热门试卷

解：（1）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO-、Cl-离子，离子反应为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；

故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；

（2）根据0.4 mol Cr2O72-等转化为Cr3+，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2O72-共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol；

故答案为：2.4；

（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；

故答案为：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；

（4）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a＞0.01； 根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-）+c（Cl-），PH=7，c（H+）=c（OH-），c（CN-）=c（Na+）-c（Cl-）=mol/L-mol/L；

再根据物料守恒：c（CN-）+c（HCN）=c（Na+）=mol/L；Ka﹦==（100a-1）×10-7 mol•L-1；

若25℃时将浓度均为0.1mol•L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol•L-1，c（NaCN）=0.05 mol•L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；

a、据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN-）+c（OH-），此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CN-），故a正确；

b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN-）=0.1mol•L-1，所以c（HCN）+c（CN-）=2c（Na+），故b错误；

c．若25℃时将浓度均为0.1mol•L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol•L-1，c（NaCN）=0.05 mol•L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；

d．若25℃时将浓度均为0.1mol•L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；

故答案为：（100a-1）×10-7 mol•L-1 ；b；

（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则：

     Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7

     Mg                     mol       

    a×x                  bmol/L×L

解得x=，

故答案为：．

解：（1）SO2与过量NaOH溶液反应，因NaOH过量，故生成的是正盐，化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

（2）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应为NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，

故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

①根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得NaNO2中N元素的化合价为：（+1）+x+（-2）×2=0，则x=+3，故答案为：+3；

②由NaNO2 →NO，N元素的化合价+3价→+2价，得电子e-，所以NaNO2是氧化剂，由KI→I2，碘元素化合价-1价→0价，失电子e-，所以KI是还原剂，该反应为2NO2-+4H++2I-═2NO↑+I2+2H2O，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故答案为：1：1．