Question

2．“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多數易溶于水，有劇毒，易造成水污染．為了增加對氰化物的了解，同學們查找資料進行學習和探究．

探究一：探究氰化物的性質
已知部分弱酸的電離平衡常數如表：

弱酸	HCOOH	HCN	H2CO3
電離平衡常數（ 25℃）	Ki=1.77×10-4	Ki=5.0×10-10	Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11

（1）NaCN溶液呈堿性的原因是CN^-+H₂O?HCN+OH^-�。ㄓ秒x子方程式表示）
（2）如圖1表示常溫下，稀釋HCOOH、HCN兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化．下列說法正確的是CD
A．相同濃度的HCOONa和NaCN的混合溶液中，各離子濃度的大小關系是：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離子方程式為：CN^-+CO₂+H₂O═HCN+CO₃^2-
C．圖象中a、c兩點處的溶液中$\frac{c（{R}^{-}）}{c（HR）•c（O{H}^{-}）}$相等（HR代表HCOOH或HCN）
D．圖象中a點酸的總濃度小于b點酸的總濃度
（3）H₂O₂有“綠色氧化劑”的美稱；也可消除水中的氰化物（如KCN），經以下反應實現：KCN+H₂O₂+H₂O═A+NH₃↑，則生成物A的化學式為KHCO₃．
（4）處理含CN^-廢水時，如用NaOH溶液調節(jié)pH至9時，此時c（CN^-）＜c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）
探究二：測定含氰水樣中處理百分率
為了測定含氰水樣中處理百分率，同學們利用如圖2所示裝置進行實驗．將CN^-的濃度為0.2000mol/L的含氰廢水100mL與100mL NaClO溶液（過量）置于裝置②錐形瓶中充分反應．打開分液漏斗活塞，滴人100mL稀H₂SO₄，關閉活塞．
已知裝置②中發(fā)生的主要反應依次為：CN^-+ClO^-═CNO^-+Cl^-，2CNO^-+2H⁺+3C1O^-═N₂↑+2CO₂↑+3C1^-+H₂O
（5）①和⑥的作用是吸收空氣中二氧化碳排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾．
（6）反應結束后，緩緩通人空氣的目的是使生成的氣體全部進入裝置⑤．
（7）為了計算該實驗裝置②錐形瓶中含氰廢水被處理的百分率，實驗中需要測定裝置⑤反應前后的質量（從裝置①到⑥中選擇，填裝置序號）．

Answer 1

分析 探究一：探究氰化物的性質
（1）NaCN為強堿弱酸鹽，水解呈堿性；
（2）A、酸的電離常數越大，則酸根離子的水解程度越��；
B、根據強酸制取弱酸判斷，反應生成的應該為碳酸氫根離子；
C、$\frac{c（{P}^{-}）}{c（HP）c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同時乘以氫離子濃度可得：$\frac{K（HP）}{Kw}$，溫度不變，則該比值不變；
D、先根據電離程度大小判斷醋酸、次氯酸對應曲線及起始濃度大小，a、b兩點加入水的體積相同，則此時酸溶液濃度取決于酸的起始濃度．（3）H₂O₂被稱為“綠色氧化劑”，其還原產物為水由原子守恒分析A的化學式為KHCO₃；
（4）處理含CN^-廢水時，用NaOH溶液調節(jié)至pH=9時（常溫），K_i=5.0×10^-10，Kh=1.6×10⁹，c（OH^-）=10^-5，則$\frac{c（HCN）×1{0}^{-5}}{c（C{N}^{-}）}$=2×10^-5；
探究二：測定含氰水樣中處理百分率
處理含氰廢水，并測定含氰廢水的處理百分率實驗的原理是：利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通過測定⑤的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據關系式計算含氰廢水處理百分率．根據裝置中試劑的性質推測裝置的位置；裝置①吸收空氣中二氧化碳，排除空氣中的二氧化碳對實驗的干擾，裝置②產生二氧化碳，裝置③的作用是吸收裝置②中可能產生的Cl₂，防止對裝置⑤實驗數據的測定產生干擾，裝置④對產生的二氧化碳進行干燥，根據關系式計算含氰廢水處理百分率，裝置⑥的作用是排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾，排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾．
（5）實驗的原理是利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據關系式計算含氰廢水處理百分率，實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾；
（6）反應結束后，緩緩通入空氣，可將生成的二氧化碳全部被吸收；
（7）通過測定氫氧化鋇溶液的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據關系式計算含氰廢水處理百分率．

