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7.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、增加压强等(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

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、增加压强等,
故答案为:3N2H4$?_{△}^{催化剂}$N2+4NH3;降低反应温度、增加压强等;
(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 本题主要考查的是盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、电解池反应原理等,综合性较强,题目难度中等,注意整理归纳.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

17.X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素.X、Y、Z同周期且相邻,都是蛋白质的组成元素;X、T同族,Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等.U是d区元素,U2+的核外最高能级有2对成对电子,M为第四周期ds区元素,且有未成对电子.请回答下列问题:
(1)Q原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1
(2)XZ2的分子中σ键与π键数目之比为1:1,YZ2-离子的VSEPR模型名称是平面三角形.
(3)Q、R、T的单质形成的晶体中,熔点由高到低的顺序是Si>Al>Na(填化学式),既能与强酸反应,又能与强碱反应的物质晶体类型是金属晶体.
(4)通常情况下,U2+的溶液很稳定,它与YH3形成的配位数为6的配离子却不稳定,在空气中易被氧化为[U(YH36]3+,该反应的离子方程式是4[Co(NH36]2++O2+2H2O═4[Co(NH36]3++4OH-
(5)已知高温下MZ→M2Z+Z2,从M原子价层电子结构变化角度来看,能生成M2Z的原因是CuO中铜的价电子排布式为3d9,Cu2O中Cu的价电子排布式为3d10,后者处于全满稳定状态,前者不是,故高温时能生成Cu2O;.
(6)应用划痕法将棱锥形金刚钻针刻划所试矿物的表面而发生划痕,表示矿物硬度的一种标准称为莫氏硬度,用测得的划痕的深度分十级来表示硬度,金刚石硬度为10,XT的硬度为9.5,其晶胞结构与金刚石相似;其体心为T,其它为X,则在晶体中,每个X原子周围最近的X原子数目为12个;若晶胞的边长为apm,则XT的密度表达式为$\frac{4×40}{(a×1{0}^{-10})^{3}×{N}_{A}}$g/cm3

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18.铜及其化合物有着重要的用途,回答下列问题:

(1)写出基态Cu的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1,Cu具有良好的导电、导热和延展性,请解释Cu具有导电性的原因Cu为金属晶体,晶体中存在自由移动的电子,通电后定向移动.
(2)CuSO4溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N-CH2-COONa)即可得到配合物结构如图1:
①中心原子Cu的杂化形式为sp3,配位数为4;
②元素C、N、O的第一电离能由小到大排列顺序为C<O<N;
③此配合物分解后,可得到CO2,写出二氧化碳的一种等电子体:N2O.
(3)化合物CuMn2O4能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO).
①锰元素在周期表中的位置为第四周期ⅦB族;
②HCHO中含有的σ键和π键数目之比为3:1;
(4)Cu3N具有良好的电学和光学性能,在工业上有重要用途,其晶体结构如图2所示.与同一个N3-相连的Cu+有6个,Cu+的半径为a pm,N3-的半径为b pm,则Cu3N的密度为$\frac{103×1{0}^{30}}{4{N}_{A}(a+b)^{3}}$g•cm-3.(只列式,不用计算出结果)

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15.合理应用和处理氮的化合物,在生产生活中有重要意义.
(1)尿素[CO(NH22]是一种高效化肥,其分子中各原子的原子半径大小关系为C>N>O>H,碳原子核外有6种运动状态不同的电子.
(2)氰化钠(NaCN)中,N元素显-3价,则非金属性N>C(填“<”、“=”或“>”),写出氰化钠的电子式
(3)氰化钠属于剧毒物质,可用双氧水或硫代硫酸钠处理.
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②NaCN与Na2S2O3二者等物质的量反应可得到两种含硫元素的离子,其中一种遇到Fe3+显血红色.写出该反应的离子方程式S2O32-+CN-=SCN-+SO32-
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

2.下列有关化学与环境、生活的说法中,正确的是(  )
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B.碘是人体必需的微量元素,但食用过量也会引起甲亢
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12.从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分:

下列说法正确的是(  )
A.丙中一定含有羧基B.甲不可以与HBr发生取代反应
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19.四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X的最外层电子数是次外层电子数的2倍,Y、W同主族,Z是短周期中金属性最强的元素,X、W的质子数之和是Z的质子数的2倍.下列说法正确的是(  )
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16.下列说法不正确的是(  )
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D.扫描隧道显微技术、超分辨荧光显微技术等的发展促进了人类对微观结构的探索,可实现对原子或分子的操控,使科学研究迈入更高的水平层次

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科目:高中化学 来源: 题型:多选题

17.化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关.下列说法正确的是(  )
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B.应当大力实施矿物燃料“脱硫“、脱硝技术”,减少硫的氧化物和氮氧化物的污染
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