Question

13．氮的重要化合物如氨（NH₃）、肼（N₂H₄）、三氟化氮（NF₃）等，在生产、生活中具有重要作用．
（1）利用NH₃的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：
H₂O（l）═H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1
N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1
4NH₃（g）+5O₂（g）═4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1
4NH₃（g）+6NO（g）═5N₂（g）+6H₂O（l）△H₄
则△H₄=-2317kJ•mol^-1．
（2）使用NaBH₄为诱导剂，可使Co²⁺与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体．
①写出该反应的离子方程式：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O．
②在纳米钴的催化作用下，肼可分解生成两种气体，其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则N₂H₄发生分解反应的化学方程式为：3N₂H₄$?_{△}^{催化剂}$N₂+4NH₃；为抑制肼的分解，可采取的合理措施有降低反应温度（任写一种）．

（3）在微电子工业中NF₃常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH₄F等的无水熔融物生产NF₃，其电解原理如图2所示．
①氮化硅的化学式为Si₃N₄．
②a电极为电解池的阳（填“阴”或“阳”）极，写出该电极的电极反应式：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F₂．

Answer 1

分析 （1）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
由盖斯定律可知（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）；
（2）①依据题意，反应物为Co²⁺与肼（N₂H₄）、碱性条件下存在OH^-，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，依据氧化还原反应得失电子守恒回答即可；
②使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，由图1得知：温度越高，肼的百分含量越低，即分解的越快；
（3）①氮化硅中N的非金属性强于Si，Si显+4价，故N显-3价，据此书写化学式；
②由图2可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，据此解答即可．

解答 解：（1）H₂O（l）=H₂O（g）△H₁=44.0kJ•mol^-1 （i）
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H₂=229.3kJ•mol^-1 （ii）
4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H₃=-906.5kJ•mol^-1 （iii）
（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l），故△H₄=-906.5-（229.3×5）-（44×6）=-2317kJ•mol^-1，
故答案为：-2317；
（2）①依据题意，反应物为Co²⁺与肼（N₂H₄）、碱性条件下存在OH^-，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，据此得出还有水生成，氧化还原反应中存在得失电子守恒以及元素守恒，故此反应的离子反应方程式为：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O，
故答案为：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O；
②使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，即肼分解生成氨气，依据元素守恒得知另外一种产物为氮气，故化学反应方程式为：3N₂H₄$?_{△}^{催化剂}$N₂+4NH₃，由图1可知，温度越高，肼的体积分数含量越低，故要抑制肼的分解，应降低反应温度，故答案为：3N₂H₄$?_{△}^{催化剂}$N₂+4NH₃；降低反应温度；
（3）①氮化硅中N的非金属性强于Si，Si显+4价，故N显-3价，故氮化硅的化学式为：Si₃N₄，故答案为：Si₃N₄；
②由图2可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，阳极上铵根失去电子生成NF₃，电极反应方程式为：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺，依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，故氧化性较强的单质为氟气，故答案为：阳；NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；F₂．

点评 本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、电解池反应原理等知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，综合性较强，难度较大，注意相关知识的整理归纳．