Question

【题目】“2015·8·12”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。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℃）	Ki=1.77×10－4	Ki=5.0×10－10	Ki1=4.3×10－7 Ki2=5.6×10－11

（1）根据价键规则，写出H2CO3的结构式__________。

（2）下列能用于判断氮、碳两种元素非金属性强弱的是_________（填序号）

a. 气态氢化物的稳定性强弱 b. 最高价氧化物对应水化物酸性强弱

c. Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO d. 比较在周期表中的位置

（3）0.01mol/L的NaCN溶液pH=9，用离子方程式表示呈碱性的原因_______。 请判断该溶液中：c(CN－)__c(OH－)（填“＞”、“＜”或“=”）

（4）含CN－的污水危害很大，处理该污水时，可在催化剂TiO2作用下用NaClO将CN－氧化成CNO－。CNO－在酸性条件下继续被NaClO氧化生成N2与CO2。某环保部门用下图装置进行实验，以证明该处理方法的有效性并测定CN－被处理的百分率。

将浓缩后含CN－的废水与过量NaClO溶液的混合液（其中CN－浓度为0.05mol/L）200mL倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。

①甲中反应的离子方程式为___________，乙中反应的离子方程式为________。

②上述实验是通过测定CO2的量来确定CN－的处理效果。若丙中的试剂是饱和食盐水，且丙、丁都是除杂装置，则乙中产生的气体除CO2、N2外，还可能含有的杂质气体是__________，戊中盛有足量的石灰水，若实验后戊中生成0.9g沉淀，则CN－被处理的百分率为_________。

（5）装置中碱石灰的作用是__________。

Answer 1

【答案】 abcd CN－+H2OHCN+OH－ ＞ CN－+ClO－=CNO－+Cl－ 2CNO－+3ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+H2O+3Cl－ HCl、Cl2 90% 防止空气中的CO2进入戊，影响对产物的测定

【解析】(1) H2CO3中C能形成四对共价键，O能形成两对共价键，H只能形成一对共价键，故结构式为：，故答案为：；

(2)a．非金属性的强弱与气态氢化物稳定性相关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故a正确；b．最高价氧化物对应水化物酸性强弱，越强非金属性越强；故b正确；c．Al2O3+N2+3C═2AlN+3CO，反应中C为还原剂，N2为氧化剂，说明氮气氧化性大于碳单质，能说明非金属性强弱，故c正确；d．非金属性强弱与元素在周期表中的位置有关，同一周期从左到右非金属性逐渐增强，同一主族，从上到下非金属性逐渐减弱，故d正确；故选abcd；

(3)0.01mol/L的NaCN溶液pH=9，NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，CN-+H2OHCN+OH-，pH=9，则c(OH-)=10-5mol/L，根据电荷守恒，c(CN-)+ c(OH－)= c(Na+)+ c(H+)=0.01+10-9，因此c(CN-)=0.01+10-9-10-5≈0.01 mol/L，因此c(CN－)＞c(OH－)，故答案为：CN-+H2OHCN+OH-；＞；

(4)①CN-的废水在催化剂TiO2作用下用NaClO氧化，使CN-转化成CNO-，还生成氯离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，CNO-在酸性条件下继续被NaClO氧化成N2与CO2，还生成氯离子、水，离子反应为2CNO-+3ClO-+2H+═N2+2CO2+3Cl-+H2O，故答案为；CN-+ClO-=CNO-+Cl-，2CNO-+3ClO-+2H+═N2+2CO2+3Cl-+H2O；

②乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等；200mL(其中CN-的浓度0.05mol/L)混合液中含有的CN-的物质的量是：0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据碳原子守恒，增多生成0.01mol二氧化碳，所以石灰水过量，生成的碳酸钙的物质的量是： =0.009mol，反应的CN-的物质的量是0.009mol，CN-被处理的百分率是： ×100%=90%，故答案为：HCl、Cl2；90%；

(5)装置中碱石灰可以防止空气中的CO2进入戊，影响对产物的测定，故答案为：防止空气中的CO2进入戊，影响对产物的测定。