- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
（2016春•河南校级月考）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＞0
（1）如用图1装置制取氨气，你所选择的试剂是______．制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中． 当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
（2）发生器用冰水冷却的原因是______．
（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．
（4）从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是______（填写操作名称）．为了得到干燥产品，应采取的方法是______（填写选项序号）．
a．常压加热烘干 b．高压加热烘干 c．真空40℃以下烘干
（5）尾气处理装置如图2所示．双通玻璃管的作用：______；浓硫酸的作用：______、______．
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______．[Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（CaCO3）=100]．
正确答案
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与生石灰（或氢氧化钠固体等）；
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，
故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：过滤；c；
（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到：x+y=0.01，根据总质量可得：78x+79y=0.7820，
解得：x=0.008mol、y=0.002mol，
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：
故答案为：80%．
解析
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与生石灰（或氢氧化钠固体等）；
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，
故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：过滤；c；
（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到：x+y=0.01，根据总质量可得：78x+79y=0.7820，
解得：x=0.008mol、y=0.002mol，
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：
故答案为：80%．
工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）．其工业流程如图1：
已知：MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解．回答下列问题：
（1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．若测得滤液中c（F-）=0.01mol/L-1，滤液中残留的c（Ca2+）=______〔已知：Ksp（CaF2）=1.46×10-10〕
（2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05mol/L-1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图所示．根据图2中信息得出的结论是______．
（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、______．
（4）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200mol•L-1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应．
已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化：
2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
MnO2+C2O42-+4H+═Mn2++2CO2↑+2H2O
求该软锰矿中二氧化锰的质量分数______（写出计算过程）．
正确答案
解：由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，
（1）已知Ksp（CaF2））=1.46×10-10，c（F-）=0.01 mol•L-1 ，则c（Ca2+）=
故答案为：1.46×10-6 mol/L；
（2）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；
（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥），用水洗去可溶性杂质，用乙醇洗去水分，低温干燥防止碳酸锰分解，
故答案为：先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥）；
（4）n（C2O42-）=2.68g÷134g/mol=0.02mol；
滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4-）=0.0200mol/L×0.0200L×10=0.00400mol；
根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）×2+0.00400mol×5=0.0200mol×2，
n（MnO2）=0.0100mol，
二氧化锰质量分数=
故答案为：72.5%．
解析
解：由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，
（1）已知Ksp（CaF2））=1.46×10-10，c（F-）=0.01 mol•L-1 ，则c（Ca2+）=
故答案为：1.46×10-6 mol/L；
（2）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；
（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥），用水洗去可溶性杂质，用乙醇洗去水分，低温干燥防止碳酸锰分解，
故答案为：先水洗2-3次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100℃干燥）；
（4）n（C2O42-）=2.68g÷134g/mol=0.02mol；
滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4-）=0.0200mol/L×0.0200L×10=0.00400mol；
根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）×2+0.00400mol×5=0.0200mol×2，
n（MnO2）=0.0100mol，
二氧化锰质量分数=
故答案为：72.5%．
