Question

19．電鍍廠銅廢水中含有CN^-和Cr₂O₇^2-離子，需要處理達標后才能排放．該廠擬定下列流程進行廢水處理，回答下列問題：

（1）上述處理廢水流程中主要使用的方法是氧化-還原法．
（2）步驟②中ClO₂可將CN^-氧化為兩種無毒氣體，該反應的離子方程式為2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-．
（3）若含氰廢水流量為0.4m³/h，含氰（CN^-）濃度為300mg/L，為確保安全，實際投放ClO₂為理論值的1.3倍，則完成氧化每小時共需投入ClO₂質量為0.405kg．
（4）步驟③中每處理0.4molCr₂O₇^2-時轉移電子2.4mol，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3．
（5）取少量待測水樣于試管中，加入NaOH溶液，觀察到有藍色沉淀生成，再加Na₂S溶液，藍色沉淀轉化成黑色沉淀，請寫出相關離子反應和必要文字解釋產生該現(xiàn)象的原因待檢水樣中還有Cu²⁺，加堿發(fā)生Cu²⁺+2OH^-═Cu（OH）₂↓，再加入Na₂S溶液，CuS比Cu（OH）₂更難溶，則發(fā)生Cu（OH）₂（s）+S^2-（aq）═CuS（s）+2OH^-（aq），使沉淀向更難溶方向轉化．
（6）某含鉻Cr₂O₇^2-廢水用硫亞鐵銨[FeSO₄•（NH₄）₂　SO₄•6H₂O]處理，反應中鐵元素和鉻元素完全轉化為沉淀．該沉淀干燥后得到n　molFeO•Fe_yCr_xO₃．不考慮處理過程中的實際損耗，下列敘述錯誤的是（　�。�
A．消耗硫酸亞鐵銨的物質的量為n（2-x）mol  B．處理廢水中的Cr₂O₇^2-的物質的量$\frac{nx}{2}$mol
C．反應中發(fā)生轉移的電子數(shù)為3nxmol        D．在FeO•Fe_yCr_xO₃中3x=y．

Answer 1

分析 流程分析含CN^-廢水調整溶液PH加入ClO₂溶液，氧化CN^-離子反應生成N₂，含Cr₂O₇^2-的廢水調整溶液PH加入NaHSO₃發(fā)生氧化還原反應得到含硫酸根離子的廢水，和含Cr³⁺的廢水繼續(xù)處理得待測水樣；
（1）從流程分析物質的轉化關系和試劑選擇分析所用方法；
（2）二氧化氯中氯為+4價，CN^-中氮為-3價，碳為+2價，據(jù)此寫出離子方程式；
（3）計算出每小時流出的廢水中含有的氰離子質量、物質的量，然后根據(jù)離子方程式2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-進行計算完成氧化每小時共需投入ClO₂的物質的量、質量；
（4）利用每0.4molCr₂O₇^2-轉移2.4mol的電子來計算被還原后Cr元素的化合價，以此書寫離子方程式，化合價降低的反應物為氧化劑，反之為還原劑，再根據(jù)離子方程式求氧化劑與還原劑的物質的量之比；
（5）根據(jù)銅離子與氫氧根離子反應生成沉淀及沉淀的轉化來分析；
（6）A．由鐵元素守恒，求出消耗硫酸亞鐵的物質的量，結合電子轉移守恒或FeO•Fe_yCr_xO₃電中性找出x與y，代入硫酸亞鐵的物質的量計算；
B．反應的鉻元素完全轉化為沉淀，根據(jù)鉻原子守恒計算；
C．Cr₂O₇^2-中Cr為+6價，被還原為+3價Cr，每個Cr原子得3個電子，計算出Cr原子物質的量，轉移電子為Cr原子物質的量3倍；
D．根據(jù)失電子守恒計算．

