Question

【题目】废水中氨态氮以NH3H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。

Ⅰ．沉淀法

向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO46H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg·L1以下。

(1)NH3的电子式：______。

(2)废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是______。

(3)16℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1︰1︰1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L1，pH的适宜范围是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是______。

Ⅱ．微波—氧化法

(4)仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如下表。

溶液pH	6~7	8~9	10~11	11~12
剩余氨态氮浓度(mg·L1)	156	100	40	14

表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡______(用化学用语表示)的移动。

(5)微波协同CuO和H2O2除去氨态氮

①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是______。

②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是______。

Answer 1

【答案】 Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O↓ pH＝8~10 pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成 NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O

【解析】

(1)N原子最外层有5个电子，据此书写NH3的电子式；

(2)根据题意，废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O，据此书写反应的离子方程式；

(3)由图可以判断欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L1的pH适宜范围；根据pH对NH4+、Mg2+、PO43浓度的影响分析解答；

(4)根据废水中存在NH3H2O，结合氨水的性质分析解答；

(5)①根据图像对比添加了CuO和未添加CuO的反应速率，以及氨态氮浓度的高低分析解答；

②在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，据此书写反应的方程式。

(1)NH3的电子式为，故答案为：；

(2)根据题意，废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O↓，故答案为：Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O↓；

(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L1，pH适宜范围为8~10，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，故答案为：pH＝8~10；pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成；

(4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余氨态氮浓度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于废水中NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH逆向移动，故答案为：NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH；

(5)①由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO，故答案为：相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快；

②根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为：3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。