实验步骤：
步骤1．在500mL反应器中加入200g冰醋酸，92g甘油和100mL苯，开动搅拌器，慢慢从插温度计口加入3mL浓硫酸后，缓缓加热并回流1h，停止加热．
步骤2．用5%碳酸钠溶液洗涤，再用水洗涤，最后加入无水氯化钙．
步骤3．先进行常压蒸馏收集75～85℃馏分．
步骤4．将常压馏分再进行减压蒸馏，收集128～131℃/933Pa馏分，最终得产品176g．
（1）步骤1先开搅拌器后加浓硫酸的目的是______；冰醋酸过量的目的是______
（2）用5%碳酸钠溶液洗涤的主要目的是______；加无水氯化钙的目的是______
（3）最后用减压蒸馏而不用常压蒸馏其原因是______
（4）本次实验产率为______．
正确答案
防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化
有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率
除去产品的硫酸、乙酸
除去有机物中的水份
防止常压蒸馏温度过高导致产品分解
80.7%
解析
解：（1）浓硫酸有强氧化性，先开搅拌器后加浓硫酸可防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化；酯化反应可逆反应，增大乙酸的量，有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率，
故答案为：防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化；有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率；
（2）用5%碳酸钠溶液洗涤催化作用的硫酸和过量的乙酸，利用氯化钙的吸水性除去有机物中的水份，故答案为：除去产品的硫酸、乙酸； 除去有机物中的水份；
（3）为避免三乙酸甘油酯在高温下的分解，采用减压蒸馏，故答案为：防止常压蒸馏温度过高导致产品分解；
（4）1mol的甘油理论制得1mol的三乙酸甘油酯，质量为1mol×218g/mol=218g，产率为
硝酸铵在现代农业生产和国防中都占有重要地位，下图是云南天然气化工厂合成硝酸铵的简要生产工艺流程：
回答下列问题：
（1）N2的电子式______，合成氨的反应中，若生成1g氨放出热量a KJ，写出该反应的热化学方程式______．
（2）氨催化氧化的化学方程式是______，
试从化学反应速率和化学平衡原理分析温度、压强对合成氨反应的影响______，______．
（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法______，______．
（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，原因是（用离子方程式回答）______．
（5）25℃时，将x mol NH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加y L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水过程中水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的物质的量浓度为______（25℃时，Kb（NH3•H2O）=2.0×10-5mol•L-1）．
正确答案
解：（1）在氮气分子中两个N原子共用三对电子，所以N2的电子式为：
若生成1g氨放出热量a kJ，2mol氨气的质量为：17g/mol×2mol=43g，则生成2mol氨气放出的热量为34g，则合成氨气的热化学方程式为：N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）△H=-34akJ/mol，
故答案为：
（2）氨在催化剂表面被氧化为NO．该催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2
由于合成氨正反应是放热反应，所以从平衡角度看低温有利于提高反应物的转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；
正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10 MPa-30MPa），
故答案为：4NH3+5O2
（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法是用润湿的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，有白烟产生，
故答案为：用润湿的红色石蕊试纸检测；试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；
（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，这是因为硝酸铵是强酸弱碱盐．该盐会发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，消耗了水电离产生的OH-，破坏了水的大量平衡，水会继续电离，当最终达到电离平衡时c（H+）＞c（OH-），所以溶液显酸性，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（5）25℃时，将x mol NH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加y L氨水，氨水电离产生铵根离子和OH-，会对水的电离起抑制作用，所以滴加氨水过程中水的电离平衡将逆向移动；
在该溶液中，存在电荷守恒：c（NH4+）+（H+）=c（NO3-）+c（OH-），由于溶液为中性，则（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（NO3-），由于Kb（NH3•H2O）=2.0×10-5mol/L，即：Kb=
设加入的氨水物质的量为n，混合液体积为V，由于c（NH4+）=c（NO3-），相当于溶液中的一水合氨完全来自滴加的氨水，
则c（NH3•H2O）=
解得：n（NH3•H2O）=
所以滴加的氨水的浓度为：c（（NH3•H2O）=
故答案为：逆向；
解析
解：（1）在氮气分子中两个N原子共用三对电子，所以N2的电子式为：
若生成1g氨放出热量a kJ，2mol氨气的质量为：17g/mol×2mol=43g，则生成2mol氨气放出的热量为34g，则合成氨气的热化学方程式为：N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）△H=-34akJ/mol，
故答案为：
（2）氨在催化剂表面被氧化为NO．该催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2
由于合成氨正反应是放热反应，所以从平衡角度看低温有利于提高反应物的转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；
正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10 MPa-30MPa），
故答案为：4NH3+5O2
（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法是用润湿的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，有白烟产生，
故答案为：用润湿的红色石蕊试纸检测；试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处；
