- 气体的检验
- 共1690题
软锰矿的主要成分是二氧化锰，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，可以制高纯度的硫酸锰晶体，其流程如图所示：
已知：浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等，且pH＜2．几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示：
根据上述流程，回答下列问题：
（1）写出二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式：______．
（2）浸出液的pH＜2，从上述流程看，可能的原因为______
（用化学用语和必要的文字说明）．
（3）用离子方程式表示加入二氧化锰的作用：______．
（4）从表中数据来看，能不能取消“加入二氧化锰”的步骤？原因是______．
（5）下列试剂能替代二氧化锰的是______（填序号）．
A．双氧水 B．氯水 C．高锰酸钾溶液 D．次氯酸钠
（6）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰[Mn（OH）2]替代石灰乳，你是否同意此 观点？简述理由：______．
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是______．利用 废渣能提取高纯度的铁红，简述其操作过程：______．
正确答案
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
解析
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
MnO2是一种重要的催化剂．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
（1）写出1个用二氧化锰作催化剂的化学反应方程式______．
（2）第②步反应的离子反应方程式为______．
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是______．
（4）第③步反应的化学反应方程式为______．
（5）上述流程中可用于循环使用的物质是______（填化学式）；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是______．
（6）若粗MnO2样品的质量为25.38g，第①步反应后，经过滤得到17.4g MnO2，并收集到0.448LCO2（标准状况下），则样品中所含的MnO质量为______g．
正确答案
解析：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（1）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
解析
解析：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（1）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
某同学用工业硫酸铜（含硫酸亚铁等杂质）制备纯净的CuSO4•5H2O．
Ⅰ．取工业硫酸铜固体，用稀硫酸溶解，过滤．
Ⅱ．向滤液中滴加H2O2溶液，稍加热．
Ⅲ．向II的溶液中加入Cu2（OH）2CO3粉末至pH为3.9～4.1．
Ⅳ．加热煮沸，过滤，滤液用稀硫酸酸化至pH=1．
Ⅴ．加热浓缩、冷却结晶、过滤，得晶体．
已知部分阳离子生成氢氧化物的pH如下表：
（1）Ⅱ中发生反应的离子方程式是______．
（2）Ⅱ中将Fe2+氧化为Fe3+的目的是______．
（3）用K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是______．
（4）Ⅲ中发生反应的离子方程式是______．
（5）应用化学平衡移动原理解释Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”的原因______．
正确答案
解：（1）滴加H2O2能将亚铁离子氧化为三价铁离子便于除去，过氧化氢为氧化剂，二价铁为还原剂，所以反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）除去亚铁离子得到纯净的硫酸铜溶液，根据沉淀PH范围可知，应先把亚铁离子转化为三价铁离子，再控制PH，开始沉淀pH2.7，完全沉淀pH3.7，使之完全沉淀，所以滴加H2O2溶液目的是氧化亚铁离子为三价铁离子；慢慢加入Cu2（OH）2CO3粉末，搅拌，以控制溶液pH=3.5，目的是在pH=3.5时铜离子不沉淀，三价铁离子沉淀完全，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，才能调节在pH为3.9～4.1时，只将Fe3+转化为沉淀除去，而不会使Cu2+转化为沉淀；
（3）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，这是亚铁离子的特征反应，验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是滴加K3[Fe（CN）6]若有蓝色沉淀生说，说明Fe2+没有完全转化；若没有蓝色沉淀生成，说明Fe2+已经完全转化，
故答案为：若有蓝色沉淀生说，说明Fe2+没有完全转化；若没有蓝色沉淀生成，说明Fe2+已经完全转化；
（4）操作I中加硫酸，向II的溶液中加入Cu2（OH）2CO3粉末至pH为3.9～4.1，所以Cu2（OH）2CO3和酸反应Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，三价铁离子水解呈酸性，所以3Cu2（OH）2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe（OH）3+3CO2↑+6Cu2+，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，3Cu2（OH）2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe（OH）3+3CO2↑+6Cu2+；
（5）铜离子水解溶液呈酸性，加酸能抑制铜离子水解，所以Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”目的抑制Cu2+在加热过程中水解，以获得纯净的硫酸铜晶体，
故答案为：用稀硫酸酸化至PH=1，可以抑制Cu2+在加热过程中水解，以获得纯净的硫酸铜晶体．
解析
解：（1）滴加H2O2能将亚铁离子氧化为三价铁离子便于除去，过氧化氢为氧化剂，二价铁为还原剂，所以反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）除去亚铁离子得到纯净的硫酸铜溶液，根据沉淀PH范围可知，应先把亚铁离子转化为三价铁离子，再控制PH，开始沉淀pH2.7，完全沉淀pH3.7，使之完全沉淀，所以滴加H2O2溶液目的是氧化亚铁离子为三价铁离子；慢慢加入Cu2（OH）2CO3粉末，搅拌，以控制溶液pH=3.5，目的是在pH=3.5时铜离子不沉淀，三价铁离子沉淀完全，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，才能调节在pH为3.9～4.1时，只将Fe3+转化为沉淀除去，而不会使Cu2+转化为沉淀；
（3）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，这是亚铁离子的特征反应，验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是滴加K3[Fe（CN）6]若有蓝色沉淀生说，说明Fe2+没有完全转化；若没有蓝色沉淀生成，说明Fe2+已经完全转化，
