Question

15．亞氯酸鈉（NaClO₂）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業．它在堿性環境中穩定存在．
（1）NaClO₂中Na，Cl，O原子半徑由大到小的順序為Na＞Cl＞O，Cl元素在周期表中的位置為第三周期第VIIA族．
（2）NaClO₂變質可分解為NaClO₃和NaCl．分別取等質量未變質和部分變質的NaClO₂試樣配成溶液，與足量FeSO₄溶液反應，消耗Fe²⁺的物質的量相同（相同，不相同）．
（3）ClO₂是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：
5NaClO₂+4HCl═5NaCl+4ClO₂↑+2H₂O
該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比是1：4．
（4）常溫時，HClO₂的電離平衡常數Ka=1.07×10^-2mol•L^-1．
①NaClO₂溶液中離子濃度大小順序為c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
②常溫時，100mL 0.01mol/L HClO₂溶液與10mL 0.1mol/L HClO₂溶液相比，下列數值前者大于后者的有AB．
A．ClO₂^-的物質的量   B．c（OH^-）   C．電離平衡常數   D．c（HClO₂）
③NaClO₂溶液（含少量NaOH）的pH=13，則溶液$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=1.07×10¹²．

Answer 1

分析 （1）電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同時，原子序數越大，半徑越小；Cl元素在周期表中的位置為第三周期第VIIA族；
（2）已變質和未變質的NaClO₂與Fe²⁺反應都生成Cl^-，根據轉移電子守恒判斷；
（3）根據在反應物中，化合價降低的物質是氧化劑，化合價升高的物質是還原劑來分析解答；
（4）①HClO₂是弱電解質，則NaClO₂溶液顯堿性；
②HClO₂為弱電解質，濃度不同，電離程度不同，濃度越大，電離程度越小；
③$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$，據此計算．

解答 解：（1）電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同時，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑由大到小的順序為Na＞Cl＞O；Cl元素在周期表中的位置為第三周期第VIIA族；
故答案為：Na＞Cl＞O；第三周期第VIIA族；
（2）Fe²⁺與變質前后的NaClO₂反應，最后的還原產物都是NaCl，根據電子守恒消耗的Fe²⁺物質的量應相同，故答案為：相同；
（3）5NaClO₂+4HCl=5NaCl+4ClO₂↑+2H₂O反應中，4NaClO₂→4ClO₂，+3價的氯元素化合價升高到+4價，所以NaClO₂是還原劑；1NaClO₂→1NaCl，+3價的氯元素的化合價降低到-1價，所以部分NaClO₂作氧化劑，所以該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：4，
故答案為：1：4；
（4）①由電離常數可知，HClO₂是弱電解質，則NaClO₂溶液顯堿性，所以c（OH^-）＞c（H⁺），ClO₂^-部分發生水解，則c（Na⁺）＞c（ClO₂^-），所以NaClO₂溶液中離子濃度大小順序為c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（Na⁺）＞c（ClO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
②A．濃度越大，電離程度越小，則ClO₂^-的物質的量越小，所以前者大于后者，故A正確；
B．后者濃度大，溶液中氫離子濃度大，所以后者中氫氧根離子濃度小，則前者大于后者，故B正確；
C．電離常數只與溫度有關，溫度相同，則電離常數相同，故C錯誤；
D．濃度越大，電離程度越小，則HClO₂的物質的量濃度越大，所以后者中c（HClO₂）大，故D錯誤；
故答案為：AB；
③$\frac{c（O{H}^{-}）•c（Cl{O}_{2}^{-}）}{c（HCl{O}_{2}）}$=$\frac{Ka}{Kw}$=$\frac{1.07×1{0}^{-2}}{1{0}^{-14}}$=1.07×10¹²，故答案為：1.07×10¹²．

點評 本題考查了原子半徑的比較、氧化還原反應、離子濃度大小比較、弱電解質的電離和電離常數的應用等，題目難度中等，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力，注意掌握有關知識．