Question

19．“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abcd（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CN^-+H₂O?HCN+OH^-．  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CN^-+ClO^-=CNO^-+Cl^-，乙中反应的离子方程式为2CNO^-+3ClO^-+2H⁺=N₂↑+2CO₂↑+H₂O+3Cl^-．
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HCl、Cl₂，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90%．
（5）装置中碱石灰的作用是防止空气中的CO₂进入戊，影响对产物的测定．

Answer 1

分析 （1）碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，H₂CO₃中C能形成四个共价键，O能形成两个共价键，氢原子形成一个共价键；
（2）判断非金属强弱的方法很多，非金属的最高价氧化物的水化物的酸性强弱，能证明非金属强弱；非金属氢化物的稳定性，能说明非金属性强弱；非金属与氢气化合的难易程度，能说明非金属性的强弱；
（3）0.01mol/L的NaCN溶液pH=9，溶液显碱性是因为CN^-离子水解，溶液中存在电荷守恒分析离子浓度大小；
（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；CNO^-在酸性条件下继续被NaClO氧化成N₂与CO₂，还生成氯离子、水；
②饱和食盐水除去氯化氢气体，铜网用来除去氯气；根据碳原子守恒，计算出被处理的CN^-的物质的量，再利用200mL（其中CN^-的浓度0.05mol/L）求出CN^-被处理的百分率分析判断；
（5）碱石灰是防止空气中二氧化碳进入装置戊影响测定结果．

解答 解：（1）碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，H₂CO₃中C能形成四个共价键，O能形成两个共价键，氢原子形成一个共价键，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有关，气态氢化物的稳定性越强非金属性越强，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．在周期表中的位置，同周期从左到右非金属性增强，能说明，故d正确；
故答案为：abcd；
 （3）0.01mol/L的NaCN溶液pH=9，溶液显碱性是因为CN^-离子水解，呈碱性的原因离子方程式表示为：CN^-+H₂O?HCN+OH^-，溶液中存在电荷守恒，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（CN^-），c（H⁺）＜c（OH^-），则c（Na⁺）＞c（CN^-），
故答案为：CN^-+H₂O?HCN+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，
故答案为：CN^-+ClO^-=CNO^-+Cl^-； 2CNO^-+3ClO^-+2H⁺=N₂↑+2CO₂↑+H₂O+3Cl^-；
②网能够和氯气反应从而除去氯气杂质，丁在实验中的作用是除去混合气体中Cl₂，防止对CO₂测定量的影响，则乙中产生的气体除CO₂、N₂外，还可能含有的杂质气体是HCl、Cl₂，200mL（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：$\frac{0.009mol}{0.01mol}$×100%=90%，
故答案为：HCl、Cl₂；90%；
（5）装置戊是吸收生成的二氧化碳来称量质量得到碳元素物质的量，装置中碱石灰的作用是防止空气中的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；

点评 本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力，侧重氧化还原反应方程式书写的考查，注意判断发生的氧化还原反应，题目难度中等．