Question

17．氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物．
（1）肼（N₂H₄）可用作火箭燃料，其原理是：N₂O₄（l）+2N₂H₄（l）=3N₂（g）+4H₂O（g），若反应中有4mol N-H键断裂，则形成的π键有3mol．
（2）F₂和过量NH₃在铜催化作用下反应生成NF₃，NF₃分子的空间构型为三角锥形．
（3）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图1．写出该反应的化学方程式：8Fe+2NH₃$\frac{\underline{\;640℃\;}}{\;}$2Fe₄N+3H₂．

（4）叠氮化钠（NaN₃）分解反应为：2NaN₃（s）═2Na（l）+3N₂（g），下列有关说法正确的是bc（填序号）．
a．常温下，N₂很稳定，是因为N的电负性大
b．钠晶胞结构见图2，每个晶胞含有2个钠原子
c．第一电离能（I₁）：N＞O＞P＞S
d．NaN₃与KN₃结构类似，晶格能：NaN₃＜KN₃
（5）配合物Y的结构见图3，Y中含有abcd（填序号）；
a．极性共价键    b．非极性共价键    c．配位键    d．氢键
Y中碳原子的杂化方式有sp³、sp²．

Answer 1

分析 （1）反应中有4mol N-H键断裂，生成1.5molN₂，根据结构式N≡N判断；
（2）根据分子中δ键和孤电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；
（3）铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式；
（4）a．根据氮气中的共价键分析；
b．利用均摊法确定其晶胞中的原子数；
c．非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常；
d．离子半径越小，晶格能越大；
（5）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；
（6）根据碳原子成键类型判断．

解答 解：（1）1mol氮气分子中含有2molπ键，若该反应中有4mol-H键断裂，即有1mol肼参加反应，生成1.5mol氮气，所以形成的π键有1.5mol×2=3mol，
故答案为：3mol；
（2）NF₃中含有3个δ键，且孤电子对数为$\frac{5-3}{2}$=1，则应为sp³杂化，空间构型为三角锥形，
故答案为：三角锥形；
（3）该晶胞中铁原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe₄N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH₃$\frac{\underline{\;640℃\;}}{\;}$2Fe₄N+3H₂，
故答案为：8Fe+2NH₃$\frac{\underline{\;640℃\;}}{\;}$2Fe₄N+3H₂；
（4）a．氮气中存在N≡N，N≡N的键能很大，不容易断裂，所以N₂很稳定，故a错误；
b．钠晶胞中Na占据8个顶点和中心，根据均摊法确定其晶胞中的原子数为：8×$\frac{1}{8}$+1=2，故b正确；
c．非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常，所以第一电离能：N＞O＞P＞S，故c正确；
d．离子半径越小，晶格能越大，半径：Na⁺＜K⁺，则晶格能：NaN₃＞KN₃，故d错误；
故答案为：bc；
（5）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，
故选：abcd；
（6）根据图可知，碳碳间形成单键，为sp³杂化，有的碳碳间形成双键，为sp²杂化，
故答案为：sp³、sp²．

点评 本题综合性较大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，题目难度大，注意运用杂化理论推导分子构型，为易错点，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力．