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第59讲　物质含量(或组成)测定和性质探究综合实验
层次1基础性
1.(14分)(2024·贵州卷)十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体,并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图,夹持装置省略):
Ⅰ.将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中,加适量水,加热,溶解。
Ⅱ.持续搅拌下加热混合物至近沸,缓慢滴加浓盐酸至pH为2,反应30分钟,冷却。
Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中,加入乙醚,再分批次加入浓盐酸,萃取。
Ⅳ.静置后液体分上、中、下三层,下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ.将下层油状物转至蒸发皿中,加少量水,加热至混合液表面有晶膜形成,冷却结晶,抽滤,干燥,得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。
已知:
①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀;
②乙醚易挥发、易燃,难溶于水且密度比水小;
③乙醚在高浓度盐酸中生成的[]+与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题:
(1)仪器a中的试剂是　　　　　(填名称),其作用是　　　　　　　　　　。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是　　　　　　　　　　。
(3)下列仪器中,用于“萃取、分液”操作的有　　　　　　　　　　(填名称)。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是　　　　　。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作　　　　　(填“能”或“不能”)使用明火,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)结晶水测定:称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O,相对分子质量为Mr),采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%,计算n=　　　　　(用含ω、Mr的代数式表示),若样品未充分干燥,会导致n的值　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
2.(10分)(2024·广东佛山质检一)碘是生物必需的一种微量元素,海带、海藻等食物含碘量最为丰富。某小组通过实验提取并测定干海带中碘的含量。回答下列问题:
Ⅰ.从海带中提取碘。该小组同学按如图实验流程进行实验:
干海带海带灰海带浸出液I2的水溶液
(1)下列仪器中步骤ⅰ中需要用到的有　　　　　　　　　(填仪器名称)。
(2)步骤ⅲ中H2O2溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
Ⅱ.滴定法测海带中碘的含量。
用Na2S2O3滴定I2的水溶液,淀粉溶液作指示剂。原理为2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6。
(3)用酸式滴定管量取I2的水溶液时常需要排出气泡,操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)小组同学进行了实验测定,在滴定终点附近,反复变回蓝色,一直测不到终点。
待测液无色蓝色无色蓝色……
①提出猜想
猜想1:碘离子被　　　　　　　　　　　氧化;
猜想2:碘离子被步骤ⅲ中过量的H2O2氧化。
②验证猜想
序号 实验操作 实验现象 结论
1 取少量原海带浸出液,加入硫酸酸化,再滴加几滴淀粉溶液,鼓入空气 待测液始终保持无色 猜想1不成立
2 将2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液、2滴0.1 mol·L-1 H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和1滴 0.2 mol·L-1 H2O2溶液混合配制待测溶液,用Na2S2O3溶液滴定 猜想2不成立
③查阅资料　小组同学认为可能是反应速率不同造成待测液反复变为蓝色。
④优化设计　鉴于反应终点无法到达的问题,请提出合理的修正方案　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
⑤完成实验　小组同学修正方案后,取5.00 g干海带进行测定,消耗15.75 mL 0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液,则干海带中碘的含量为　　　　　　 mg·g-1(保留2位有效数字)。
层次2综合性
3.(14分)(2022·北京卷)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料:ⅰ.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。
