二氧化*(ClO2)是一种新型消毒剂,可用***(NaClO3)为原料制备。(1)隔膜电解法制备ClO2的装置...
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二氧化*(ClO2)是一种新型消毒剂,可用***(NaClO3)为原料制备。
(1)隔膜电解法制备ClO2的装置示意图如下:
已知:ClO2在**溶液中比较稳定,在碱*溶液中不能稳定存在。
①产生O2的电极反应式:________。
②结合反应方程式,简述ClO2的产生过程:_________。
(2)过氧化*还原法制备ClO2:研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如下:
加入NaCl 的浓度/(g·L‑1) | ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1) | 相同时间 | |||
10 min | 30 min | 60 min | ClO2 产率/% | Cl2 的量 | |
0 | 0.0035 | 0.0124 | 0.0159 | 97.12 | 极微量 |
1.00 | 0.0138 | 00162 | 0.0163 | 98.79 | 极微量 |
①NaCl的主要作用是_______。
②上述反应可能的过程如下:
反应i: + + +
反应ii: Cl2 + H2O2 = 2Cl- + O2↑ + 2H+
将反应i填写完整_________。
③进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中首先会发生反应生成Cl-,反应为:ClO3- + 3H2O2 = Cl- + 3O2↑+3H2O(反应iii)。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由:_________。
(3)国家规定,饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8 mg·L-1,检测步骤如下:
Ⅰ.取1.0L的**水样,加入过量的*化钾,再用*氧化*溶液调至中*,使ClO2转化为。加入淀粉溶液,溶液变蓝。
Ⅱ.用0.0010 mol/LNa2S2O3溶液滴定步骤I中产生的I2。已知:步骤II中发生反应的离子方程式是
①步骤I中发生的氧化还原反应的离子方程式是________。
②当步骤II中出现________(填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00 mL。
③上述水样中ClO2的残留浓度是______mg·L-1。
【回答】
(1). (2). *极反应:,产生的在溶液中与发生反应:
。一部分逸出,一部分循环反应 (3). 催化剂 (4). (5). 反应i较快,反应ii 与反应i 速率相当或更快,反应iii 较慢。因为ClO2产率很高并且Cl2的量极微量,并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢 (6). (7). 溶液蓝*恰好消失,30 s 内不变为蓝* (8). 0.675
【解析】
【分析】
(1)①氧元素化合价升高产生O2,氧气在阳极生成;
②根据装置图,在*极得电子生成,与溶液中ClO3-反应生成;
(2)①根据表格数据,可知加入NaCl,生成速率明显增大;
②总反应-反应ii可得反应i;
③根据ClO2产率很高并且Cl2的量极微量,并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢分析反应i、ii、iii的速率大小;
(3)①步骤I中ClO2与*离子反应生成和*单质;
②当*单质完全反应时,溶液蓝*消失;
③根据、,可知ClO2与的关系式,根据关系式计算ClO2残留浓度。
【详解】(1)①水中氧元素化合价升高产生O2,氧气在阳极生成,阳极反应式是;
②根据装置图,ClO2的产生过程是:*极发生反应,产生的在溶液中与发生反应:。一部分逸出,一部分循环反应;
(2)根据表格数据,可知加入NaCl,生成的速率明显增大,所以NaCl的主要作用是作反应的催化剂;
②总反应的离子方程式是,总反应-反应ii可得
;
③根据ClO2产率很高并且Cl2的量极微量,并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢,所以反应i较快,反应ii 与反应i 速率相当或更快,反应iii 较慢;
(3)①步骤I中ClO2与*离子反应生成和*单质,反应的离子方程式是;
②当*单质完全反应时,溶液蓝*消失,当步骤II中蓝*恰好消失,30 s 内不变为蓝*时,达到滴定终点,停止滴加Na2S2O3溶液。
③根据、,可知ClO2与的物质的量比是1:1;
设水样中ClO2的物质的量是nmol;
ClO2—————
1 1
nmol 0.0010 mol/L×0.01L
解得n=1×10 -5mol;
ClO2的残留浓度是1×10 -5mol×67.5g/mol×103÷1L=0.675 mg·L-1。
知识点:电离平衡 水解平衡
题型:填空题
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