与NaOH的H2O2溶液发生氧化还原反应，产生反应后的溶液获得NaClO2晶体，在该反应中Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，根据电子守恒、原子守恒可得方程式为： 2NaOH+ 2ClO2+ H2O2= 2NaClO2+2H2O+O2，（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2·3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应该控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥；（4）碘单质遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，所以滴加最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（5）令样品中NaClO2的质量分数为a，根据反应方程式：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32－。则NaClO2与S2O32－的关系是每90.5g NaClO2对应消耗 4mol 的S2O32－。n(S2O32－)= c mol·L-1×V×10-3L×,则m(NaClO2)=。所以NaClO2的纯度是a= [m(NaClO2)÷m(总)]×100=%=22.6Cv/m%。（6）（6）在滴定操作正确无误的情况下，由于反应过程会产生氧气，氧气会将溶液中的I-氧化为I2单质，使溶液中碘的含量偏高，滴定消耗的Na2S2O3标准液体积偏高，故会使实验测得结果偏高。反应离子方程式为4I－+O2+4H＋=2I2+2H2O。

考点：考查物质制取过程中装置的作用、物质制取原理的方程式表示、滴定终点的判断、误差分析、关系式法在物质纯度的计算中的作用的知识。