题目内容
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 
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．
解：（1）Al2O3是反应物，反应中Al2O3→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=
=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．
分析：（1）AlN是生成物，反应中Al2O3→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．
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．
，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=
=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．
分析：（1）AlN是生成物，反应中Al2O3→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．
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．
练习册系列答案
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