Question

饮用水中的N；对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中N；的浓度，某兴趣小组提出以下两种方案：
a．在微碱性条件下，用Fe（OH）₂还原N，还原产物为NH₃；
b．在碱性条件下，用铝粉还原N，还原产物为N₂．
（1）方案a中，生成l7gNH₃的同时生成______molFe（OH）₃．
（2）方案b中发生的反应如下（配平该反应方程式并回答下列问题）：
______Al+______N+______OH^-=______Al+______N₂↑+______H₂O
该反应中______元素的化合价降低，该元素被______（填“氧化”或“还原”），若有10mol Al参加反应，则转移的电子的物质的量为______
（3）方案b中，当有0.3mol电子转移时，生成的氮气在标准状况下的体积为______mL．

Answer 1

解：（1）17gNH₃的物质的量为，反应中Fe（OH）₂→Fe（OH）₃，NO₃^-→NH₃，根据电子转移可知，生成Fe（OH）₃的物质的量为=8mol，
故答案为：8；
（2）反应中Al→AlO₂^-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO₃^-→N₂↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N₂系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：10Al+6NO₃^-+4OH^-=10AlO₂^-+3N₂↑+2H₂O，反应中N元素化合价降低，被还原，
有10molAl参加反应，则转移的电子的物质的量为10mol×3=30mol，
故答案为：10；6；4；10；3；2；N；还原；30mol；
（3）根据电子转移守恒，有0.3mol电子转移时生成氮气的物质的量为=0.03mol，氮气的体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故答案为：672．
分析：（1）根据n=计算17gNH₃的物质的量，反应中Fe（OH）₂→Fe（OH）₃，NO₃^-→NH₃，根据电子转移计算生成Fe（OH）₃的物质的量；
（2）反应中Al→AlO₂^-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO₃^-→N₂↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N₂系数为3，结合电荷守恒、原子守恒配平其它物质的系数；
反应中N元素化合价降低，被还原；
根据化合价变化，计算注意电子数目；
（3）根据电子转移守恒计算生成氮气的物质的量，再根据V=nVm计算氮气的体积．
点评：本题考查氧化还原反应的配平、计算、基本概念等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．