Question

8．某位同学在查阅资料时发现含氮化合物有以下性质：
①常温下NO₂和N₂O₄混合存在，在低于0℃的过冷水中只有无色的N₂O₄液体或晶体存在；
②浓硝酸与铜、银等不活泼金属反应时除生成NO₂气体外还有少量NO生成．
该同学在验证了“性质①”后又设计了如下装置验证“性质②”，同时测定某电器元件中铜银合金材料的含铜量．实验步骤如下：
第一步 检验装置的气密性后加入相关药品；
第二步 打开K₁，通入氮气一段时间，关闭K₁，打开A中分液漏斗的活塞，向盛有7g铜银合金粉末的圆底烧瓶中加入13.5mol•L^-1浓硝酸100mL；
第三步A中反应结束后…；
第四步打开K₁，通入氮气一段时间．
回答下列问题：
（1）实验前、后都需要打开K₁，通入氮气一段时间．
“第二步”中通入氮气是为了排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化；
“第四步”中通入氮气是为了保证反应产生的气体完全被装置E吸收．
（2）“第三步”的目的是验证“性质②”并确保有害气体被完全吸收，请补全实验步骤并写出能证实“性质②”的预期现象：A中反应结束后，打开K₂，持续通入氧气，D中出现红棕色气体．
（3）实验结束后，通过测量确定装置A烧瓶中溶液的体积为100mL，装置C增重3.22g，装置E增重0.54g（E中N元素均以NO₃^-的形式存在），不考虑硝酸的挥发与分解以及空气对试剂的影响，则实验所用铜银合金中铜的质量分数为22.9%（结果保留3位有效数    字），实验后装置A烧瓶内溶液中硝酸的物质的量浓度为11.7mol•L^-1．
（4）已知存在可逆反应：Ag+FeCl₃?AgCl+FeCl₂
另一位同学提出可通过向盛有铜银合金的容器中加入足量FeCl₃溶液的方法快速确定合金的含铜量，计算时所需的数据是铜银合金的质量和反应中产生沉淀的质量．

Answer 1

分析 本题为探究题，探究浓硝酸与铜、银等不活泼金属反应时除生成NO₂气体外还有少量NO生成，涉及NO₂与N₂O₄间的转化，及NO很容易被空气中的氧气氧化等性质，解题关键是消除彼此间的干扰，据此分析解答；
（1）装置中本身有空气，NO很容易被氧化；定量实验，需要确保生成物能完全测定，E装置就是为了吸收生成的氮氧化物的；
（2）NO遇氧气很容易生成NO₂，现象是无色变为红棕色；
（3）装置C中收集到的是N₂O₄，E中增重的质量应该是NO和O₂的质量，可结合电子守恒计算固体中Cu或银的质量，根据原子守恒及电荷守恒计算反应后溶液A中HNO₃的浓度；
（4）铜、银均能溶解在FeCl₃溶液里，但银可以转化为氯化银沉淀，因此只有知道生成氯化银的质量，就可以确定混合物中各组分的含量．

解答 解：（1）利用通入的空气将装置内的空气排尽，防止NO被氧化；第四步通N2的目的是将生成的NO和O₂的混合气体完全被E中NaOH溶液吸收，故答案为：排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化；保证反应产生的气体完全被装置E吸收；
（2）欲验证NO可利用NO遇氧气变红棕色的性质，只要打开K₂，持续通入氧气，D中出现红棕色气体即可证明，故答案为：打开K₂，持续通入氧气，D中出现红棕色气体；
（3）N₂O₄的物质的量为$\frac{3.22g}{92g/mol}$=0.035mol，根据4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃，设NO的物质的量为nmol，则O₂的物质的量为0.75nmol，30n+32×0.75n=0.54，解得：n=0.01mol，设Cu的物质的量为xmol，银的物质的量为ymol，则64x+108y=7，另外电子守恒式为：2x+y=0.035×2+0.01×3，解得：x=0.025mol，y=0.05mol，则Cu的质量为0.025mol×64g/mol=1.6g，则铜的质量分数为$\frac{1.6g}{7g}×100%$=22.9%；被还原的硝酸为0.035mol×2+0.01mol=0.08mol，实际消耗的HNO₃为0.08mol+2x+y=0.18mol，剩余硝酸为13.5mol/L×0.1L-0.18mol=1.17mol，实验后A中硝酸的浓度为：$\frac{1.17mol}{0.1L}$=11.7mol/L； 故答案为：22.9%；11.7；
（4）根据反应Ag+FeCl₃?AgCl+FeCl₂可知；当FeCl₃溶液足量时固体完全溶解，生成的沉淀为AgCl，只要知道沉淀质量，Ag的质量即可求算，再结合固体的总质量，就可以计算合金中铜的质量分数，故答案为：反应中产生沉淀的质量．

点评 本题以探究铜、银与硝酸反应产物为载体，考查了氧化还原发生过程中的电子守恒规律，以及化学反应中的原子守恒、溶液中的电荷守恒等，另外涉及物质的鉴别，考查较为综合，中等难度．