Question

1．某學(xué)習(xí)小組利用如圖實(shí)驗(yàn)裝置制備Cu（NH₃）_xSO₄•H₂O并測(cè)量x值

【•H₂O】制備見圖1
（1）A中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2NH₃↑+CaCl₂+2H₂O
B中觀察到的現(xiàn)象是由藍(lán)色溶液變?yōu)樗{(lán)色沉淀，隨后沉淀溶解變成深藍(lán)色溶液
（2）C中CCl₄的作用是防止倒吸
（3）欲從Cu（NH₃）_xSO₄溶液中析出Cu（NH₃）_xSO₄•H₂O晶體，可加入試劑無水乙醇
【x值的測(cè)量】見圖2
步驟一：檢查裝置氣密性，稱取0.4690g晶體于錐形瓶a中
步驟二：通過分液漏斗向錐形瓶a中滴加l0%NaOH溶液
步驟三：用0.5000mol/L的NaOH標(biāo)液滴定b中剩余HCI，消耗標(biāo)液16.00mL
（4）步驟二的反應(yīng)可理解為Cu（NH₃）_xSO4與NaOH在溶液中反應(yīng)，其離子方程式為Cu（NH₃）_x²⁺+2OH^-=Cu（OH）₂↓+xNH₃↑
【x值的計(jì)算與論證】
（5）計(jì)算：x=3.56
該學(xué)習(xí)小組針對(duì)上述實(shí)驗(yàn)步驟，提出測(cè)量值（x）比理論值偏小的原因如下：
假設(shè)1：步驟一中用于稱量的天平砝碼腐蝕缺損
假設(shè)2：步驟二中加入的NaOH溶液不足，沒有加熱（或生成的氨氣沒有完全逸出） （任寫一點(diǎn)）
假設(shè)3：步驟三中測(cè)定結(jié)束讀數(shù)時(shí)，體積讀數(shù)偏小，該假設(shè)不成立 （填“成立”或“不成立”）

Answer 1

分析 （1）A中氯化銨與氫氧化鈣反應(yīng)生成氨氣；氨氣通入硫酸銅溶液，會(huì)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）_xSO₄•H₂O在乙醇中的溶解度較小；
（4）Cu（NH₃）_xSO₄與NaOH反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和氨氣；
（5）Cu（NH₃）_xSO₄•H₂O與氫氧化鈉反應(yīng)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(yīng)的鹽酸，以及氨氣的物質(zhì)的量，根據(jù)晶體與氨氣的物質(zhì)的量的關(guān)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(zhì)的量偏小，x值偏��；
若步驟三中測(cè)定結(jié)束讀數(shù)時(shí)，體積讀數(shù)偏小，則與氫氧化鈉反應(yīng)的鹽酸偏少，與氨氣反應(yīng)的鹽酸偏多，計(jì)算出的氨氣的物質(zhì)的量偏大．

解答 解：（1）A中氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下反應(yīng)生成氨氣、氯化鈣和水，其反應(yīng)的方程式為：2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2NH₃↑+CaCl₂+2H₂O；氨氣通入藍(lán)色的硫酸銅溶液中，會(huì)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨氣過量時(shí)，氫氧化銅沉淀又溶解生成深藍(lán)色的溶液；
故答案為：2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2NH₃↑+CaCl₂+2H₂O；由藍(lán)色溶液變?yōu)樗{(lán)色沉淀，隨后沉淀溶解變成深藍(lán)色溶液；
（2）氨氣極易溶于水，氨氣不溶于四氯化碳，把氨氣通入四氯化碳不溶解，不會(huì)產(chǎn)生倒吸，氨氣在向上逸出時(shí)被水吸收；
故答案為：防止倒吸；
（3）Cu（NH₃）_xSO₄•H₂O在乙醇中的溶解度較小，在Cu（NH₃）_xSO₄溶液加入無水乙醇會(huì)析出Cu（NH₃）_xSO₄•H₂O晶體；
故答案為：無水乙醇；
（4）Cu（NH₃）_xSO₄與NaOH反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀和氨氣，則其反應(yīng)的離子方程式為：Cu（NH₃）_x²⁺+2OH^-=Cu（OH）₂↓+xNH₃↑；
故答案為：Cu（NH₃）_x²⁺+2OH^-=Cu（OH）₂↓+xNH₃↑；
（5）滴定消耗的氫氧化鈉為n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，則與氫氧化鈉反應(yīng)的鹽酸為0.008000mol，
與氨氣反應(yīng)的鹽酸為：0.5000mol/L×0.0300L-0.008000mol=0.007000mol，
所以氨氣的物質(zhì)的量為0.007000mol；
由（NH₃）_xSO₄•H₂O～xNH₃，
        1                        x
$\frac{0.4690g}{178+17x}$mol         0.007000mol
$\frac{0.4690g}{178+17x}$×x=0.007000，
解得：x=3.56；
若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH₃）_xSO₄沒有完全反應(yīng)，生成的氨氣偏少，若沒有加熱則生成氨氣不能從溶液中揮發(fā)出來，會(huì)使鹽酸中吸收的氨氣偏少，或氨氣沒有完全逸出，氨氣的物質(zhì)的量偏小，則x值偏�。�
若步驟三中測(cè)定結(jié)束讀數(shù)時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)溶液體積讀數(shù)偏小，則與氫氧化鈉反應(yīng)的鹽酸偏少，而與氨氣反應(yīng)的鹽酸偏多，氨氣與鹽酸等物質(zhì)的量反應(yīng)，則測(cè)定的氨氣的物質(zhì)的量偏多，計(jì)算出的x值偏大，所以假設(shè)不成立，
故答案為：3.56；加入的NaOH溶液不足，沒有加熱（或生成的氨氣沒有完全逸出）；不成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、物質(zhì)組成的測(cè)定，題目難度中等，試題綜合性較強(qiáng)，知識(shí)點(diǎn)較全面，正確理解制備原理為解答關(guān)鍵，試題充分考查了學(xué)生的分析、理解能力、計(jì)算能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ?/p>