Question

4．“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．
探究一：探究氰化物的性质
已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：

弱酸	HCOOH	HCN	H2CO3
电离平衡常数（ 25℃）	Ka=1.77×10-4	Ka=5.0×10-10	Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11

（1）NaCN溶液呈碱性的原因是CN^-+H₂O?HCN+OH^-　（用离子方程式表示）
（2）如图表示常温下，稀释HCOOH、HCN两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是CDE
A．相同浓度的HCOONa和NaCN的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na⁺）＞c（CN^-）＞c（HCOO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
B．向NaCN溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CN^-+CO₂+H₂O=HCN+CO₃^2-
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．图象中a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度
E．图象中a、c两点处的溶液中$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）}$相等（HR代表HCOOH或HCN）
（3）H₂O₂有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H₂O₂+H₂O=A+NH₃↑，则生成物A的化学式为KHCO₃．
（4）处理含CN^-废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN^-）＜c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）
探究二：测定含氰水样中处理百分率
为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用下图所示装置进行实验．将CN^-的浓度为0，．2000mol/L的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H₂SO₄，关闭活塞．

已知装置②中发生的主要反应依次为：CN^-+ClO^-=CNO^-+Cl^-2CNO^-+2H⁺+3C1O^-=N₂↑+2CO₂↑+3C1^-+H₂O
（5）①和⑥的作用是吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰．
（6）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置⑤反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）．

Answer 1

分析 探究一：探究氰化物的性质
（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
（2）A、酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小；
B、根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子；
C、图表中电离平衡常数可知HCOOH酸性大于HCN，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液HCN溶液浓度大；
D、先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同，则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度；
E.$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：$\frac{K（HR）}{Kw}$，温度不变，则该比值不变；
（3）H₂O₂被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水由原子守恒分析A的化学式为KHCO₃；
（4）处理含CN^-废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），K_i=5.0×10^-10，Kh=1.6×10⁹，c（OH^-）=10^-5，则$\frac{c（HCN）×1{0}^{-5}}{c（C{N}^{-}）}$=2×10^-5；
探究二：测定含氰水样中处理百分率
处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率实验的原理是：利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通过测定⑤的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．根据装置中试剂的性质推测装置的位置；装置①吸收空气中二氧化碳，排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，装置②产生二氧化碳，装置③的作用是吸收装置②中可能产生的Cl₂，防止对装置⑤实验数据的测定产生干扰，装置④对产生的二氧化碳进行干燥，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰．
（5）实验的原理是利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰；
（6）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．

解答 解：探究一：探究氰化物的性质
（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN^-+H₂O?HCN+OH^-，故答案为：CN^-+H₂O?HCN+OH^-；
（2）A、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH₃COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（ClO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A错误；
B、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO^-+CO₂+H₂O═HClO+HCO₃^-，故B错误；
C、图表中电离平衡常数可知HCOOH酸性大于HCN，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液HCN溶液浓度大，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；
D、pH相等的CH₃COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH₃COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH₃COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故D正确；
E．在$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：$\frac{K（HR）}{Kw}$，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故E正确；
故答案为：CDE；
（3）H₂O₂被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水，H₂O没有污染性，KCN+H₂O₂+H₂O=A+NH₃↑，由原子守恒可知A的化学式为KHCO₃，
故答案为：KHCO₃；
（4）处理含CN^-废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），CN^-+H₂O?HCN+OH^-，Ka（HCN）=5.0×10^-10，Kh=$\frac{c（O{H}^{-}）c（HCN）}{c（C{N}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{Kw}{Ka}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-10}}$=2×10^-5，c（OH^-）=10^-5，则$\frac{c（HCN）×1{0}^{-5}}{c（C{N}^{-}）}$=2×10^-5，则c（CN^-）＜c（HCN）；
故答案为：＜；
探究二：测定含氰水样中处理百分率
（5）实验的原理是利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置⑤实验数据的测定产生干扰，装置①和⑥的作用是吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰，
故答案为：吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰；
（6）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量，
故答案为：⑤．

点评 本题综合考查物质含量的测定的实验设计、弱电解质的电离，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，注意把握实验原理和实验方法，（2）注意根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析，题目难度中等．