Question

11．NH₃是一种重要的化工产品．
（1）根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量Ar（Cu）（近似值）的实验．先称量反应物氧化铜的质量m（Cu0），反应完全后测定生成物水的质量m（H₂O），由此计算Ar（Cu）．为此，提供的实验仪器及试剂如下（根据实验需要，装置可重复选择，加入的NH₄Cl与Ca（OH）₂的量足以产生使CuO完全还原为N₂的氨气）：请回答下列问题：

①氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu+3H₂O+N₂；
②从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为（用图1中标注的字母表示）A一→D→B→D→C；
③在本实验中，若测得m（ CuO）=ag，m（H₂O）=b g，则Ar（Cu）=$\frac{18a}{b}$-16；
④在本实验中，使测定结果Ar（Cu）偏大的是AC（填字母）；
A．CuO未完全起反应    B．CuO不干燥
C．CuO中混有不反应的杂质    D．NH₄ Cl与Ca（OH）₂混合物不干燥
（2）按图2装置进行NH₃性质实验．
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是产生白烟原因是A瓶压强比B瓶大，氯化氢进入B瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟
②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，B瓶中的现象是烧杯中的石蕊溶液会倒流进入B瓶中，形成红色溶液．

Answer 1

分析 （1）①氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水；
②根据题干可知需测定生成水的质量，生成的氨气需先通过碱石灰干燥、再在与氧化铜反应，最后用碱石灰吸收生成的水，以测得生成水的质量；
③由反应方程式可知氧化铜和水的物质的量相等，列出关系式计算即可；
④根据A_r（Cu）=$\frac{18a}{b}$，从是否影响a或b来分析误差；
（2）①根据A、B容器压强以及A、B混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析；
②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，据此分析；

解答 解：（1）①氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式：2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu+3H₂O+N₂；
故答案为：2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$3Cu+3H₂O+N₂；
②因为需要测定反应后生成物水的质量，所以必需保证通入的氨气是纯净干燥的，由于浓硫酸可以与氨气反应，因此只能通过碱石灰进行干燥，再通入氧化铜进行反应，最后在通入碱石灰吸收反应生成的水，以测得生成水的质量，所以正确的顺序为A→D→B→D→C；
故答案为：D→B→D→C；
③根据反应方程式
2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+3H₂O+N₂；
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可知氧化铜和水的物质的量相等，所以有以下关系式：$\frac{a}{Ar（Cu）+16}$=$\frac{b}{18}$，
解得A_r（Cu）=$\frac{18a-16b}{b}$=$\frac{18a}{b}$-16，
故答案为：$\frac{18a}{b}$-16；

④由③可知得A_r（Cu）=$\frac{18a}{b}$-16，
A．若Cu0未完全起反应，说明b偏小，结果偏大，故A选；
B．若CuO不干燥，说明a偏小，b偏大，结果偏低，故B不选；
C．若Cu0中混有不反应的杂质，说明b偏小，结果偏大，故C选；
D．若NH₄C1与Ca（OH）₂混合物不干燥，但只要氨气干燥彻底，对结果不影响，故D不选；
故选：AC；
（2）①A容器压强为150KPa，B容器压强100KPa，A容器压强大于B容器，先打开旋塞1，A容器中的氯化氢进入B容器，氨气和氯化氢反应，NH₃+HCl=NH₄Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B瓶中的现象是出现白烟，
故答案为：出现白烟；A瓶压强比B瓶大，氯化氢进入B瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟；
②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞2，紫色的石蕊试液倒吸入B瓶中，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解方程式为：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，溶液呈酸性，所以紫色石蕊试液变红，
故答案为：烧杯中的石蕊溶液会倒流进入B瓶中，形成红色溶液；

点评 本题主要考查氨气的制备、净化、干燥和利用方程式进行的计算以及有关误差分析，明确实验原理和物质的性质是解题关键，题目难度中等．