【解答】
（15分）铵态氮肥的过度使用会导致水体的富营养化，研究发现，可以用化学方法和生物方法去除氨氮。现探究去除溶液中氨氮的最适宜条件。
（1）化学方法一般用次氯酸钠氧化。次氯酸钠可以和水中溶解的氨气反应得到无毒无害物质，其离子方程式为 $3 \mathrm { C l O ^ { - } + 2 N H _ { 3 } { = } 3 C l ^ { - } + N _ { 2 } \uparrow + 3 H _ { 2 } O }$ 。次氯酸钠溶液中含氯的微粒有 $\underline { { \mathrm { C l O ~ \bar { } } , ~ \mathrm { H C l O } } }$ 。
$$
> ② \text {规定义: 氨氮脱除率} = \frac {\text {反应前的氮元素质量} - \text {反应后的氮元素质量}}{\text {反应前的氮元素质量}}
$$
氨氮脱除率受溶液 $\mathrm { p H n } \ \mathrm { ( N a C l O ) } \ \mathrm { / n } \ \mathrm { ( N H _ { 3 } ) }$ 的影响。如表是不同pH下的氨氮脱除率：
<table><tr><td>pH</td><td>反应前氮元素质量</td><td>反应后氮元素质量</td><td>氨氮脱除率</td></tr><tr><td>5.8</td><td>49.3</td><td>24.11</td><td>51.1%</td></tr><tr><td>6.9</td><td>49.3</td><td>19.08</td><td>61.3%</td></tr><tr><td>7.7</td><td>49.3</td><td>16.86</td><td>65.8%</td></tr><tr><td>8.8</td><td>49.3</td><td>18.88</td><td>61.7%</td></tr><tr><td>9.3</td><td>49.3</td><td>25.29</td><td>x</td></tr></table>
图示为最适宜pH条件， $\mathrm { N a C l O }$ 和 $\mathrm { N H } _ { 3 }$ 起始投料比例不同的情况下的氨氮脱除率。
试分析为什么最佳pH时，按照3：2投料氨氮脱除率较低，只有 $0 . 6 ,$ ，写出两个可能的原因：
次氯酸钠中+1价的氯元素和产物中﹣1价的氯元素发生归中反应，导致次氯酸钠有所消耗；次氯酸根发生水解有所消耗 。
> ③由上述信息判断，反应的最佳 $\mathrm { \mathfrak { p F } }$ 范围是 6.9～8.8 ，最佳投料比是 3.25 。生物方法是利用硝化细菌，将土壤中的 $\mathbb { N H } _ { 4 } ^ { + _ { 2 } }$ 转化为 $\mathsf { N O } _ { 2 } ^ { - }$ 后，土壤中的 $| \mathrm { O } _ { 2 } \rangle$ 进一步将 ${ \mathbb { N O } } _ { 2 } ^ { - }$ 氧化为 ${ \mathbb { M } } { \overline { { \mathsf { O } _ { 3 } } } } ^ { - } \circ$ 之后，在氧气较少的环境下， ${ \mathbb { M } } _ { 3 } ^ { - }$ 又可以在反硝化细菌的作用下与 $\mathbb { M } _ { 4 } ^ { + }$ 反应，使氮以 $\mathrm { N } _ { 2 } \mathrm { \bar { \Omega } }$ 形式放出。
（4）氧气与 ${ \mathbb { M } } { \overline { { \Omega _ { 2 } } } }$ 反应时，反应物 ${ \mathbb { M } } { \overline { { 0 } } } _ { 2 } ^ { - }$ 与 ${ \bf O } _ { 2 }$ 的物质的量之比为 2：1 。写出 ${ \tt N O } _ { 3 } ^ { - }$ 与$\mathbb { N H } _ { 4 } ^ { + , }$ 作用生成 $\Nu _ { 2 }$ 的离子方程式： $- 3 \mathbb { N O } _ { 3 } ^ { - } { + } 5 \mathbb { N H } _ { 4 } ^ { + }$ 反硝化细菌 $\mathfrak { 4 } \mathbb { N } _ { 2 }$ $\left. + 9 \mathrm { H } _ { 2 } 0 + 2 \mathrm { H } ^ { + } \right]$
（5）在 $\mathrm { V L a m o l } { \cdot } \mathrm { L } ^ { - 1 }$ 的氨水中滴加等体积 $\mathrm { 0 . 0 1 m o l ^ { \bullet } L ^ { \cdot 1 } }$ 的盐酸，使 $\mathrm { \bf { p } } \mathrm { \bf { H } } = 7$ ，则产物中一水合氨浓度为 $\underline { { ( \frac { \bar { \mathbf { a } } } { 2 } - 0 . 0 0 5 ) \mathrm { ~ m o l } ^ { \bullet } \mathrm { L } ^ { - 1 } } }$ 。
【分析】（1）根据题给化学方程式，结合次氯酸钠在水中的水解进行分析；
（2）根据反应方程式，结合次氯酸根的水解进行解答；
（3）根据题给表中数据进行分析；
> ④由题给信息和化学方程式，结合离子方程式的书写进行分析解答；
（5）运用电荷守恒和元素守恒进行分析计算。
【解答】解：（1）由于HClO为弱酸，NaClO在溶液中会发生水解反应： $\mathrm { C l O ^ { - } } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } { } \mathrm { H }$
$\mathrm { C l O + O H ^ { - } }$ ，因此次氯酸钠溶液中含氯的微粒有 $\mathrm { C l O ^ { - } }$ 和 $\mathrm { H C l O }$
故答案为： $\mathrm { C l O ^ { - } }$ 、HClO；
