题目内容

1．电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放．某种高浓度有毒的含A离子（阴离子）废水在排放前的处理过程如下：

已知：9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余1.12L氮气．
（1）沉淀D的化学式是CuCN．
（2）写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式2CuCN+3O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N2+2CO2．
（3）滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的质，试用离子方程式表示该原理2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+N2↑+2CO2↑+H2O．
（4）反应①为制得某种元素的低价X离子，试从氧化还原反应的角度分析，是否可以用Na2SO3溶液来代替B溶液可以，并设计实验证明所用Na2SO3溶液是否变质因为Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子；取少许Na2SO3溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na2SO3溶液变质，否则，说明Na2SO3溶液未变质．

分析 9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，其物质的量为$\frac{10g}{100g/mol}$=0.1mol，碳元素质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，氮气的物质的量为$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，CuO的物质的量为$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，A离子为CN-离子、X为Cu+离子，B应为具有还原性的物质，CN-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成；Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子；Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，可以利用氯化钡溶液检验溶液中是否含有硫酸根，注意加入盐酸排除亚硫酸根离子的影响，以此解答该题，
（1）分析可知D的化学式为CuCN；
（2）沉淀D在氧气中灼烧生成氧化铜、氮气和二氧化碳，结合原子守恒配平书写化学方程式；
（3）CN-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成；
（4）Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子；
Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，可以利用氯化钡溶液检验溶液中是否含有硫酸根，注意加入盐酸排除亚硫酸根离子的影响．

解答 解：（1）沉淀D的化学式是：CuCN，故答案为：CuCN；
（2）沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式：2CuCN+3O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N2+2CO2，
故答案为：2CuCN+3O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N2+2CO2；
（3）CN-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成，反应离子方程式为：2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+N2↑+2CO2↑+H2O，
故答案为：2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+N2↑+2CO2↑+H2O；
（4）Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子，可以用Na2SO3溶液来代替B溶液；
Na2SO3溶液变质为生成Na2SO4，检验Na2SO3溶液是否变质的方法为：取少许Na2SO3溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na2SO3溶液变质，否则，说明Na2SO3溶液未变质，
故答案为：可以，因为Na2SO3具有还原性，有可能将Cu2+还原为Cu+离子；取少许Na2SO3溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na2SO3溶液变质，否则，说明Na2SO3溶液未变质．

点评 本题考查无机物推断、氧化还原反应、实验方案设计等，属于计算猜测验证型，侧重考查学生放学计算能力、需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．

练习册系列答案
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  容器  温度/℃  SO2/mol  O2/mol  催化剂
A40042无
B40021无
C50021无
D50042有
A．AB．BC．CD．D

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