Question

7．“2015.8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多數(shù)易溶于水，有劇毒，易造成水污染．已知部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

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

（1）根據(jù)價(jià)鍵規(guī)則，寫(xiě)出HCN的結(jié)構(gòu)式是H-C≡N；
（2）下列能用于判斷氮、碳兩種元素非金屬性強(qiáng)弱的是bc．（填序號(hào)）
a．氣態(tài)氫化物沸點(diǎn)；b．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱；
c．Al₂O₃+N₂+3C═2AlN+3CO；d．單質(zhì)晶體類型；
（3）一定濃度的NaCN溶液pH=9，用離子方程式表示呈堿性的原因是CN^-+H₂O?HCN+OH^-；通過(guò)列式計(jì)算“c（CN^-）與c（HCN）”的大小K=$\frac{c（HCN）c（O{H}^{-}）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{Kw}{Ka（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-10}}$，$\frac{c（HCN）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{2×1{0}^{-5}}{1{0}^{-5}}$=2，c（CN^-）＜c（HCN）判斷：c（CN^-）＜c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）
（4）含CN^-的污水危害很大．處理該污水時(shí)，可在催化劑TiO₂作用下用NaClO將CN^-氧化成CNO^-．CNO^-在酸性條件下繼續(xù)被NaClO氧化生成N₂與CO₂．某環(huán)保部門(mén)用下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，以證明該處理方法的有效性并測(cè)定CN^-被處理的百分率．

將濃縮后含CN^-的廢水與過(guò)量NaClO溶液的混合液（其中CN^-濃度為0.05mol/L）200mL倒入甲中，塞上橡皮塞，一段時(shí)間后，打開(kāi)活塞，使溶液全部放入乙中，關(guān)閉活塞．
①甲中反應(yīng)的離子方程式為CN^-+ClO^-=CNO^-+Cl^-；乙中反應(yīng)的離子方程式為2CNO^-+3ClO^-+2H⁺═N₂+2CO₂+3Cl^-+H₂O．
②乙中生成的氣體除CO₂、N₂外還有HCl及副反應(yīng)生成的Cl₂等，上述實(shí)驗(yàn)是通過(guò)測(cè)定CO₂的量來(lái)確定CN^-的處理效果．丙中加入的除雜試劑是A（填標(biāo)號(hào)）．
（A）飽和食鹽  （B）飽和NaHCO₃溶液  （C）濃NaOH溶液  （D）濃硫酸
丁在實(shí)驗(yàn)中的作用是除去混合氣體中Cl₂防止對(duì)CO₂測(cè)定量的影響．戊中盛有足量的石灰水，若實(shí)驗(yàn)后戊中共生成0.8g沉淀，則該實(shí)驗(yàn)中CN^-被處理的百分率＞80%（填“＞”、“二”或“＜”=）．

Answer 1

分析 （1）碳原子的成鍵情況主要根據(jù)與碳原子形成共價(jià)鍵的原子的數(shù)目確定，HCN中C能形成四對(duì)共價(jià)鍵，N能形成三對(duì)共價(jià)鍵；
（2）判斷非金屬?gòu)?qiáng)弱的方法很多，非金屬的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性強(qiáng)弱，能證明非金屬?gòu)?qiáng)弱；非金屬氫化物的穩(wěn)定性，能說(shuō)明非金屬性強(qiáng)弱；非金屬與氫氣化合的難易程度，能說(shuō)明非金屬性的強(qiáng)弱；
（3）NaCN溶液pH=9，NaCN為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，利用水解平衡常數(shù)計(jì)算分析判斷 K=$\frac{c（HCN）c（O{H}^{-}）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{Kw}{Ka（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-10}}$，計(jì)算$\frac{c（HCN）}{c（C{N}^{-}）}$來(lái)判斷微粒濃度大��；
（4）①CN^-的廢水在催化劑TiO₂作用下用NaClO氧化，使CN^-轉(zhuǎn)化成CNO^-，還生成氯離子；CNO^-在酸性條件下繼續(xù)被NaClO氧化成N₂與CO₂，還生成氯離子、水；
②飽和食鹽水除去氯化氫氣體，銅網(wǎng)用來(lái)除去氯氣，根據(jù)碳原子守恒，計(jì)算出被處理的CN^-的物質(zhì)的量，再利用200mL（其中CN^-的濃度0.05mol/L）求出CN^-被處理的百分率分析判斷．

