Question

某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝（AlN）的反应体系中的物质有：Al₂O₃、C、N₂、AlN、CO．
（1）请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，配平，并标出电子转移的方向和数目

（2）若反应中共转移3.01×10²³个电子，则该反应产生气体的体积为：

 

（标准状况下）；
（3）氮化铝也能由氯化铝与氨气经气相反应制得：AlCl₃+NH₃ 

高温

 AlN+3HCl反应中，该方法比前者在生产上更具优势．下列说法中，正确的是

 

．
A、前一方法中的 Al₂O₃、C、N₂结构稳定，反应时破坏化学键需要消耗更多的能量
B、前一方法中的Al₂O₃和C容易残留在氮化铝中
C、两种方法中氮化铝均为还原产物．

Answer 1

分析：（1）AlN是生成物，反应中A1₂O₃→AlN，Al元素化合价不变化，根据氮元素守恒N₂是反应物，反应中N₂→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO₂是生成物．反应中N₂→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO₂，C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故N₂系数为2，故系数为，故C系数为3，根据元素守恒确定其它物质的系数，配平书写方程式．
（2）根据转移电子和一氧化碳之间的关系式计算；
（3）A．根据化学键键能判断；
B．根据物质的状态判断；
C．根据元素化合价是否变化以及如何变化判断．

解答：解：（1）A1₂O₃是反应物，反应中A1₂O₃→AlN，Al元素化合价不变化，根据氮元素守恒N₂是反应物，反应中N₂→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO₂是生成物．反应中N₂→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO₂，C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故N₂系数为2，故系数为，故C系数为3，根据N元素守恒可知AlN系数为4，根据Al元素守恒可知Al₂O₃系数为2，根据C元素守恒可知CO₂系数为3，所以其化学反应方程式为：，故答案为：；
（2）根据方程式知，生成67.2L一氧化碳需要转移电子6×6.02×10²³个，若反应中共转移3.01×10²³个电子，则该反应产生气体的体积=

67.2L×3.01×1023

6×6.02×1023

=5.6 L，故答案为：5.6 L；
（3）A．Al₂O₃、C、N₂结构化学键键能较大，所以反应时破坏化学键需要消耗更多的能量，故A正确；
B．Al₂O₃、C和AlN都是固体，所以Al₂O₃和C容易残留在氮化铝中，故B正确；
C．前一方法中，氮化铝为还原产物，后一方法不是氧化还原反应，氮化铝既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；
故选AB．

点评：本题考查氧化还原反应方程式的配平、物质的量的有关计算，根据转移电子数相等来进行配平，明确元素化合价是解本题关键，难度不大．