Question

12．“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）．请回答下列问题：
（1）NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法
①H₂O₂处理法：NaCN+H₂O₂--N₂↑+X+H₂O，推测X的化学式为NaHCO₃，双氧水的电子式为．
②NaClO处理法：aCN^-+bClO^-+2cOH^-=dCNO^-+eN₂↑+fCO₃^2-+bCl^-+cH₂O． 方程式中e：f的值为B（填选项标号）．
A．1          B．$\frac{1}{2}$            C．2D．不能确定
③用如图所示装置除去含CN^-、Cl^-废水中的CN^-时，控制溶液pH为9～10，某电极上产生的ClO^-将CN^-氧化为两种无污染的气体，则电解过程中，阳极的电极反应式为Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O．
（2）以TiO₂为催化剂用NaClO将CN^-离子氧化成CNO^-，CNO^-在酸性条件下继续与NaClO反应生成N₂、CO₂、Cl₂等．取浓缩后含CN^-离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN^-的浓度为0.2mol•L^-1）进行实验． 写出CNO^-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：2CNO^-+6ClO^-+8H⁺═N₂↑+2CO₂↑+3Cl₂↑+4H₂O．

Answer 1

分析 （1）①根据元素守恒确定X中元素，根据转移电子守恒、原子守恒确定X化学式；双氧水属于共价化合物，双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；
②由CN^-离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO^-和N₂以及CO₃^2-，因为CNO^-离子碳氮之比为1：1，所以N₂和CO₃^2-两微粒之比为1：2；
③阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；
（2）根据题意可知，酸性条件下CNO^-与NaClO反应生成N₂、CO₂和Cl₂，根据氧化还原反应配平．

解答 解：（1）①根据元素守恒知，X中含有Na、C元素，该反应中N元素化合价由-3价转化为0价、NaCN中C元素化合价为+2价，则C元素化合价由+2价转化为+4价，转移电子数为6，根据转移电子守恒、原子守恒知X为NaHCO₃，双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，双氧水的电子式为：；
故答案为：NaHCO₃；；
②由CN^-离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO^-和N₂以及CO₃^2-，以因为CNO^-离子碳氮之比为1：1，所以N₂和CO₃^2-两微粒之比为1：2，所以e：f=1：2，
故答案为：B；
③阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O；
故答案为：Cl^-+2OH^--2e^-═ClO^-+H₂O；
（2）根据题意可知，酸性条件下CNO^-与NaClO反应生成N₂、CO₂和Cl₂，反应离子方程式为2CNO^-+6ClO^-+8H⁺═N₂↑+2CO₂↑+3Cl₂↑+4H₂O，
故答案为：2CNO^-+6ClO^-+8H⁺═N₂↑+2CO₂↑+3Cl₂↑+4H₂O．

点评 本题考查氧化还原反应的计算及含量测定、电解原理的应用等，题目综合性较强，注重高频考点的考查，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中元素的化合价变化，题目难度中等．