（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，这是因为硝酸铵是强酸弱碱盐．该盐会发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，消耗了水电离产生的OH-，破坏了水的大量平衡，水会继续电离，当最终达到电离平衡时c（H+）＞c（OH-），所以溶液显酸性，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（5）25℃时，将x mol NH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加y L氨水，氨水电离产生铵根离子和OH-，会对水的电离起抑制作用，所以滴加氨水过程中水的电离平衡将逆向移动；
在该溶液中，存在电荷守恒：c（NH4+）+（H+）=c（NO3-）+c（OH-），由于溶液为中性，则（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（NO3-），由于Kb（NH3•H2O）=2.0×10-5mol/L，即：Kb=
设加入的氨水物质的量为n，混合液体积为V，由于c（NH4+）=c（NO3-），相当于溶液中的一水合氨完全来自滴加的氨水，
则c（NH3•H2O）=
解得：n（NH3•H2O）=
所以滴加的氨水的浓度为：c（（NH3•H2O）=
故答案为：逆向；
（2015秋•石家庄校级月考）Na202可用作制氧剂、漂白剂．
（1）已知：2Cr042-+2H+═Cr2072-+H20．在碱性溶液中，Na202可以把Cr2 （S04）3中的Cr元素氧化成+6价，该反应的离子方程式为______．
（2）某化学兴趣小组同学欲在实验室中制备少量Na202．
I．査阅资料得知，将钠加热至熔化，通入一定量的除去C02的空气，维持温度在453-473K之间，钠即被氧化为Na20；进而增加空气流量并迅速提高温度至573〜673K，即可制得Na202．
①若采用上述仪器装置制备Na202，从左到右仪器的连接顺序为（填接口字母，各装 置只能用一次）；装置D的作用为o②装置A中生成ISa202的化学反应方程式 为．③若实验时准确称取2.3 g Na进行反应，将反应后的固体溶于1 L水中，向所得溶 液中加人50 mL0.5 mol•L-1NH4Al（S04）2溶液充分反应，请写出加人NmAl（S0）2溶液后发生反应的离子方程式．
①若采用上述一起装置制备Na202，从左到右仪器的连接顺序为（填接口字母，各装置只能用一次）；装置D的作用为______．
②装置A中生成ISA202的化学方程式为______．
③若实验时准确称取2.3gNa进行反应，将反应后的固体溶于1L水中，向所得溶液中加入50ml0.5mol•L-1NH4AL（SO4）2溶液充分反应，请写出加入NH4AL（SO4）2
溶液后发生反应的离子方程式______．
Ⅱ．小组同学继续对反应后固体的组成进行探究．
a．取一定量反应后固体，加人足量水充分反应，有气体生成；
b．将生成的气体全部转人真空密闭容器中，放电后充分反应，气体体积减少了 3/5 （不考虑03的生成）．
①反应后固体中一定有的物质为______（填化学式）．
②为进一步确定反应后固体的组成，需对b中剩余气体继续进行猜想与设计，请完成下表．
正确答案
解：（1）由于2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，碱性条件下Cr3+被Na2O2氧化的产物为CrO42-，该反应的离子方程式为：3Na2O2+2Cr3++4OH-=6Na++2CrO42-+2H2O，
故答案为：3Na2O2+2Cr3++4OH-=6Na++2CrO42-+2H2O；
（2）I．①由左至右分别为装置B（除去空气中的CO2）→装置C（除去气体中的H2O，防止其与Na反应）→装置A（制备Na2O2）→装置D（防止空气中的CO2和H2O进入A装置致使所得Na2O2变质），气体通过洗气瓶时从导气管长管进短管出，干燥管气体粗口进细口出，所以仪器接口顺序为：bcedaagf，
故答案为：bcedaagf；防止空气中的CO2和H2O进入A装置；
②根据题干“将钠加热至熔化，通入一定量的除去CO2的空气，维持温度在453～473K之间，钠即被氧化为Na2O；进而增加空气流量并迅速提高温度至573～673K，可制得Na2O2”可知生成Na2O2的化学反应方程式应为：2Na2O+O2═2Na2O2，
故答案为：2Na2O+O2═2Na2O2；
③有Na元素的守恒，2.3gNa反应后溶于1L水所得溶液中n（NaOH）=0.1 mol，所加NH4Al（SO4）2溶液中n（NH4Al（SO4）2）=0.025 mol，故反应的离子方程式为：NH4++Al3++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓，
故答案为：NH4++Al3++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓；
II． ①将反应后固体溶于水后生成气体，且将气体导入密闭容器放电后气体体积减少3/5，说明气体由H2和O2组成．因为H2和O2分别为Na、Na2O2与水反应的产物，所以反应后固体一定有Na、Na2O2，可能有Na2O，
故答案为：Na、Na2O2；
②b中剩余气体可能为H2或O2，可分别用灼热的氧化铜或灼热的铜检验，现象分别为黑色固体变红或红色固体变黑，即：
（或：
，
故答案为：
（或：
．
解析
解：（1）由于2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，碱性条件下Cr3+被Na2O2氧化的产物为CrO42-，该反应的离子方程式为：3Na2O2+2Cr3++4OH-=6Na++2CrO42-+2H2O，
故答案为：3Na2O2+2Cr3++4OH-=6Na++2CrO42-+2H2O；
（2）I．①由左至右分别为装置B（除去空气中的CO2）→装置C（除去气体中的H2O，防止其与Na反应）→装置A（制备Na2O2）→装置D（防止空气中的CO2和H2O进入A装置致使所得Na2O2变质），气体通过洗气瓶时从导气管长管进短管出，干燥管气体粗口进细口出，所以仪器接口顺序为：bcedaagf，
故答案为：bcedaagf；防止空气中的CO2和H2O进入A装置；
②根据题干“将钠加热至熔化，通入一定量的除去CO2的空气，维持温度在453～473K之间，钠即被氧化为Na2O；进而增加空气流量并迅速提高温度至573～673K，可制得Na2O2”可知生成Na2O2的化学反应方程式应为：2Na2O+O2═2Na2O2，
故答案为：2Na2O+O2═2Na2O2；
③有Na元素的守恒，2.3gNa反应后溶于1L水所得溶液中n（NaOH）=0.1 mol，所加NH4Al（SO4）2溶液中n（NH4Al（SO4）2）=0.025 mol，故反应的离子方程式为：NH4++Al3++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓，
故答案为：NH4++Al3++4OH-=NH3•H2O+Al（OH）3↓；
II． ①将反应后固体溶于水后生成气体，且将气体导入密闭容器放电后气体体积减少3/5，说明气体由H2和O2组成．因为H2和O2分别为Na、Na2O2与水反应的产物，所以反应后固体一定有Na、Na2O2，可能有Na2O，
故答案为：Na、Na2O2；
②b中剩余气体可能为H2或O2，可分别用灼热的氧化铜或灼热的铜检验，现象分别为黑色固体变红或红色固体变黑，即：
（或：
，
故答案为：
（或：
．
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