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17.氮可以形成多种化合物,如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等.
(1)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 N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ•mol-1
②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2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O.
(2)污水中的NH4+可以用氧化镁处理,发生如下反应:
MgO+H2O?Mg(OH)2       Mg(OH)2+2NH${\;}_{4}^{+}$?Mg2++2NH3•H2O.
①温度对氮处理率的影响如图1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.

(3)污水中的含氮化合物,通常先用生物膜脱氮工艺进行处理在硝化细菌的作用下将NH4+氧化为NO3-(2NH4++3O2=2HNO2+2H2O+2H+;2HNO2+O2=2HNO3).
然后加入甲醇,甲醇和NO3-反应转化为两种无毒气体.
①上述方法中,14g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为64g.
②写出加入甲醇后反应的离子方程式:6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O.
(4)甲醇燃料电池的工作原理如图2所示,则该电池负极的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+.

分析 (1)①已知:Ⅰ.N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H=+50.6kJ•mol-1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
根据盖斯定律,Ⅱ-Ⅰ可得:N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l);
②用次氯酸钠氧化氨,可以得到N2H4的稀溶液,次氯酸钠被还原生成NaCl,还有水生成;
(2)①升高温度NH3的溶解度降低;
②氧化镁难溶于水中,不会形成二次污染;
(3)①根据电子转移守恒计算消耗氧气;
②甲醇和NO3-反应转化为两种无毒气体,应是生成N2、CO2,反应还生成水;
(4)原电池负极发生氧化反应,由示意图可知,甲醇在负极失去电子生成CO2与H+.

解答 解:(1)①已知:Ⅰ.N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H=+50.6kJ•mol-1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1
根据盖斯定律,Ⅱ-Ⅰ可得:N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l),则△H=-571.6kJ•mol-1
-50.6kJ•mol-1=-622.2kJ•mol-1,
故答案为:-622.2;
②用次氯酸钠氧化氨,可以得到N2H4的稀溶液,次氯酸钠被还原生成NaCl,还有水生成,反应方程式为:2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O,
故答案为:2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O;
(2)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,有利于NH3的逸出,
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,以沉淀的形式排出,不会形成二次污染,
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;
(3)①14g铵态氮元素物质的量为$\frac{14g}{14g/mol}$=1mol,根据电子转移守恒,转化为硝态氮元素时需氧的物质的量为$\frac{1mol×[5-(-3)]}{4}$=2mol,需要氧气质量为2mol×32g/mol=64g,
故答案为:64g;
②甲醇和NO3-反应转化为两种无毒气体,应是生成N2、CO2,反应还生成水,反应离子方程式为:6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O,
故答案为:6NO3-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O;
(4)原电池负极发生氧化反应,由示意图可知,甲醇在负极失去电子生成CO2与H+,负极电极反应式为:CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+,
故答案为:CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+.

点评 本题比较综合,涉及反应热计算、电极反应式书写、氧化还原反应计算等,是对学生综合能力考查,难度中等.

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8.下列装置中能构成原电池的是(  )
A.
酒精
B.
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C.
酒精
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稀H2SO4

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5.下列离子方程式书写正确的是(  )
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12.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题.由硫化氢获得硫单质有多种方法.
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①写出电解时阴极的电极反应式:2H++2e-=H2↑
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成Sn2-+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图2所示.
①在图示的转化中,化合价不变的元素是Cu、H、Cl
②反应中当有1molH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的物质的量不变,需要消耗O2的物质的量为0.5mol
③在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌.欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有增大混合气体中空气的比例
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2.下列物质中属于纯净物、化合物、无机化合物、盐、钙盐的是(  )
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9.下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是(  )
编号abc
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  DFeFeCl3Fe(OH)3
A.AB.BC.CD.D

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①298k时,该反应的平衡常数为6.67L•mol-1(精确到0.01);
②下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是A.
A.混合气体的密度保持不变
B.混合气体的颜色不再变化
C.混合气体的气体压强保持不变
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④d、e点对应溶液中,水电离程度大小关系是d>e(填“>”、“<”或“=”).

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