解答 解：（1）從流程看，CN^-轉化為N₂，化合價升高被氧化劑氧化，Cr₂O₇^2-轉化為Cr³⁺化合價降低，故還原劑還原，故采用方法為氧化-還原法；
故答案為：氧化-還原法；
（2）ClO₂氧化性較強，是常用的氧化劑，其中+4價氯元素通常被還原為-1價，在該反應中而CN^-中+2價碳元素通常被氧化成+4價，而氮元素則容易被還原成0價形成氮氣，
故答案為：2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-；
（3）若含氰廢水流量為0.4m³/h，含氰（CN^-）濃度為300mg/L，1小時廢水中含（CN^-）的質量為：0.4×10³L×300mg/L=1.2×10⁴mg=12g，含（CN^-）的物質的量為：$\frac{12g}{26g/mol}$=$\frac{6}{13}$mol，根據(jù)2CN^-+2ClO₂=2CO₂↑+N₂↑+2Cl^-可得：CN^-～ClO₂，理論需ClO₂的物質的量為：n（ClO₂）=n（CN^-）=$\frac{6}{13}$mol，實際需ClO₂的物質的量為：n（ClO₂）=$\frac{6}{13}$×1.3=0.6mol，則完成氧化每小時共需投入ClO₂質量為：0.6mol×67.5g/mol=40.5g=0.405kg，
故答案為：0.405；
（4）0.4molCr₂O₇^2-時轉移電子2.4mol，設鉻化合價降低為x，則（6-x）×2×0.4mol=2.4mol，x=3，反應中，Cr₂O₇^2-中鉻元素化合價變化為：+6→+3，化合價降低了3價，Cr₂O₇^2-中含有兩個鉻原子，至少降低6價；HSO₃^-中硫元素化合價變化為：+4→+6，化合價升高了（6-4）=2價，化合價變化的最小公倍數(shù)為6，所以Cr₂O₇^2-的化學計量數(shù)為1，亞硫酸氫根離子計量數(shù)為3，鉻離子計量數(shù)為2，硫酸根離子計量數(shù)為3，再根據(jù)電荷守恒，氫離子計量數(shù)為5，最后根據(jù)質量守恒判斷，未知物為水，計量數(shù)為4，配平后的方程式為：Cr₂O₇^2-+3HSO₃^-+5H⁺═2Cr³⁺+3SO₄^2-+4H₂O，化合價降低的反應物為氧化劑，反之為還原劑，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3，
故答案為：1：3；
（5）待檢水樣中還有Cu²⁺，加堿因銅離子與氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀，CuS比Cu（OH）₂更難溶，則加入Na₂S溶液能發(fā)生沉淀的轉化，
故答案為：待檢水樣中還有Cu²⁺，加堿發(fā)生Cu²⁺+2OH^-═Cu（OH）₂↓，再加入Na₂S溶液，CuS比Cu（OH）₂更難溶，則發(fā)生Cu（OH）₂（s）+S^2-（aq）═CuS（s）+2OH^-（aq），使沉淀向更難溶方向轉化；
（6）A．由鐵元素守恒，消耗硫酸亞鐵銨的物質的量為n（y+1），又由FeO•Fe_yCr_xO₃電中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亞鐵銨的物質的量為n（3-x）；或由得失電子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A錯誤；
B．根據(jù)鉻原子守恒，Cr原子為nxmol，故Cr₂O₇^2-的物質的量為$\frac{nx}{2}$mol，故B正確；
C．得到nmolFeO•Fe_yCr_xO₃，則一共有nxmolCr原子參加反應，1molCr轉移電子3mol，故轉移的電子數(shù)為3nxmol，故C正確；
D、FeO•Fe_yCr_xO₃中，F(xiàn)e為正三價，由得失電子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正確；
故選A．

點評 本題考查了氧化還原反應，沉淀溶解平衡知識，注重了化學與實際生產的聯(lián)系，學生應學會利用物質的性質、得失電子守恒和原子守恒計算等來解答，題目難度中等．