ⅱ.浓碱条件下,Mn可被OH-还原为Mn。
ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关,NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀,且放置后不发生变化
Ⅱ 5% NaOH溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
Ⅲ 40% NaOH溶液 产生白色沉淀,在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多,放置后溶液变为紫色,仍有沉淀
(1)B中试剂是　　　　　　　　　　。
(2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为　　　　　　　。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)根据资料ⅱ,Ⅲ中应得到绿色溶液,实验中得到紫色溶液,分析现象与资料不符的原因。
原因一:可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二:可能是氧化剂过量,氧化剂将Mn氧化为Mn。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因　　　　　　　　　　　　　　,但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40% NaOH溶液,溶液紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　,溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被　　　　　　　　(填化学式)氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液紫色缓慢加深,发生的反应是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④从反应速率的角度,分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
4.(10分)(2024·山西忻州名校联考)LiAlH4是一种优质还原剂,是运载火箭的固体燃料。某实验小组的同学利用“循环利用氯化锂法”制备LiAlH4,实验步骤如下:
①制备LiH:氯化锂、钠、氢气在500~600 ℃下反应得到混合物;
②制备LiAlH4:将LiH和乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应。
回答下列问题:
(1)装置C中的试剂是　　　　　　,装置E的作用是　　　　　　　　　　　。
(2)制备LiAlH4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌与稀硫酸反应制氢气慢,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)用上述方法合成四氢铝锂产品。设计如下方案测定LiAlH4产品的纯度。
已知:LiAlH4+4H2OLi[Al(OH)4]+4H2↑,LiH+H2OLiOH+H2↑。
方案1:取w g产品与足量水反应,向溶液中通入足量CO2,经过滤、洗涤、灼烧至恒重,冷却、称重,测得固体质量为a g。
方案2:如图,反应前,量气管内液体读数为V1 mL。Y形管中固体完全反应后,充分冷却,调平液面、读数,测得读数为V2 mL(常温下,气体摩尔体积为Vm L·mol-1)。
①若不含LiH,根据方案2测得数据计算出产品纯度为　　　　　　(已知该量气管0刻度线在上方)。
②下列情况会导致测定结果偏高的是　　　　　(填字母)。
A.方案2的产品中混有少量LiH
B.方案1中灼烧时粉末外溅
C.方案2中终点读数时M中液面低于量气管中液面
D.方案2中Y形管内残留有氢气
5.(10分)(2024·贵州省六校联盟联考三)贵州是国内唯一兼具高海拔、低纬度、寡日照、多云雾适宜种茶制茶条件的茶区,是国内业界公认的高品质绿茶重要产地。茶叶中有两种含量最多的功效成分,一是咖啡因,咖啡因易溶于水、乙醇、氯仿,二是茶多酚,茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的5~10倍),它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯,难溶于氯仿。实验室提取茶多酚主要实验步骤如下:
①准备工作:称取适量干燥的绿茶样品,并将其粉碎成细粉末。
②提取:称取10 g茶叶末,用滤纸包好,按如图所示装置进行提取操作。
③分离:将提取液分别过滤后合并滤液,并将滤液与氯仿按1∶2的体积比混合,并搅拌均匀,再用分液漏斗静置分层。取上层溶液按1∶2的体积比加入乙酸乙酯,混合均匀后搅拌3~5分钟,然后倒入分液漏斗中静置,最后分层,操作2次,合并萃取液,用水浴加热减压蒸馏除去乙酸乙酯。
④浓缩:趁热将残液移入洁净干燥的蒸发皿,用蒸汽浴继续浓缩至近干。
⑤结晶:冷却至室温,移入冰箱冷冻干燥,得到白色粉末状的茶多酚粗制品。将粗制品用蒸馏水进行1~2次重结晶,得到茶多酚精品。
回答下列问题:
