Question

【题目】某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。

完成下列填空：

（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。

（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。

（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。

（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。

（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。

Answer 1

【答案】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 有气泡产生，细铜丝溶解 增大接触面以加快反应速率 先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯 无水硫酸铜 浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出 使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行 取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成 防倒吸 Na2SO3、NaHSO3 n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）

【解析】

在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。

(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解；

(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；

(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成；

(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，

SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：

x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。