Question

13．氮的重要化合物如氨（NH₃）、肼（N₂H₄）、三氟化氮（NF₃）等，在生產、生活中具有重要作用．
（1）利用NH₃的還原性可消除氮氧化物的污染，相關熱化學方程式如下：
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
則△H₄=-2317kJ•mol^-1．
（2）使用NaBH₄為誘導劑，可使Co²⁺與肼在堿性條件下發生反應，制得高純度納米鈷，該過程不產生有毒氣體．
①寫出該反應的離子方程式：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O．
②在納米鈷的催化作用下，肼可分解生成兩種氣體，其中一種能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍．若反應在不同溫度下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數如圖1所示，則N₂H₄發生分解反應的化學方程式為：3N₂H₄$?_{△}^{催化劑}$N₂+4NH₃；為抑制肼的分解，可采取的合理措施有降低反應溫度、增加壓強等（任寫一種）．

（3）在微電子工業中NF₃常用作氮化硅的蝕刻劑，工業上通過電解含NH₄F等的無水熔融物生產NF₃，其電解原理如圖2所示．
①氮化硅的化學式為Si₃N₄．
②a電極為電解池的陽（填“陰”或“陽”）極，寫出該電極的電極反應式：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；電解過程中還會生成少量氧化性極強的氣體單質，該氣體的分子式是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）
由蓋斯定律可知（iii）-（ii）×5-（i）×6得：4NH₃（g）+6NO（g）=5N₂（g）+6H₂O（l）；
（2）①依據題意，反應物為Co²⁺與肼（N₂H₄）、堿性條件下存在OH^-，生成物為：鈷單質，據此得出Co的化合價降低，故N的化合價升高，只能為0價，即氮氣，依據氧化還原反應得失電子守恒回答即可；
②使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，由圖1得知：溫度越高，肼的百分含量越低，即分解的越快；
（3）①氮化硅中N的非金屬性強于Si，Si顯+4價，故N顯-3價，據此書寫化學式；
②由圖2可知，氫離子在b極得到電子生成氫氣，故b為陰極，那么a為陽極，據此解答即可．

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，
故答案為：-2317；
（2）①依據題意，反應物為Co²⁺與肼（N₂H₄）、堿性條件下存在OH^-，生成物為：鈷單質，據此得出Co的化合價降低，故N的化合價升高，只能為0價，即氮氣，據此得出還有水生成，氧化還原反應中存在得失電子守恒以及元素守恒，故此反應的離子反應方程式為：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O，
故答案為：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O；
②使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，即肼分解生成氨氣，依據元素守恒得知另外一種產物為氮氣，故化學反應方程式為：3N₂H₄$?_{△}^{催化劑}$N₂+4NH₃，由圖1可知，溫度越高，肼的體積分數含量越低，故要抑制肼的分解，應降低反應溫度，故答案為：3N₂H₄$?_{△}^{催化劑}$N₂+4NH₃；降低反應溫度、增加壓強等；
（3）①氮化硅中N的非金屬性強于Si，Si顯+4價，故N顯-3價，故氮化硅的化學式為：Si₃N₄，故答案為：Si₃N₄；
②由圖2可知，氫離子在b極得到電子生成氫氣，故b為陰極，那么a為陽極，陽極上銨根失去電子生成NF₃，電極反應方程式為：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺，依據電解原理可知，氟離子也可能失去電子生成氟單質，故氧化性較強的單質為氟氣，故答案為：陽；NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；F₂．

點評 本題主要考查的是蓋斯定律的應用、氧化還原反應方程式書寫、電解池反應原理等，綜合性較強，難度較大，注意整理歸納．