题目内容

20．某研究小组用如图所示装置进行铜与浓硫酸反应的实验研究．
（1）写出试管B中的实验现象品红溶液褪色．
（2）写出A中反应的化学方程式Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O
（3）B试管口的棉花应沾有的试剂是NaOH．
（4）反应后有铜剩余，若不补充浓硫酸，要使铜片溶解，继续向A试管中加入H2O2，发现铜片又溶解，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O．或者可以加Fe2O3、NaNO3（填写两种属于不同类别物质的化学式），也能使铜片溶解．
（5）小组成员向反应后的溶液中加入足量的氧化铜，使剩余的硫酸全部转化为硫酸铜，过滤后，将滤液加热浓缩，冷却结晶制得硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）．小组成员采用加热法测定该晶体里结晶水x的值．
下面是其中一次实验的数据：
坩埚质量坩埚与晶体的总质量加热后坩埚与固体总质量
11.7g22.7g18.9g
根据上表数据计算判断x的实侧值比理论值（x=5）偏小（填“偏大”、“偏小”），这次实验中产生误差的原因可能是AD（填序号）
A．硫酸铜晶体中含有不挥发的杂质        B．实验前晶体表面有湿存水
C．加热时有晶体飞溅出去                D．加热失水后露置在空气中冷却．

分析 （1）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；
（2）加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成CuSO4、SO2、H2O；
（3）二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱液吸收；
（4）酸性条件下，双氧水能氧化Cu生成铜离子；铁盐、硝酸都能氧化Cu；
（5）结晶水质量=（22.7-18.9）g=3.8g，硫酸铜质量=（18.9g-11.7g）=7.2g，n（H2O）：n（CuSO4）=$\frac{3.8g}{18g/mol}$：$\frac{7.2g}{160g/mol}$≈4.7＜5，则结晶水的质量偏小；
A．硫酸铜晶体中含有不挥发的杂质导致结晶水质量偏小；        
B．实验前晶体表面有湿存水导致结晶水质量偏大；
C．加热时有晶体飞溅出去不影响结晶水质量；                
D．加热失水后露置在空气中冷却导致结晶水质量偏小．

解答 解：（1）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以看到的现象是品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；
（2）加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱液吸收，所以棉花蘸取的溶液为碱液，如NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
（4）酸性条件下，双氧水能氧化Cu生成铜离子，离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；铁盐、硝酸都能氧化Cu，反应后溶液中有稀硫酸剩余，所以可以加入氧化铁或硝酸钠，氧化铁溶解生成硫酸铁，硝酸钠中硝酸根离子在酸性条件下氧化Cu生成铜盐，
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；Fe2O3；NaNO3；
（5）结晶水质量=（22.7-18.9）g=3.8g，硫酸铜质量=（18.9g-11.7g）=7.2g，n（H2O）：n（CuSO4）=$\frac{3.8g}{18g/mol}$：$\frac{7.2g}{160g/mol}$≈4.7＜5，则结晶水的质量偏小；
A．硫酸铜晶体中含有不挥发的杂质导致结晶水质量偏小，故正确；        
B．实验前晶体表面有湿存水导致结晶水质量偏大，故错误；
C．加热时有晶体飞溅出去，因为溅出晶体成分和晶体成分相同，所以不影响结晶水质量，故错误；                
D．加热失水后露置在空气中冷却，无水硫酸铜会吸水导致结晶水质量偏小，故正确；
故答案为：偏小；AD．

点评 本题以铜和浓硫酸反应为载体考查性质实验方案设计，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是（4）题溶于溶液后溶解Cu的物质的选取，易错点是误差分析，题目难度中等．

练习册系列答案
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