Question

19．电镀厂铜废水中含有CN^-和Cr₂O₇^2-离子，需要处理达标后才能排放．该厂拟定下列流程进行废水处理，回答下列问题：

（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是氧化-还原法．
（2）步骤②中ClO₂可将CN^-氧化为两种无毒气体，该反应的离子方程式为2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-．
（3）若含氰废水流量为0.4m³/h，含氰（CN^-）浓度为300mg/L，为确保安全，实际投放ClO₂为理论值的1.3倍，则完成氧化每小时共需投入ClO₂质量为0.405kg．
（4）步骤③中每处理0.4molCr₂O₇^2-时转移电子2.4mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3．
（5）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na₂S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请写出相关离子反应和必要文字解释产生该现象的原因待检水样中还有Cu²⁺，加碱发生Cu²⁺+2OH^-═Cu（OH）₂↓，再加入Na₂S溶液，CuS比Cu（OH）₂更难溶，则发生Cu（OH）₂（s）+S^2-（aq）═CuS（s）+2OH^-（aq），使沉淀向更难溶方向转化．
（6）某含铬Cr₂O₇^2-废水用硫亚铁铵[FeSO₄•（NH₄）₂　SO₄•6H₂O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到n　molFeO•Fe_yCr_xO₃．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　）
A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（2-x）mol  B．处理废水中的Cr₂O₇^2-的物质的量$\frac{nx}{2}$mol
C．反应中发生转移的电子数为3nxmol        D．在FeO•Fe_yCr_xO₃中3x=y．

Answer 1

分析 流程分析含CN^-废水调整溶液PH加入ClO₂溶液，氧化CN^-离子反应生成N₂，含Cr₂O₇^2-的废水调整溶液PH加入NaHSO₃发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，和含Cr³⁺的废水继续处理得待测水样；
（1）从流程分析物质的转化关系和试剂选择分析所用方法；
（2）二氧化氯中氯为+4价，CN^-中氮为-3价，碳为+2价，据此写出离子方程式；
（3）计算出每小时流出的废水中含有的氰离子质量、物质的量，然后根据离子方程式2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-进行计算完成氧化每小时共需投入ClO₂的物质的量、质量；
（4）利用每0.4molCr₂O₇^2-转移2.4mol的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，以此书写离子方程式，化合价降低的反应物为氧化剂，反之为还原剂，再根据离子方程式求氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（5）根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析；
（6）A．由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO•Fe_yCr_xO₃电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；
B．反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；
C．Cr₂O₇^2-中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；
D．根据失电子守恒计算．

解答 解：（1）从流程看，CN^-转化为N₂，化合价升高被氧化剂氧化，Cr₂O₇^2-转化为Cr³⁺化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化-还原法；
故答案为：氧化-还原法；
（2）ClO₂氧化性较强，是常用的氧化剂，其中+4价氯元素通常被还原为-1价，在该反应中而CN^-中+2价碳元素通常被氧化成+4价，而氮元素则容易被还原成0价形成氮气，
故答案为：2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-；
（3）若含氰废水流量为0.4m³/h，含氰（CN^-）浓度为300mg/L，1小时废水中含（CN^-）的质量为：0.4×10³L×300mg/L=1.2×10⁴mg=12g，含（CN^-）的物质的量为：$\frac{12g}{26g/mol}$=$\frac{6}{13}$mol，根据2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-可得：CN^-～ClO₂，理论需ClO₂的物质的量为：n（ClO₂）=n（CN^-）=$\frac{6}{13}$mol，实际需ClO₂的物质的量为：n（ClO₂）=$\frac{6}{13}$×1.3=0.6mol，则完成氧化每小时共需投入ClO₂质量为：0.6mol×67.5g/mol=40.5g=0.405kg，
故答案为：0.405；
（4）0.4molCr₂O₇^2-时转移电子2.4mol，设铬化合价降低为x，则（6-x）×2×0.4mol=2.4mol，x=3，反应中，Cr₂O₇^2-中铬元素化合价变化为：+6→+3，化合价降低了3价，Cr₂O₇^2-中含有两个铬原子，至少降低6价；HSO₃^-中硫元素化合价变化为：+4→+6，化合价升高了（6-4）=2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以Cr₂O₇^2-的化学计量数为1，亚硫酸氢根离子计量数为3，铬离子计量数为2，硫酸根离子计量数为3，再根据电荷守恒，氢离子计量数为5，最后根据质量守恒判断，未知物为水，计量数为4，配平后的方程式为：Cr₂O₇^2-+3HSO₃^-+5H⁺═2Cr³⁺+3SO₄^2-+4H₂O，化合价降低的反应物为氧化剂，反之为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
（5）待检水样中还有Cu²⁺，加碱因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）₂更难溶，则加入Na₂S溶液能发生沉淀的转化，
故答案为：待检水样中还有Cu²⁺，加碱发生Cu²⁺+2OH^-═Cu（OH）₂↓，再加入Na₂S溶液，CuS比Cu（OH）₂更难溶，则发生Cu（OH）₂（s）+S^2-（aq）═CuS（s）+2OH^-（aq），使沉淀向更难溶方向转化；
（6）A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），又由FeO•Fe_yCr_xO₃电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A错误；
B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr₂O₇^2-的物质的量为$\frac{nx}{2}$mol，故B正确；
C．得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确；
故选A．

点评 本题考查了氧化还原反应，沉淀溶解平衡知识，注重了化学与实际生产的联系，学生应学会利用物质的性质、得失电子守恒和原子守恒计算等来解答，题目难度中等．