2022版高考化学一轮复习高考命题新动向情境命题系列二-亚氯酸钠学案新人教版

情境命题系列(二)——亚氯酸钠亚氯酸钠是一种较温和的氧化剂，通常情况下不会使纤维受到严重损伤，去杂效果比次氯酸钠和双氧水要好，特别是去除棉粒壳能力尤为显著，可用于棉、合纤及混纺织物的漂白，但不适用于蛋白质纤维的漂白。亚氯酸钠漂白对设备要求高，生产本钱高，并且漂白过程中产生有毒物质，因此生产上受到很大限制，目前多用于涤棉混纺织物的漂白。命题角度1：化工生产流程与制备1．亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等。Ⅰ.亚氯酸钠的制备以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：(1)“反响1〞中的氧化剂是__________(填化学式，下同)，母液中溶质的主要成分是__________。(2)每有1molSO2参加反响，理论上可生成ClO2的物质的量为__________mol。(3)如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4，那么“反响1〞的离子方程式为___________________________________________________________________。(4)“反响2〞使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是___________________________________________________________________。Ⅱ.亚氯酸钠的应用(5)用亚氯酸钠作水处理剂，水中可能残留少量亚氯酸钠，可以参加硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐，硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反响外，还可以起到的作用是___________________________________________________________________。(6)实验室可用亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反响制备ClO2气体。①上述反响的离子方程式为__________________________________________。②ClO2也可用于杀菌消毒，其消毒能力是等物质的量Cl2的________倍。【解析】在以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程中，反响1中反响物为NaClO3和SO2，生成物为ClO2，Cl元素的化合价由＋5变为＋4，NaClO3为氧化剂，那么SO2为复原剂，其对应氧化产物为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，因而反响1的化学方程式为2NaClO3＋SO2=2ClO2＋Na2SO4；反响2中反响物为ClO2、H2O2和NaOH，产物为NaClO2，Cl元素的化合价由＋4变为＋3，ClO2作氧化剂，那么H2O2作复原剂，结合氧化复原反响原理知2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O。(1)由以上分析，NaClO3作氧化剂，反响1的母液中溶质的主要成分是Na2SO4；(2)结合反响1的化学方程式为2NaClO3＋SO2=2ClO2＋Na2SO4，观察化学计量数知每有1molSO2参加反响，理论上可生成ClO2的物质的量为2mol；(3)如果将SO2换为Na2SO3和稀H2SO4，NaClO3中ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))作氧化剂，被复原成气体ClO2，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))作复原剂，被氧化成SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，结合缺项配平知“反响1〞的离子方程式为2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=2ClO2↑＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋H2O；(4)为了使ClO2更多地转化为NaClO2，需要参加过量的H2O2，过量的试剂需除去，由于H2O2易分解为氧气和水，所以“反响2〞使用H2O2而不使用其他物质的主要理由是多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质；(5)硫酸亚铁与亚氯酸盐反响的离子方程式为4Fe2＋＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4H＋=4Fe3＋＋Cl－＋2H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋会发生水解，其方程式为Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水中的杂质，这就是硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反响外，还可以起到的作用；(6)①亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反响制备ClO2气体，其反响物为亚氯酸钠和氯酸钠，产物为ClO2，Cl元素化合价由＋3变为＋4或由＋5变为＋4，结合缺项配平的原理，离子方程式为ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H＋=2ClO2↑＋H2O；②ClO2用于杀菌消毒时Cl元素由＋4变为－1，而Cl2用于杀菌消毒时Cl元素由0变为－1，因而等物质的量Cl2和ClO2转移电子的物质的量之比为2×1∶5，ClO2的消毒能力是等物质的量Cl2的eq\f(5,2)＝2.5倍。答案：(1)NaClO3Na2SO4(2)2(3)2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=2ClO2↑＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋H2O(4)多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质(5)Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水中的杂质(6)①ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H＋=2ClO2↑＋H2O②2.5命题角度2：电解原理2．NaClO2(亚氯酸钠)是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如下图。以下表达正确的选项是()A．假设直流电源为铅蓄电池，那么b极为PbB．阳极反响式为ClO2＋e－=ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))C．交换膜左侧NaOH的物质的量不变，气体X为Cl2D．制备18.1gNaClO2时理论上有0.2molNa＋由交换膜左侧向右侧迁移【解析】选C。A.左边通入ClO2，ClO2得电子产生ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，故左边电极为阴极，连接电源的负极，铅蓄电池Pb极为负极，那么a极为Pb，故A错误；B.电源b为正极，右侧铂电极为阳极，在阳极，氯离子失电子产生氯气，电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2，故B错误；C.交换膜左侧NaOH不参与电极反响，物质的量不变，根据选项B分析气体X为Cl2，故C正确；D.电解池中阳离子向阴极移动，那么制备18.1gNaClO2即0.2mol时理论上有0.2molNa＋由交换膜右侧向左侧迁移，故D错误。命题角度3：电解质溶液曲线3．亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白。亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体；经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如下图(Cl－没有画出)，那么以下分析正确的选项是()A.亚氯酸钠在酸性条件下较稳定B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝10－6C．pH越大，该漂白剂的漂白性能越好D．25℃，pH＝3时，NaClO2溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＋c(OH－)【解析】选B。A.由图可以得出：碱性条件下ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A错误；B.HClO2的电离平衡常数Ka＝eq\f(c〔ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))〕·c〔H＋〕,c〔HClO2〕)，观察图象可以看出，当pH＝6时，c(ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)