Question

11．“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表：

弱酸	HCOOH	HCN	H2CO3
电离平衡常数 （ 25℃）	Ki=1.77×10-4	Ki=5.0×10-10	Ki1=4.3×10-7 Ki2=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）下列选项错误的是AD
A．2CN^-+H₂O+CO₂═2HCN+CO₃^2-
B．2HCOOH+CO₃^2-═2HCOO^-+H₂O+CO₂↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
（3）H₂O₂有有“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，同学们利用如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，滴入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的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰．
（6）反应结束后，缓缓通入空气的目的是使生成的气体全部进入装置⑤．
（7）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）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析；
（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）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；
（7）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）根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H₂CO₃＞HCN＞HCO₃^-，
A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN^-+H₂O+CO₂→HCN+HCO₃^-反应，故A错误；
B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO₃^2-→2HCOO^-+H₂O+CO₂↑能发生，故B正确；
C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；
D．根据电荷守恒，c（HCOO^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），c（CN^-）+c（OH^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），即离子总数是n（Na⁺ ）+n（H⁺）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH^-）大，c（H⁺）小，c（Na⁺）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；
故答案为：AD；
（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的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，
故答案为：排除空气中二氧化碳对实验的干扰；
（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差，
故答案为：使生成的气体全部进入装置⑤；
（7）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．