Question

5．某同學(xué)利用如圖1所示實(shí)驗(yàn)裝置制備少許Mg₃N₂，并探究其性質(zhì)（圖中夾持、固定裝置均略去，圖中A部分為產(chǎn)生氨氣的裝置）．

已知：①在加熱條件下氨氣可還原氧化銅生成兩種單質(zhì)和一種化合物；②在空氣中加熱鎂粉可以得到氧化鎂和極易水解的Mg₃N₂．
（1）如圖中儀器B的名稱是干燥管，裝置E中試劑的作用是干燥N₂．
（2）若該同學(xué)用熟石灰和氯化銨制氨氣，則A部分的最佳裝置（圖2）是I（填序號(hào)），其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O．
（3）裝置D中U型管內(nèi)液體和新制氯水相比較，溶液中的微粒（包括離子、分子）種數(shù)后者多（選填“前者多”、“后者多”或“相等”）．
（4）實(shí)驗(yàn)前F中加入ag鎂粉，實(shí)驗(yàn)后測(cè)得F中固體bg，則裝置C中被還原的氧化銅的物質(zhì)的量至少為$\frac{3（b-a）}{28}$mol，則實(shí)驗(yàn)測(cè)得氮化鎂中鎂、氮的原子個(gè)數(shù)比為$\frac{7a}{12（b-a）}$（用含a、b字母的代數(shù)式表示）．
（5）上述實(shí)驗(yàn)中若去掉制備裝置右端的G裝置會(huì)導(dǎo)致測(cè)得氮化鎂中鎂、氮的原子個(gè)數(shù)比偏�。ㄟx填“偏大”、“偏小”、或“無影響”）．

Answer 1

分析 A為氨氣的發(fā)生裝置，B為干燥裝置，E中濃硫酸起干燥N₂作用，在D中用堿石灰防止空氣進(jìn)入F裝置，防止Mg₃N₂水解，D裝置用冰水冷卻水蒸氣．
（1）根據(jù)氣體與固體在加熱條件下反應(yīng)，必須先干燥；
（2）根據(jù)反應(yīng)物的狀態(tài)和反應(yīng)的條件可知；
（3）裝置D中U型管內(nèi)液體為水；
（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式中得失電子相等進(jìn)行計(jì)算；
（5）Mg₃N₂易水解的成Mg（OH）₂和NH₃，b值增大．

解答 解：（1）水氣化吸大量熱，為此，氣體與某固體在加熱條件下反應(yīng)之前必須要干燥，否則不能達(dá)到所需溫度，
干燥管，干燥N₂；
（2）由“固+固$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$氣體”可知應(yīng)選I，其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，
故答案為：I，Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；
（3）水中有三種微粒（H₂O、H⁺、OH^-），新制氯水中有七種微粒（H₂O、HClO、Cl₂、H⁺、Cl^-、ClO^-、OH^-），
故答案為：后者多；
（4）參加反應(yīng)的氮?dú)赓|(zhì)量為（b-a）g，反應(yīng)中失電子數(shù)為$\frac{b-a}{14}$×3，也即為CuO得電子數(shù)．CuO的物質(zhì)的量為$\frac{（b-a）×3}{14×2}$=$\frac{3（b-a）}{28}$mol．實(shí)驗(yàn)測(cè)得氮化鎂中鎂、氮的原子個(gè)數(shù)比為：$\frac{\frac{a}{24}}{\frac{b-a}{14}}$=$\frac{7a}{12（b-a）}$
故答案為：$\frac{3（b-a）}{28}$mol；$\frac{7a}{12（b-a）}$；
（5）Mg₃N₂易水解的成Mg（OH）₂和NH₃，b值增大．（b-a）的值變大，即為氮的量增大，鎂、氮的原子個(gè)數(shù)比變小，
故答案為：偏�。�

點(diǎn)評(píng) 本題考查了氨氣的制取和性質(zhì)檢驗(yàn)，涉及了實(shí)驗(yàn)裝置的選擇、化學(xué)方程式的書寫，本題難度中等．