(1)步骤②中将滤纸包好的茶叶末装入　　　　　　　　　　　　中,圆底烧瓶内加　　　　　和适量乙醇,通冷凝水,利用加热套加热,当乙醇被加热沸腾后,控制加热套温度在90 ℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5 cm,并保持约1 h,可行的操作方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)步骤3中氯仿的作用是　　　　　。
(3)下列关于萃取过程中振摇操作的示意图,正确的是　　　　　(填字母)。
(4)与常压蒸馏相比,减压蒸馏的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)在酸性介质中,茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+与K3[Fe(CN)6]生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图所示:
茶多酚标准液浓度与A的关系
称取1.25 g粗产品,用蒸馏水溶解并定容至1 000 mL,移取该溶液1.00 mL,加过量Fe3+和K3[Fe(CN)6]酸性溶液,用蒸馏水定容至100 mL后,测得溶液光密度值A=0.800,则产品的纯度是　　　　　(以质量分数表示)。
层次3创新性
6.(10分)(2024·广东大亚湾区1月联合模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,可用于药物合成、制备化学肥料、灭火剂或洗涤剂等。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵:
已知:①制取氨基甲酸铵的反应为2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)　ΔH<0。
②氨基甲酸铵溶于水后生成NH4HCO3和NH3·H2O。
回答下列问题:
(1)仪器甲的名称是　　　　　,装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其盛装的试剂是　　　　　　。
(2)装置7是实验室制备氨气的装置,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)实验制得产品1.173 g,其中可能含有碳酸氢铵杂质(不考虑碳酸氢铵与一水合氨之间的反应)。设计方案进行成分探究,请填写表中的空格。
限选试剂:蒸馏水、稀硝酸、CaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。
实验步骤 预期现象和结论
步骤1:取固体样品置于试管中,加入蒸馏水至固体溶解 得到无色溶液
步骤2:向试管中继续加入足量澄清石灰水
步骤3:过滤、洗涤、　　　　　后称量,沉淀质量为1.500 g 证明样品中有碳酸氢铵
通过计算氨基甲酸铵的质量分数是　　　　　。(保留小数点后两位)[M(H2NCOONH4)=78 g·mol-1、M(NH4HCO3)=79 g·mol-1]
(5)氨基甲酸铵易分解,用如图所示装置测定25 ℃时该分解反应的化学平衡常数Kp,实验步骤如下:
(Ⅰ)关闭K3,打开K1和K2,开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1。
(Ⅱ)关闭K2, 　　　　　　　　　　　　　　　　　　,读取压强数值。
测得25 ℃时压强为12.0 kPa。
请在空白处完善步骤Ⅱ的实验操作。
②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,Kp测量值　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
第59讲　物质含量(或组成)测定和性质探究综合实验
1.答案 (1)碱石灰(或NaOH固体等)　吸收挥发出来的氯化氢　(2)防止制备过程中局部pH过低而产生钨的水合氧化物沉淀　(3)分液漏斗、烧杯　(4)NaCl　(5)不能　乙醚易挥发,易燃,遇明火极易发生危险　(6)　偏小
解析:(1)浓盐酸具有挥发性,会污染环境,故a中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢,可以是碱石灰或NaOH固体等。
(2)由于制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀,故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加。
(3)萃取分液需要使用分液漏斗,同时需要用烧杯来盛放分液后的液体,故用于“萃取、分液”操作的有分液漏斗、烧杯。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上、中、下三层,其中下层液体为油状钨硅酸醚合物,乙醚难溶于水,且密度小于水,故上层为乙醚,中间层为水层,通过分析发生的反应可知,中间层的溶质主要为NaCl。
(5)由于乙醚易挥发,易燃,故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火。
(6)m g十二钨硅酸晶体的物质的量为n1=,结晶水占总质量的ω%,则结晶水的物质的量n2=,则n=,若未充分干燥,则ω%变小,n偏小。
2.答案 (1)坩埚、三脚架、泥三角
(2)2I-+H2O2+2H+I2+2H2O
(3)将酸式滴定管稍稍倾斜,迅速打开活塞,气泡随溶液的流出而被排出
(4)①空气中氧气　②待测溶液变无色后反复变回蓝色
