Question

8．某研究性学习小组通过下列实验探究SO₂能否与BaCl₂溶液反应生成BaSO₃沉淀，并制备硫酸铜晶体．完成下列填空．

（Ⅰ）甲同学用装置I进行实验，加热反应物至沸腾，发现BaCl₂溶液中出现白色沉淀，且白色沉淀不溶于盐酸．
白色沉淀是BaSO₄．
甲同学就白色沉淀的生成原因提出了两种假设，这两种假设可能是：①浓硫酸沸腾蒸出进入氯化钡溶液生成沉淀；②SO₂被氧气氧化成硫酸生成沉淀；
（Ⅱ）乙同学设计了改进装置Ⅱ进行实验，检验甲同学提出的假设（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．
①打开弹簧夹，通入N₂一段时间后关闭弹簧夹；
②滴加一定量浓硫酸，加热A，一段时间后C中未见沉淀生成
回答下列问题
（1）操作①的目的是排除装置内的空气（O₂），洗气瓶B中的试剂是饱和NaHSO₃溶液．
（2）该实验能否检验甲同学上述两种假设中的任意一种不能，理由是因为同时改变了两个变量，无法确定到底是哪个变量的作用．
（Ⅲ）丙同学向反应后的蓝色溶液中加入足量的CuO，过滤后将滤液制成硫酸铜晶体（CuSO₄•xH₂O），采用加热法测定该晶体中结晶水x的值，实验数据记录如表：

坩埚质量	坩埚与晶体总质量	加热后坩埚与固体总质量
		第一次称量	第二次称量
11.710g	22.700g	18.621g	a

（1）若无需再进行第三次称量，则a的数值范围应为18.621±0.001．
（2）若加热后坩埚与固体总质量为18.620g，计算x的实测值5.25（保留二位小数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据亚硫酸钡和硫酸钡在盐酸中的溶解性分析；加热时有少量硫酸挥发进入氯化钡溶液；二氧化硫具有还原性，在溶液中能被氧气生成硫酸；
（Ⅱ）（1）氮气性质稳定，通氮气能排净装置中的空气中的氧气；为除去反应中带出的雾状硫酸，可以将气体通过饱和NaHSO₃溶液；
（2）由于同时改变了两个变量，无法确定到底是哪个变量的作用；
（Ⅲ）（1）由于两次实验误差不超过0.001，所以若无需再进行第三次称量；
（2）坩埚和固体总质量的变化值即是水的质量，硫酸铜固体的质量=第二次称量的质量-坩埚的质量，结合分解方程式计算．

解答 解：（Ⅰ）亚硫酸钡能溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，已知白色沉淀不溶于盐酸，因此白色沉淀是硫酸钡，
加热时有少量硫酸挥发进入氯化钡溶液，则硫酸会与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；由于BaSO₃能够溶于盐酸，根据元素守恒可知该沉淀只能是BaSO₄，所以有可能一是挥发出的H₂SO₄提供的SO₄^2-与Ba²⁺反应生成的，也有可能是溶液中溶解的氧气与SO₂作用产生了硫酸，进而得到BaSO₄；
故答案为：BaSO₄；浓硫酸沸腾蒸出进入氯化钡溶液生成沉淀；SO₂被氧气氧化成硫酸生成沉淀；
（Ⅱ）（1）氮气性质稳定，通入N₂一段时间可以排净装置中的空气中的氧气，以验证上述原理是否正确；为除去反应中挥发出来的雾状硫酸，可以将气体通过饱和NaHSO₃溶液；
故答案为：排除装置内的空气（O₂）；饱和NaHSO₃溶液；
（2）该实验同时排除了空气中氧气的影响和挥发出来的硫酸的影响，同时改变了两个变量，无法确定到底是哪个变量的作用，所以不能确定两种假设中哪种正确；
故答案为：不能；因为同时改变了两个变量，无法确定到底是哪个变量的作用；
（Ⅲ）（1）由于两次实验误差不能超过0.001，则当第二次测量的数据与第一次数据差别在0.001以内，则无需再进行第三次称量，所以a的数值范围应为18.621±0.001；
故答案为：18.621±0.001；
（2）坩埚和固体总质量的变化值即是水的质量，因此失去的结晶水质量为22.700g-18.620g=4.08g，则n（H₂O）=$\frac{4.08g}{18g/mol}$=0.227mol，硫酸铜固体的质量=第二次称量的质量-坩埚的质量，即18.620g-11.710g=6.910g，则n（CuSO₄）=$\frac{6.910g}{160g/mol}$=0.0432mol，
CuSO₄•xH₂O  $\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$ CuSO₄ +x H₂O．
                  1         x
                 0.0432mol   0.227mol
则$\frac{1}{0.0432mol}$=$\frac{x}{0.227}$，解得：x=5.25，
故答案为：5.25．

点评 本题是以研究SO₂的性质为载体的实验题，涉及硫酸的性质、硫酸根离子的检验、实验方案的评价、物质组成的确定、化学计算等，题目综合性较强，侧重于培养学生灵活运用知识的能力，题目难度中等．