14．氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。 （1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。 ___NH3＋__O2→__HNO2＋__________ ①请将上述化学方程式补充完整，并配平。 ②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下： ①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓ ②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O ③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
【答案】NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2O
NH3·H2O
NH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于
氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab 【解析】 【分析】
(1)结合氨水中存在NH3 + H2O (2)结合NH3+H2O
NH3?H2O
NH3·H2O
NH4+＋OH－分析；
NH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，
2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。 【详解】
(1)由氨水中存在NH3 + H2O
NH3·H2O
NH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较
大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O； (2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O
NH3?H2O
NH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故
有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×
0.6mol=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g； 12mol(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×
1=0.00025abmol，质量为40.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为
8abmg=400abmg/L。 0.02L
15． (1)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。完成下列填空：
①As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体. 若As2S3和SnCl2恰好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_______.该反应的氧化剂是_____，反应产生的气体可用_______吸收.
②As2S3和HNO3有如下反应：__As2S3+__NO3-+_____=__H3AsO4+__S+__NO2↑+_______ A．将方程式补充完整并配平
B．若生成1 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________.
(2)某温度下将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl，KClO和KClO3的混合溶液，经测定ClO-和ClO3的物质的量浓度之比为7:1，则Cl2与KOH反应时，氧化剂和还原剂物质的量之比为___.若5mol Cl2参加反应，转移电子数为______________(用NA表示阿伏伽德罗常数) (3)某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：S，H2S，HNO3，NO，H2O. 该反应的化学方程式为______________________；若反应过程中转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是______g；
【答案】1：1 As2S3 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 1 10 10 H+ 2 3 10 2 H2O(补充方程式和配平各1分) 5 mol 3:2 6NA 3H2S+2HNO3=3S+2NO↑+4H2O 4.8 【解析】 【分析】
(1)①As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，反应的方程式为
?2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，可根据方程式或化合价的变化判断；反应中As和Sn元素化合价发生变化，根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂等概念； ②A．结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式；
B．若生成1 mol H3AsO4，参加反应的As2S3物质的量为0.5mol，反应中As元素从+3价升高为+5价，S元素从-2价升高为+6价；
(2) Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比； (3) H2S具有还原性，HNO3具有氧化性，二者发生氧化还原反应。 【详解】
(1)①根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比是1：1；反应中As元素化合价降低，As2S3为氧化剂，H2S为酸性气体，可用NaOH溶液吸收；
②A．As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由-2价升高到0价，N元素化合价由+5降低为+4，反应中NO3-发生还原反应生成NO2，由守恒法得反应方程式为As2S3+10NO3-+10H+=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O；
B．若生成1 mol H3AsO4，参加反应的As2S3物质的量为0.5mol，反应中As元素从+3价升高为0价，S元素从-2价升高为+6价，则反应中转移电子的物质的量为0.5mol×(2×2+2×3)=5mol；
(2) Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为7：1，则可设ClO-为7mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为8mol，失去电子的总物质的量为7mol×(1-0)+1mol×(5-0)=12mol，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为12mol，则被还原的Cl的物质的量为12mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为12mol：8mol=3:2；若5mol Cl2参加反应，其中被还原的Cl2的物质的量为5mol ×转移电子数为6NA；
(3) H2S具有还原性，HNO3具有氧化性，二者发生氧化还原反应为
3H2S+2HNO3=3S+2NO↑+4H2O，S元素的化合价升高，转移6mol电子生成3mol氧化产物S，则反应过程中转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是0.3mol×
3=3mol，则转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，53×32g/mol=4.8g。 6
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