④将待测液加热煮沸使得过氧化氢完全分解或使待测液静置足够长时间　⑤40
解析:(1)灼烧需要使用坩埚钳、坩埚、三脚架、泥三角等。
(2)步骤ⅲ中H2O2溶液的作用是将碘离子氧化为碘单质:2I-+H2O2+2H+I2+2H2O。
(3)用酸式滴定管量取I2的水溶液时常需要排出气泡,操作是将酸式滴定管稍稍倾斜,迅速打开活塞,气泡随溶液的流出而被排出。
(4)①空气中的氧气具有氧化性,由实验1可知,猜想1为碘离子被空气中的氧气氧化。②猜想2为碘离子被步骤ⅲ中过量的H2O2氧化,实验2中滴入1滴0.2 mol·L-1 H2O2溶液,实验2的结论是猜想2不成立,则操作2中的实验现象为待测溶液变为无色后反复变回蓝色。④由分析可知,应该除去待测液中的过氧化氢,故合理的修正方案是将待测液加热煮沸使得过氧化氢完全分解或使待测液静置足够长时间。⑤原理为2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6,则干海带中碘的含量为≈40 mg·g-1。
3.答案 (1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O
(3)二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2,在碱性条件下可以被氧化到更高价态
(4)①2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O
②4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O　NaClO
③2MnO2+3ClO-+2OH-2Mn+3Cl-+H2O
④溶液中存在反应:
ⅰ.4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O
ⅱ.2Mn+ClO-+H2O2Mn+Cl-+2OH-　在浓碱性条件下c(OH-)和c(ClO-)均很大时,反应ⅱ速率快于反应ⅰ
解析:(1)A装置使用盐酸与KMnO4制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,所以生成的Cl2中混有HCl,则使用饱和食盐水除去,即B中的试剂是饱和NaCl溶液。
(2)白色沉淀是Mn(OH)2,棕黑色沉淀是MnO2,通入Cl2前,Mn(OH)2被空气中的O2氧化为MnO2,化学方程式为2Mn(OH)2+O22MnO2+2H2O。
(3)实验Ⅰ:中性条件下Mn2+不能被O2氧化,通入的Cl2将Mn2+氧化为MnO2,实验Ⅱ:5% NaOH溶液中生成的Mn(OH)2在空气中被缓慢氧化为MnO2,通入Cl2后部分MnO2被氧化为Mn,所以可得到的结论是二价锰化合物被氧化后的产物与溶液的酸碱性有关,中性或弱酸性条件下被氧化为MnO2,碱性条件下可被氧化为更高价态。
(4)①Cl2通入NaOH溶液发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,消耗氢氧化钠,所以溶液碱性变弱。②再加入NaOH溶液,溶液由紫色变为绿色,说明Mn被OH-还原为Mn,所以发生的反应为4Mn+4OH-4Mn+O2↑+2H2O。溶液绿色加深说明MnO2被NaClO氧化成Mn,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③Ⅲ中悬浊液中含有棕黑色的MnO2沉淀,加水稀释后,溶液紫色缓慢加深,则MnO2被NaClO氧化为Mn,发生的反应为2MnO2+3ClO-+2OH-2Mn+3Cl-+H2O。④实验Ⅲ溶液中存在Mn被OH-还原为Mn和Mn被NaClO氧化为Mn两个反应,实验Ⅲ没有得到绿色溶液说明在浓碱性、氧化剂ClO-过量的条件下生成Mn(紫色)的速率快于生成Mn(绿色)的速率。
4.答案 (1)浓硫酸　避免水蒸气进入装置D中
(2)4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiCl
(3)粗锌中的锌和铜构成了原电池　Cu2++H2SCuS↓+2H+
(4)①%　②AC
解析:(1)装置C中进入的有水蒸气和H2,装置D中不能有水进入,则装置C中要装干燥剂,对H2进行干燥时一般选用液体干燥剂浓硫酸;由分析可知,装置E的作用是避免水蒸气进入装置D中。
(2)将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应,题中还提到利用“循环利用氯化锂法”制备LiAlH4,所以在制备LiAlH4时会生成氯化锂,乙醚则作为催化剂,故反应的化学方程式为4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiCl。
(3)粗锌中含有Cu,则Zn、Cu与稀硫酸构成原电池,同一个反应,原电池原理的反应速率比普通的反应速率要快;由分析可知,进入装置B中的气体有H2S和H2,H2与CuSO4不反应,H2S与CuSO4反应会产生CuS沉淀:Cu2++H2SCuS↓+2H+。
(4)①方案2中测得的H2的体积是(V2-V1) mL=10-3(V2-V1) L,氢气物质的量为 mol,则与水反应的四氢铝锂的物质的量为 mol,四氢铝锂的质量为 mol×38 g·mol-1= g,产品的纯度为[ g÷w g]×100%=%。②LiH中氢的质量分数要大于LiAlH中氢的质量分数,所以如果混有LiH,会导致方案2生成的氢气偏多,测得的结果会偏高,A符合题意;方案1灼烧时粉末溅出,测得的固体质量偏小,而这是根据固体质量去求产品中四氢铝锂的质量,会导致测得的四氢铝锂质量偏低,B不符合题意;M管中液面高度低于量气管,量气管中的气体所受压强是大气压减去液面高度差带来的液体压强,气体体积是偏大的,而气体是四氢铝锂与水反应生成的,气体体积偏大,测得的结果就偏高,C符合题意;Y形管中残留有氢气不影响结果,因为Y形管中一开始有空气,最终是空气的体积加上氢气的体积,体积增大的部分就是氢气的体积,对测定结果无影响,D不符合题意。
