Question

【题目】某学习小组利用如图实验装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O。并测量x值。

（Cu(NH3)xSO4·H2O制备）见图1

（1）A中发生的化学反应方程式为________________________________。

（2）C中CCl4的作用是______________。

（3）B中先产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液，此溶液中含有Cu(NH3)xSO4，若要从溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体，可加入试剂___________________________。

（x值的测量）见图2

步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=(178+17x)g/mol]于锥形瓶a中

步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液至无气体产生为止

步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标准溶液液滴定b中剩余HCI，消耗标准溶液液16.00mL

（4）步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为_________________。

（x值的计算与论证）

（5）计算：x=__________。

该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：

假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；

假设2：步骤二中_____________________________________________________（任写两点）；

假设3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设_______（填“成立”或“不成立”）。

（6）针对假设l，你对实验的处理意见是________________。

Answer 1

【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O 防止倒吸 无水乙醇 Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑ 3.56 加入的NaOH溶液不足、没有加热、 生成的氨气未完全逸出、NaOH溶液浓度过低等 不成立 更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到步骤三的全部实验

【解析】

（1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；

（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；

（3）Cu(NH3)xSO4H2O在乙醇中的溶解度较小；

（4）Cu(NH3)xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；

（5）Cu(NH3)xSO4H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；

若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；

若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大。

（1）A中是Ca(OH)2和NH4Cl发生反应，反应的化学方程式为：

Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O；

（2）氨气极易溶于水，会产生倒吸，用CCl4可以让氨气溶于水时不在导管中进行，可以达到防止倒吸的目的；

（3）要从溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体，就要减少溶解度，可以加入无水乙醇。

（4）Cu(NH3)xSO4中可以和NaOH反应的是Cu2+，碱性溶液中NH3溶解度小，故会生成NH3，Cu(NH3)x2+是络合物，不能写成离子形式，故离子方程式为：Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；

（5）0.5000mol/L的NaOH标准溶液液滴定b中剩余HCI，消耗标准溶液液16.00mL，则与氨气反应盐酸的物质的量为：0.5000mol/L×0.014L=0.007mol，那么氨气的物质的量为0.007mol，则有0.469x/(178+17x)=0.007，得x=3.56；提出测量值比理论值偏小，是因为氨气的量偏少，那么造成氨气的量偏小的操作可能有：加入的NaOH溶液不足、没有加热、生成的氨气未完全逸出、NaOH溶液浓度过低等；步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与NaOH反应的盐酸较少，那么与氨气反应的盐酸就多，结果就会偏大，故假设不成立；

（6）假设1是天平砝码腐蚀缺损，那么最好处理是更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到步骤三的全部实验。