故答案为：若有蓝色沉淀生说，说明Fe2+没有完全转化；若没有蓝色沉淀生成，说明Fe2+已经完全转化；
（4）操作I中加硫酸，向II的溶液中加入Cu2（OH）2CO3粉末至pH为3.9～4.1，所以Cu2（OH）2CO3和酸反应Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，三价铁离子水解呈酸性，所以3Cu2（OH）2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe（OH）3+3CO2↑+6Cu2+，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，3Cu2（OH）2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe（OH）3+3CO2↑+6Cu2+；
（5）铜离子水解溶液呈酸性，加酸能抑制铜离子水解，所以Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”目的抑制Cu2+在加热过程中水解，以获得纯净的硫酸铜晶体，
故答案为：用稀硫酸酸化至PH=1，可以抑制Cu2+在加热过程中水解，以获得纯净的硫酸铜晶体．
我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图
（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入石灰后生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，写出其中一个离子方程式______
（2）凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程______（填写编号，多选倒扣）
①只有物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4•7H2O常用的凝聚剂，它在水中最终生成______沉淀．
（3）通入二氧化碳的目的是______和______．
（4）气体A通常使用氯气，氯气的作用是基于其和水反应的产物之一具有______性，请写出氯气与水反应的离子反应方程式______．
（5）下列物质中能作为氯气的代用品的是______（填写编号，多选倒扣）
①Ca（ClO）2 ②NH3（液） ③K2FeO4 ④SO2．
正确答案
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
解析
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．工业设计生产NaClO2的主要流程如下．
（1）在无隔膜电解槽中持续电解发生反应的氧化剂为______（填化学式）．
（2）Ⅲ中产生气体a的电极反应式为______．
（3）Ⅱ中产生气体a的电极反应式为______．
（4）①在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以Ⅱ中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单的实验方法是______．
②工业上Ⅱ中制备NaClO2为防止被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．除H2O2外，还可以选择的还原剂是______（填序号）
A．Na2O2 B．Na2S C．FeCl2 D．PbO（悬浊液）
（5）ClO2是一种高效水处理剂，ClO2将对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN-amg/L，现用ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体，其离子反应方程式为______；处理100m3这种污水，至少需要ClO2______mol．
正确答案
解：（1）电解氯化钠溶液，在阴极上是水中的氢离子得电子的还原反应，所以水是氧化剂，故答案为：H2O；
（2）III中电解质是Na2SO4，电解Na2SO4溶液时，阳极上电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，左边流出硫酸，所以A气体是氧气，B气体是氢气、生成氧气的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；
（3））Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，若电解原理来实现转化．则阳极上生成氧气的反应为：2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑，
故答案为：2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑；
（4）①NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH．
故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH．
②还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2，不会影响后续生产，但是Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，PbO（悬浊液）
氧化性较差，不合适，
故选：A．
（5）ClO2将CN-氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-，
100m3废水中CN-质量=100m3×ag/m3=100ag，CN-的物质的量为
故答案为：2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-；
解析
解：（1）电解氯化钠溶液，在阴极上是水中的氢离子得电子的还原反应，所以水是氧化剂，故答案为：H2O；
（2）III中电解质是Na2SO4，电解Na2SO4溶液时，阳极上电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，左边流出硫酸，所以A气体是氧气，B气体是氢气、生成氧气的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；
（3））Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，若电解原理来实现转化．则阳极上生成氧气的反应为：2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑，
故答案为：2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑；
（4）①NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH．
故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH．
②还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2，不会影响后续生产，但是Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，PbO（悬浊液）
氧化性较差，不合适，
故选：A．
（5）ClO2将CN-氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-，
100m3废水中CN-质量=100m3×ag/m3=100ag，CN-的物质的量为
故答案为：2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-；
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