5.答案 (1)恒压滴液漏斗　沸石(或碎瓷片)　关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5 cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致
(2)萃取杂质　(3)A
(4)降低蒸发温度,防止产物氧化或分解　(5)96%
解析:从茶叶中提取茶多酚主要过程为:先用水浸取茶叶中的茶多酚,过滤得到含茶多酚的滤液,减压蒸发进行浓缩,然后加入氯仿萃取溶液中的易溶于氯仿的杂质,分液后取水层,向水层加入乙酸乙酯萃取茶多酚,分液后取有机层进行减压蒸馏得到茶多酚粗产品。
(1)用乙醇浸取茶多酚操作如下:滤纸包好的茶叶末需要装入恒压滴液漏斗,浸取过程中需要煮沸乙醇,为了防止暴沸需要在圆底烧瓶内加入沸石(或碎瓷片),球形冷凝管可以使乙醇冷凝回流,安装好后,用加热套加热,当乙醇被加热沸腾后,控制加热套温度在90 ℃,关闭恒压漏斗活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5 cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致,并保持约1 h。
(2)茶多酚难溶于氯仿,所以氯仿的作用是萃取杂质。
(3)振摇操作时,用左手握住分液漏斗活塞,右手压住分液漏斗口部,且使漏斗下端管口向上倾斜。
(4)减压蒸馏可以降低液体沸点,也能防止产物氧化或分解。
(5)溶液光密度值A=0.800,从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5 g·mL-1,由此可得出原1 000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5 g·mL-1×100 mL×=1.2 g,则产品的纯度是×100%=96%。
6.答案 (1)长颈漏斗　　浓硫酸
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)通过观察气泡快慢,调节NH3与CO2的通入比例
(4)产生白色沉淀　干燥　79.80%
(5)①缓慢开启K3至U形管两边液面相平并保持不变　②偏大
解析:根据题中已知原理,制取氨基甲酸铵,需要二氧化碳和氨气,由于氨基甲酸铵易分解、易吸水,所以二氧化碳和氨气必须干燥,且在冰水低温环境中反应,根据实验室制取二氧化碳和制氨气的原理,1中为碳酸钙和盐酸混合制二氧化碳的反应,经过2中浓硫酸干燥二氧化碳,7中为固体加热制氨气,6中碱石灰用于干燥氨气,干燥的氨气和二氧化碳分别通过5、3的液体石蜡鼓泡瓶,通过气泡快慢控制反应物的用量,在4三颈烧瓶中发生反应制取氨基甲酸铵,尾气为氨气和二氧化碳,其中氨气有毒,在a处接酸液进行尾气处理。
(1)仪器甲的名称是长颈漏斗,装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其中盛装的试剂是浓硫酸。
(2)装置7中氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水,该反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡快慢来调节NH3与CO2的通入比例。
(4)向试管中继续加入足量澄清石灰水与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀,过滤、洗涤、干燥后称量,沉淀质量为1.500 g,样品与足量石灰水充分反应,碳元素全部转化为碳酸钙,所以氨基甲酸铵和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和一水合氨,反应的方程式为H2NCOONH4+Ca(OH)2+H2OCaCO3↓+2NH3·H2O;设碳酸氢铵为x mol,氨基甲酸铵为y mol,由样品总质量可得:
79 g·mol-1×x mol+78 g·mol-1×y mol=1.173 g,又因为n(C)~n(CaCO3)=0.015 mol,由碳原子守恒可得:x mol+y mol=0.015 mol,解得x=0.003,y=0.012,则
m(H2NCOONH4)=0.012 mol×78 g·mol-1=0.936 g,则氨基甲酸铵的质量分数为×100%≈79.80%。
(5)①关闭K3,打开K1和K2,开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1,关闭K2,缓慢开启K3至U形管两边液面相平并保持不变,测得25 ℃时压强为12.0 kPa。②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,则体系中的空气未被完全抽空,导致测量的压强偏大,则Kp测量值偏大。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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