Question

【題目】某學習小組利用如圖實驗裝置制備Cu(NH3)xSO4·H2O。并測量x值。

（Cu(NH3)xSO4·H2O制備）見圖1

（1）A中發(fā)生的化學反應方程式為________________________________。

（2）C中CCl4的作用是______________。

（3）B中先產生藍色沉淀，隨后沉淀溶解變成深藍色溶液，此溶液中含有Cu(NH3)xSO4，若要從溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶體，可加入試劑___________________________。

（x值的測量）見圖2

步驟一：檢查裝置氣密性，稱取0.4690g晶體[M=(178+17x)g/mol]于錐形瓶a中

步驟二：通過分液漏斗向錐形瓶a中滴加l0%NaOH溶液至無氣體產生為止

步驟三：用0.5000mol/L的NaOH標準溶液液滴定b中剩余HCI，消耗標準溶液液16.00mL

（4）步驟二的反應可理解為Cu(NH3)xSO4與NaOH在溶液中反應，其離子方程式為_________________。

（x值的計算與論證）

（5）計算：x=__________。

該學習小組針對上述實驗步驟，提出測量值(x)比理論值偏小的原因如下：

假設1：步驟一中用于稱量的天平砝碼腐蝕缺損；

假設2：步驟二中_____________________________________________________（任寫兩點）；

假設3 ：步驟三中測定結束讀數(shù)時，體積讀數(shù)偏小。該假設_______（填“成立”或“不成立”）。

（6）針對假設l，你對實驗的處理意見是________________。

Answer 1

【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O 防止倒吸 無水乙醇 Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑ 3.56 加入的NaOH溶液不足、沒有加熱、 生成的氨氣未完全逸出、NaOH溶液濃度過低等 不成立 更換砝碼完好的托盤天平后，重新進行步驟一到步驟三的全部實驗

【解析】

（1）A中氯化銨與氫氧化鈣反應生成氨氣；氨氣通入硫酸銅溶液，會生成氫氧化銅沉淀，氨氣過量，沉淀又溶解；

（2）氨氣極易溶于水，難溶于四氯化碳；

（3）Cu(NH3)xSO4H2O在乙醇中的溶解度較�。�

（4）Cu(NH3)xSO4與NaOH反應生成氫氧化銅沉淀和氨氣；

（5）Cu(NH3)xSO4H2O與氫氧化鈉反應生成的氨氣被鹽酸吸收，再用氫氧化鈉滴定剩余的鹽酸，根據(jù)消耗的氫氧化鈉求出與氨氣反應的鹽酸，以及氨氣的物質的量，根據(jù)晶體與氨氣的物質的量的關系求出x；

若生成的氨氣偏少或氨氣沒有完全逸出，則氨氣的物質的量偏小，x值偏��；

若步驟三中測定結束讀數(shù)時，體積讀數(shù)偏小，則與氫氧化鈉反應的鹽酸偏少，與氨氣反應的鹽酸偏多，計算出的氨氣的物質的量偏大。

（1）A中是Ca(OH)2和NH4Cl發(fā)生反應，反應的化學方程式為：

Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O；

（2）氨氣極易溶于水，會產生倒吸，用CCl4可以讓氨氣溶于水時不在導管中進行，可以達到防止倒吸的目的；

（3）要從溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶體，就要減少溶解度，可以加入無水乙醇。

（4）Cu(NH3)xSO4中可以和NaOH反應的是Cu2+，堿性溶液中NH3溶解度小，故會生成NH3，Cu(NH3)x2+是絡合物，不能寫成離子形式，故離子方程式為：Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；

（5）0.5000mol/L的NaOH標準溶液液滴定b中剩余HCI，消耗標準溶液液16.00mL，則與氨氣反應鹽酸的物質的量為：0.5000mol/L×0.014L=0.007mol，那么氨氣的物質的量為0.007mol，則有0.469x/(178+17x)=0.007，得x=3.56；提出測量值比理論值偏小，是因為氨氣的量偏少，那么造成氨氣的量偏小的操作可能有：加入的NaOH溶液不足、沒有加熱、生成的氨氣未完全逸出、NaOH溶液濃度過低等；步驟三中測定結束讀數(shù)時，體積讀數(shù)偏小，則與NaOH反應的鹽酸較少，那么與氨氣反應的鹽酸就多，結果就會偏大，故假設不成立；

（6）假設1是天平砝碼腐蝕缺損，那么最好處理是更換砝碼完好的托盤天平后，重新進行步驟一到步驟三的全部實驗。