解答 解：探究一：探究氰化物的性質
（1）NaCN為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，反應的離子方程式為：CN^-+H₂O?HCN+OH^-，
故答案為：CN^-+H₂O?HCN+OH^-；
（2）A、醋酸的電離常數大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸鈉和次氯酸鈉都是強堿弱酸鹽，其混合溶液呈堿性，所以相同物質的量濃度的CH₃COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關系是：c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（ClO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A錯誤；
B、碳酸的二級電離小于次氯酸，所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO^-+CO₂+H₂O═HClO+HCO₃^-，故B錯誤；
C、在$\frac{c（{P}^{-}）}{c（HP）c（O{H}^{-}）}$的分子、分母同時乘以氫離子濃度可得：$\frac{K（HP）}{Kw}$，由于水的離子積和電離平衡常數只受溫度影響，a、c的溫度相同，則該比值相等，故C正確；
D、pH相等的CH₃COOH、HClO，稀釋相同的倍數時，較強酸中氫離子濃度小于較弱酸，則較弱酸的pH小于較強酸，酸性CH₃COOH＞HClO，所以a所在曲線表示CH₃COOH，b所在曲線表示HClO，次氯酸的電離程度小于醋酸，所以醋酸的濃度減小，次氯酸的濃度較大，a、b兩點相比，加入相同體積的水后仍然是次氯酸的濃度較大，即：圖象中a點酸的濃度小于b點酸的濃度，故D正確；
故答案為：CD；
（3）H₂O₂被稱為“綠色氧化劑”，其還原產物為水，H₂O沒有污染性，KCN+H₂O₂+H₂O=A+NH₃↑，由原子守恒可知A的化學式為KHCO₃，
故答案為：KHCO₃；
（4）處理含CN^-廢水時，用NaOH溶液調節(jié)至pH=9時（常溫），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，則$\frac{c（HCN）×1{0}^{-5}}{c（C{N}^{-}）}$=2×10^-5，則c（CN^-）＜c（HCN）；
故答案為：＜；
探究二：測定含氰水樣中處理百分率
（5）實驗的原理是利用CN^-+ClO^-═CNO+Cl^-；2CNO^-+2H⁺+3ClO^-═N₂↑+2CO₂↑+3Cl^-+H₂O，通過測定堿石灰的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據關系式計算含氰廢水處理百分率，實驗中應排除空氣中二氧化碳的干擾，防止對裝置⑤實驗數據的測定產生干擾，裝置①和⑥的作用是吸收空氣中二氧化碳排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾，
故答案為：吸收空氣中二氧化碳排除空氣中二氧化碳對實驗的干擾；
（6）反應后裝置中殘留二氧化碳，應繼續(xù)通過將凈化的空氣，將裝置內的殘留的二氧化碳全部進入裝置⑤，以減少實驗誤差，
故答案為：使生成的氣體全部進入裝置⑤；
（7）通過測定氫氧化鋇溶液的質量的變化測得二氧化碳的質量，根據關系式計算含氰廢水處理百分率，則需要測定裝置⑤反應前后的質量，
故答案為：⑤．

點評 本題綜合考查物質含量的測定的實驗設計、弱電解質的電離，以氯氣的性質為載體考查化學實驗設計和評價問題，注意把握實驗原理和實驗方法，（2）注意根據平衡常數確定酸性強弱，從而確定酸之間的轉化，結合電荷守恒來分析，題目難度中等．