Question

5．某同学利用如图1所示实验装置制备少许Mg₃N₂，并探究其性质（图中夹持、固定装置均略去，图中A部分为产生氨气的装置）．

已知：①在加热条件下氨气可还原氧化铜生成两种单质和一种化合物；②在空气中加热镁粉可以得到氧化镁和极易水解的Mg₃N₂．
（1）如图中仪器B的名称是干燥管，装置E中试剂的作用是干燥N₂．
（2）若该同学用熟石灰和氯化铵制氨气，则A部分的最佳装置（图2）是I（填序号），其中反应的化学方程式为：Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O．
（3）装置D中U型管内液体和新制氯水相比较，溶液中的微粒（包括离子、分子）种数后者多（选填“前者多”、“后者多”或“相等”）．
（4）实验前F中加入ag镁粉，实验后测得F中固体bg，则装置C中被还原的氧化铜的物质的量至少为$\frac{3（b-a）}{28}$mol，则实验测得氮化镁中镁、氮的原子个数比为$\frac{7a}{12（b-a）}$（用含a、b字母的代数式表示）．
（5）上述实验中若去掉制备装置右端的G装置会导致测得氮化镁中镁、氮的原子个数比偏小（选填“偏大”、“偏小”、或“无影响”）．

Answer 1

分析 A为氨气的发生装置，B为干燥装置，E中浓硫酸起干燥N₂作用，在D中用碱石灰防止空气进入F装置，防止Mg₃N₂水解，D装置用冰水冷却水蒸气．
（1）根据气体与固体在加热条件下反应，必须先干燥；
（2）根据反应物的状态和反应的条件可知；
（3）装置D中U型管内液体为水；
（4）根据氧化还原反应方程式中得失电子相等进行计算；
（5）Mg₃N₂易水解的成Mg（OH）₂和NH₃，b值增大．

解答 解：（1）水气化吸大量热，为此，气体与某固体在加热条件下反应之前必须要干燥，否则不能达到所需温度，
干燥管，干燥N₂；
（2）由“固+固$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$气体”可知应选I，其中反应的化学方程式为：Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，
故答案为：I，Ca（OH）₂+2NH₄Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；
（3）水中有三种微粒（H₂O、H⁺、OH^-），新制氯水中有七种微粒（H₂O、HClO、Cl₂、H⁺、Cl^-、ClO^-、OH^-），
故答案为：后者多；
（4）参加反应的氮气质量为（b-a）g，反应中失电子数为$\frac{b-a}{14}$×3，也即为CuO得电子数．CuO的物质的量为$\frac{（b-a）×3}{14×2}$=$\frac{3（b-a）}{28}$mol．实验测得氮化镁中镁、氮的原子个数比为：$\frac{\frac{a}{24}}{\frac{b-a}{14}}$=$\frac{7a}{12（b-a）}$
故答案为：$\frac{3（b-a）}{28}$mol；$\frac{7a}{12（b-a）}$；
（5）Mg₃N₂易水解的成Mg（OH）₂和NH₃，b值增大．（b-a）的值变大，即为氮的量增大，镁、氮的原子个数比变小，
故答案为：偏小．

点评 本题考查了氨气的制取和性质检验，涉及了实验装置的选择、化学方程式的书写，本题难度中等．