（2）根据反应 $3 \mathrm { C l O ^ { - } + 2 N H _ { 3 } } = 3 \mathrm { C l ^ { - } + N _ { 2 } \uparrow + 3 H _ { 2 } O }$ 知，当 $\mathsf { N a C l O \# I I N H } _ { 3 }$ 的起始投料比为3：2时，理论上氨氮的脱除率为100%，而实际上氨氮的脱除率只有60%，根据 $\mathrm { C l O ^ { - } } { + } \mathrm { C l ^ { - } } { + } 2$ $\mathrm { H ^ { + } } \mathrm { = } \mathrm { C l _ { 2 } } \mathrm { + } \mathrm { H _ { 2 } O } \mathrm { , ~ } \mathrm { C l O ^ { - } } + 3 \mathrm { H _ { 2 } O } { } \mathrm { H C l O + } \mathrm { O H ^ { - } } \overline { { \mathrm { H } } }$ 推测其原因为：次氯酸钠中+1价的氯元素和产物中﹣1价的氯元素发生归中反应，导致次氯酸钠有所消耗；次氯酸根发生水解有所消耗；
故答案为：次氯酸钠中+1价的氯元素和产物中﹣1价的氯元素发生归中反应，导致次氯酸钠有所消耗；次氯酸根发生水解有所消耗；
> ③由表中数据知，当PH＝9.3时，氨氮脱除率 $\mathrm { \underline { { x } } = \frac { 4 9 . 3 - 2 5 . 2 5 } { 4 9 . 3 } \times 1 0 0 \% = 4 8 . 7 \% } ,$ ，说明pH由7.7增大到9.3，氨氮脱除率一直降低，因此反应的最佳pH范围为6.9～8.8，由图中曲线可以看出，最佳投料比为3.25。
故答案为：6.9～8.8；3.25；
> ④由题目信息知， ${ \mathbb { N O } } _ { 2 } ^ { - }$ 被 $\mathrm { ~ \ O _ { 2 } ~ }$ 氧化的离子方程式为2 $N O _ { 2 } ^ { - } { } ^ { + } \mathrm { O } _ { 2 } { = } 2 \mathrm { N O } _ { 3 } ^ { - } ;$ ，该反应中， ${ \mathbb { M } } { \overline { { 2 } } }$ 与 ${ \bf O } _ { 2 }$ 的物质的量之比为2：1； ${ \mathbb { M } } { \overline { { 0 } } } _ { 3 } ^ { - }$ 与H $\mathbb { M } _ { 4 } ^ { + }$ 在反硝化细菌作用下发生归中反应生成 $\Nu _ { 2 }$ ，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得出反应的离子方程式为：
$3 N O _ { 3 } ^ { - } { + } 5 N H _ { 4 } ^ { + }$ 反硝化细菌 $\mathfrak { 4 } \mathbb { N } _ { 2 }$ ← $+ 9 H _ { 2 } O + 2 H ^ { + }$
故答案为：2：1； $3 N O _ { 3 } ^ { - } { + } 5 N H _ { 4 } ^ { + }$ 反硝化细菌 $\mathfrak { 4 } \mathbb { N } _ { 2 }$ ↑ $+ 9 H _ { 2 } O + 2 H ^ { + }$
> ⑤ $\mathrm { P H } { = } 7 \mathbb { H } \mathrm { \Sigma c } ~ \left( \mathrm { H } ^ { + } \right) ~ \mathrm { = } \mathrm { { c } } ~ \left( \mathrm { O H } ^ { - } \right)$ ，根据电荷守恒c $( \mathrm { H ^ { + } } ) \ + \mathrm { c } \ \mathrm { ( \ N H _ { 4 } ^ { + } ) = c \ ( O H ^ { - } ) \ + c }$ （Cl<sup>﹣</sup>），可得 $\mathrm { { \bf ~ c ~ } ( \ N H _ { 4 } ^ { + } ) = c ~ ( C l ^ { - } ) }$ ，即 $\texttt { 1 } ^ { ( } \mathbb { M } _ { 4 } ^ { + } ) \stackrel { } { = } \mathtt { n } ^ { \ ( } \mathbb { C } ^ { 1 ^ { - } } ) \ = 0 . 0 1 \mathrm { V } \mathrm { m o l }$ ，再根据N元素守恒可得 $\mathrm { { \scriptsize ~ n ~ ( ~ \mathbb { M } _ { 4 } ^ { + } ) ~ + n ~ ( ~ N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O ) ~ = U m o l } }$ ，则n $\mathrm { ( N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O ) \ = a V m o l \cdot n _ { N H _ { 4 } ^ { + } m o l } }$ $\mathrm { \Delta = \ ( a V \cdot 0 . 0 1 V ) \ m o l , \ N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O }$ 浓度为： $\frac { ( \mathsf { a v } - 0 . 0 1 \mathbb { V } ) \mathsf { m } \mathsf { a } 1 } { 2 \mathbb { V } { \mathsf { L } } } { = } ( \frac { \mathsf { a } } { 2 } { - } 0 . 0 0 5 ) \mathsf { m o l } { \bullet } { \mathrm { L } } ^ { - 1 }$ ；故答案为： $( \frac { \mathsf { a } } { 2 } - 0 . 0 0 5 ) \mathrm { \ m o l { \bullet } L }$ <sup>﹣1</sup>。
【点评】该题考查了除溶液中氨氮的最适宜条件，掌握基础知识，提取题给有用信息是解答的关键。
四、（本题共15分）