解答 解：（1）HCN中C能形成四對(duì)共價(jià)鍵，N能形成三對(duì)共價(jià)鍵，故結(jié)構(gòu)式為：H-C≡N，故答案為：H-C≡N；
（2）a．非金屬性的強(qiáng)弱與氣態(tài)氫化物沸點(diǎn)無(wú)關(guān)，故a錯(cuò)誤；
b．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱，越強(qiáng)非金屬性越強(qiáng)；故b正確；
c．Al₂O₃+N₂+3C═2AlN+3CO，反應(yīng)中C為還原劑，N₂為氧化劑，說(shuō)明氮?dú)庋趸�性大于碳單質(zhì)，能說(shuō)明非金屬性強(qiáng)弱，故c正確；
d．非金屬性的強(qiáng)弱與單質(zhì)晶體類型無(wú)關(guān)，故d錯(cuò)誤；
故答案為：bc；
（3）NaCN溶液pH=9，NaCN為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，CN^-+H₂O?HCN+OH^-，PH=9，則c（OH-）=10^-5mol/L，水解平衡常數(shù)計(jì)算為：
  K=$\frac{c（HCN）c（O{H}^{-}）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{Kw}{Ka（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-10}}$，$\frac{c（HCN）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{2×1{0}^{-5}}{1{0}^{-5}}$=2，c（CN^-）＜c（HCN），
故答案為：CN^-+H₂O?HCN+OH^-，K=$\frac{c（HCN）c（O{H}^{-}）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{Kw}{Ka（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-14}}{5×1{0}^{-10}}$，$\frac{c（HCN）}{c（C{N}^{-}）}$=$\frac{2×1{0}^{-5}}{1{0}^{-5}}$=2，＜；
（4）①CN^-的廢水在催化劑TiO₂作用下用NaClO氧化，使CN^-轉(zhuǎn)化成CNO^-，還生成氯離子，離子反應(yīng)為CN^-+ClO^-═CNO^-+Cl^-，CNO^-在酸性條件下繼續(xù)被NaClO氧化成N₂與CO₂，還生成氯離子、水，離子反應(yīng)為2CNO^-+3ClO^-+2H⁺═N₂+2CO₂+3Cl^-+H₂O，
故答案為；CN^-+ClO^-=CNO^-+Cl^-，2CNO^-+3ClO^-+2H⁺═N₂+2CO₂+3Cl^-+H₂O；
②乙中生成的氣體除N₂和CO₂外，還有HCl及副產(chǎn)物Cl₂等，
（A）飽和食鹽水能夠除去氯化氫雜質(zhì)，故A正確；
（B）飽和NaHCO₃溶液和氯化氫反應(yīng)生成二氧化碳對(duì)二氧化碳的測(cè)定，故B錯(cuò)誤；
（C）濃NaOH溶液能吸收氯化氫和二氧化碳，不能測(cè)定CO₂的量來(lái)確定CN^-的處理效果，故C錯(cuò)誤；
（D）濃硫酸不能吸收氯化氫，對(duì)測(cè)定二氧化碳產(chǎn)生影響，故D錯(cuò)誤，
故選A，
銅網(wǎng)能夠和氯氣反應(yīng)從而除去氯氣雜質(zhì)，丁在實(shí)驗(yàn)中的作用是除去混合氣體中Cl₂，防止對(duì)CO₂測(cè)定量的影響，
200mL（其中CN^-的濃度0.05mol/L）混合液中含有的CN^-的物質(zhì)的量是：0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根據(jù)碳原子守恒，增多生成0.01mol二氧化碳，所以石灰水過(guò)量，生成的碳酸鈣的物質(zhì)的量是：0.0082mol，反應(yīng)的CN^-的物質(zhì)的量是0.0082mol，CN^-被處理的百分率是：$\frac{0.0082mol}{0.01mol}$×100%=82%＞80%，
故答案為：A；除去混合氣體中Cl₂，防止對(duì)CO₂測(cè)定量的影響，＞．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解、，該題是高考中的常見(jiàn)題型，屬于中等難度的試題，試題綜合性強(qiáng)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生規(guī)范嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、操作能力，側(cè)重氧化還原反應(yīng)方程式書(shū)寫(xiě)的考查，注意判斷發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，題目難度不大．