题目内容

5.氮可以形成多种化合物,如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等.
(1)已知:N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H=+50.6kJ•mol-1
2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
则①N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ•mol-1
②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l) 不能自发进行的原因是△H>0,△S<0.
③用次氯酸钠氧化氨,可以得到N2H4的稀溶液,该反应的化学方程式是NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O.
(2)采矿废液中的CN- 可用H2O2处理.已知:H2SO4═H++HSO4-; HSO4-?H++SO42-
用铂电极电解硫酸氢钾溶液,在阳极上生成S2O82-,S2O82-水解可以得到H2O2.写出阳极上的电极反应式2HSO4--2e-═S2O82-+2H+
(3)氧化镁处理含NH4+的废水会发生如下反应:
MgO+H2O?Mg(OH)2       Mg(OH)2+2NH4+?Mg2++2NH3•H2O.
①温度对氮处理率的影响如图所示.在25℃前,升高温度氮去除率增大的原因是升高温度NH3的溶解度降低,有利于NH3的逸出.
②剩余的氧化镁,不会对废水形成二次污染,理由是氧化镁难溶于水中,以沉淀的形式排出,因此不会形成二次污染.
(4)滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中,再加蒸馏水至总体积为175mL②先将水样调至中性,再加入氧化镁使水样呈微碱性,加热③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3═(NH42B4O7+5H2O]④将吸收液移至锥形瓶中,加入2滴指示剂,用c mol•L-1的硫酸滴定至终点[(NH42B4O7+H2SO4+5H2O═(NH42SO4+4H3BO3],记录消耗的体积V mL.则水样中氮的含量是2800cVmg•L-1(用含c、V的表达式表示).

分析 (1)①依据热化学方程式和盖斯定律来计算得到;
②依据△H-T△S<0判断反应自发进行;
③次氯酸钠氧化氨气,可以得到N2H4,依据氧化还原反应电子守恒、原子守恒配平写出;
(2)电解池中阴离子在阳极失电子发生氧化反应;
(3)①依据氨气溶解度随温度增大减小分析;
②氧化镁是难溶物质;
(4)依据滴定实验步骤和滴定用量结合化学方程式计算分析得到.

解答 解:(1)①a、N2(g)+2H2(g)═N2H4(l);△H=+50.6kJ•mol-1
b、2H2(g)+O2(g)═2H2O(l);△H=-571.6kJ•mol-1
依据盖斯定律b-a得到N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l);△H=-622.2KJ/mol,
故答案为:-622.2; 
②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)不能自发进行的原因是△H-T△S>0,则反应△S<0,△H>0,故答案为:△H>0,△S<0;
③用次氯酸钠氧化氨气,可以得到N2H4的稀溶液,该反应的化学方程式为:NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O,
故答案为:NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O;
(2)用铂电极电解硫酸氢钾溶液,在阳极上生成S2O82-,HSO4-离子在阳极失电子生成S2O82-,电极反应为:2HSO4--2e-═S2O82-+2H+
故答案为:2HSO4--2e-═S2O82-+2H+
(3)①在25℃前,升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升高,溶解度减小,
故答案为:升高温度NH3的溶解度降低,有利于NH3的逸出;
②剩余的氧化镁,是难溶于水的物质沉淀出不形成污染,不会对废水形成二次污染,
故答案为:氧化镁难溶于水中,以沉淀的形式排出,因此不会形成二次污染;
(4)取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中,再加蒸馏水至总体积为175mL;②先将水样调至中性,再加入氧化镁使水样呈微碱性,加热;③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3═(NH42B4O7+5H2O];④将吸收液移至锥形瓶中,加入2滴指示剂,用c mol•L-1的硫酸滴定至终点[(NH42B4O7+H2SO4+5H2O═(NH42SO4+4H3BO3],记录消耗的体积V mL.依据滴定实验和反应化学方程式可知:
    2NH3~(NH42B4O7~H2SO4
     2            1
2×cV×10-3mol cV×10-3mol
水样中氮的含量=$\frac{2cV×1{0}^{-3}mol×14g/mol}{0.01L}$=2.8cV(g/L)=2800cV(mg/L),
故答案为:2800cV.

点评 本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用,电极原理的分析判断电极书写,实验过程分析理解,滴定实验的计算应用,题目难度中等.

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