题目内容
【题目】消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
(1) 化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。
已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。
(2)已知：N2(g)+3H2(g) 
2NH3(g) △H<0。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。
①M点的v正_________Q点的v正(填“>”“<”或“=”)。
②T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K=_____________ (用最简分数表示)，M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。
(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式：_____________。
②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如上图所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是____。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是__________。
(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如题图所示。若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为_____mol。
【答案】4NH3(g)＋6NO (g)=5N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1784.4kJ·mol－1 > 25/108 大 2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O 增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多 有部分NH3被氧化成NO2-或NO3- 0.08
【解析】
(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，根据已知热化学方程式结合盖斯定律分析解答；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，根据压强对化学反应速率影响解答；②利用三段式计算N点各物的物质的量，再根据物质的量之比等于体积之比计算平衡时容器体积，转化为各物质的浓度代入平衡常数表达式计算K，该反应正向是放热反应，温度越高平衡常数K越小，据此分析解答；
(3)①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物和生成物，根据转电子守恒和元素守恒进行书写；②增加次氯酸钠会加快反应速率；NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质；
(4)阳极上氢氧根离子失电子生成的氧气，根据生成的氧气计算出转移的电子的物质的量，结合电子守恒计算理论上可除去NO3-的物质的量。
(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，①2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol；根据盖斯定律①×3+②得到4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=(-177kJ/mol)×3+(-1253.4kJ/mol)-1784.4kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=-1784.4kJ/mol；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，故答案为：＞；
②反应的三段式：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化里(mol) x 3x 2x
平衡量(mol) 1-x 3-3x 2x
平衡时氨气的含量为20%，即
×100%=20%，x=
mol，N2、H2、NH3的物质的量分别为
mol、2mol、mol，总物质的量为(4-2×)mol=
mol，恒压时气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器体积为
L=
L，即c(N2)=c(NH3)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，平衡常数K=
=
=
，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡常数k减小，所以T3＞T2时，T3℃平衡常数小于T2℃时平衡常数，即M点平衡常数大于N点平衡常数，故答案为：；大；
(3)①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaCl被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移的电子守恒，需要3molNaClO，再结合元素守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl，故答案为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；
②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，使得B点剩余NaClO含量低于A点；当m(NaClO)：m(NH3)＞7.7时，可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去，使得总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降，故答案为：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多；NaClO投入过多会将部分NH3被氧化成NO2-或NO3-；
(4)阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失电子生成的氧气，标准状况下，2.24L氧气的物质的量=
=0.1mol，转移的电子为0.1mol×4=0.4mol，活性原子将NO3-还原为N2，存在关系NO3-～
N2～5e-，理论上可除去NO3-的物质的量=
=0.08mol，故答案为：0.08。
阅读快车系列答案【题目】某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn及有机物） 制备NiO并回收金属资源的流程如下所示：
已知：相关数据如表1和表2所示
表1部分难溶电解质的溶度积常数（25℃）
物质 | Ksp | 物质 | Ksp |
Fe(OH)3 | 4.0×10-38 | CuS | 6.3×10-34 |
Fe(OH)2 | 1.8×10-16 | ZnS | 1.6×10-24 |
Al(OH)3 | 1.0×10-33 | NiS | 3.2×10-18 |
Ni(OH)2 | 2.0×10-15 |
表2 原料价格表
物质 | 价格/（元吨-1） |
漂液（含25.2%NaClO） | 450 |
双氧水（含30%H2O2） | 2400 |
烧碱（含98%NaOH） | 2100 |
纯碱（含99.5%Na2CO3） | 600 |
请回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是________________________________。
（2）“试剂a”的名称为__________________；选择该试剂的理由是______。
（3）“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6 mol L-1，需“调节pH”至少为_______________。
（5）“试剂b”应选择__________，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_______________________________。
（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M，当导线中流过2 mol电子时，理论上负极质量减少__________g。充电时的阳极反应式为_______________________________________________。
