- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
工业上向氨化的CaSO4悬浊液中通入适量CO2，可制取（NH4）2SO4，其流程如图K26-3所示，已知CaSO4的Ksp=2.4×10-4，请回答有关问题：
（1）向甲中通入过量CO2______（填“是”或“否”）有利于CaCO3和（NH4）2SO4的生成，原因是______．
（2）直接蒸干滤液得到的（NH4）2SO4主要含有的杂质是______（填含量最多的一种）．
（3）生成1mol （NH4）2SO4消耗的氨气______
a．等于2mol b．大于2mol c．无法确定
（4）写出上述流程中可以循环利用的一种物质______．
正确答案
解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体．
（1）向甲中通入适量CO2，其目的是发生反应CO2+2NH3•H2O═（NH4）2CO3，产生高浓度的CO32-，从而发生反应CaSO4+CO32-═CaCO3↓+SO42-，若通入过量CO2，CO32-转化为HCO3-，不利于沉淀的转化，
故答案为：否；CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；
（2）已知溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，所以直接蒸干滤液得到的（NH4）2SO4主要含有的杂质是（NH4）2CO3，
故答案为：（NH4）2CO3；
（3）溶液中除含有（NH4）2SO4外，还含有（NH4）2CO3，根据守恒，可知生成1 mol（NH4）2SO4消耗的氨气大于2 mol，
故答案为：b；
（4）滤渣为CaCO3，煅烧碳酸钙，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3
在煅烧CaCO3时可收集其产物CO2，所以CO2可被循环使用，
故答案为：CO2．
解析
解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体．
（1）向甲中通入适量CO2，其目的是发生反应CO2+2NH3•H2O═（NH4）2CO3，产生高浓度的CO32-，从而发生反应CaSO4+CO32-═CaCO3↓+SO42-，若通入过量CO2，CO32-转化为HCO3-，不利于沉淀的转化，
故答案为：否；CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度减小，不利于CaSO4转化为CaCO3；
（2）已知溶液中存在CO32-、SO42-、NH4+，所以直接蒸干滤液得到的（NH4）2SO4主要含有的杂质是（NH4）2CO3，
故答案为：（NH4）2CO3；
（3）溶液中除含有（NH4）2SO4外，还含有（NH4）2CO3，根据守恒，可知生成1 mol（NH4）2SO4消耗的氨气大于2 mol，
故答案为：b；
（4）滤渣为CaCO3，煅烧碳酸钙，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3
在煅烧CaCO3时可收集其产物CO2，所以CO2可被循环使用，
故答案为：CO2．
已知苯甲酸乙酯的沸点为213℃，水-乙醇-环己烷三元共沸物的共沸点为62.1℃（即在此温度下水、乙醇和环己烷以7.0%、17.0%、76.0%的比例成为蒸汽逸出）．请回答下述实验室制备苯甲酸乙酯提出的问题：
（1）①在三颈烧瓶中加入苯甲酸、浓硫酸、过量的乙醇、沸石．②再向三颈烧瓶中加入足量的环己烷，装上分水器和回流冷凝管．加入环己烷的目的是______；
（2）缓慢加热回流，至分水器中液体不再增多，停止加热；放出分水器中液体，该液体的三种主要成分是______；继续加热，使多余的______蒸至分水器中；至分水器中液体不再增加，停止加热．此时温度应低于______℃
（3）将三颈烧瓶中残液倒入盛有冷水的烧杯中，用饱和Na2CO3溶液中和至弱碱性，加入饱和Na2CO3溶液作用是①______，②______．用______（填仪器名称）进行分离操作，分出粗产品；再用乙醚萃取水层中溶有的少量有机产品，醚层与粗产品合并；用蒸馏水洗有机层2次，将醚层与水尽量分净，醚层从上口倒入一个干燥的锥形瓶．
（4）加入适量豆粒大小的无水氯化钙干燥剂，摇动锥形瓶，至醚层澄清透明；过滤得醚层，将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中；先蒸出______；后蒸出______．
正确答案
解：（1）根据题干信息知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，水-乙醇-环己烷能形成三元共沸物，
导致水量减少，生成物的量减少，导致平衡向正反应方向移动，故答案为：通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物，除去反应生成的水，平衡向右移动；
（2）沸点低的物质先被蒸馏得到，三元共沸物的熔点较低，导致三元共沸物先被蒸馏得到，所以该液体的三种主要成分是水、乙醇、环己烷；
根据题干信息知，混合物中乙醇和环己烷的量较多，继续加热，会导致乙醇和环己烷被蒸馏出，所以继续加热，使多余的乙醇和环己烷蒸至分水器中；
温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于213℃，
故答案为：水、乙醇、环己烷；乙醇、环己烷；213；
（3）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应而除去酸，碳酸钠溶液能降低酯的溶解度，所以碳酸钠溶液的作用是：除去产品中的酸性杂质、降低苯甲酸乙酯的溶解度；
分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，需要的仪器为分液漏斗，
故答案为：除去产品中酸性杂质；降低苯甲酸乙酯的溶解度；分液漏斗；
（4）乙醚易挥发说明乙醚的沸点较低，苯甲酸乙酯沸点较高，加热时，沸点低的先蒸出、沸点高的后蒸出，所以将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中；先蒸出乙醚、后蒸出苯甲酸乙酯，故答案为：乙醚；苯甲酸乙酯．
解析
解：（1）根据题干信息知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，水-乙醇-环己烷能形成三元共沸物，
导致水量减少，生成物的量减少，导致平衡向正反应方向移动，故答案为：通过形成水-乙醇-环己烷三元共沸物，除去反应生成的水，平衡向右移动；
（2）沸点低的物质先被蒸馏得到，三元共沸物的熔点较低，导致三元共沸物先被蒸馏得到，所以该液体的三种主要成分是水、乙醇、环己烷；
根据题干信息知，混合物中乙醇和环己烷的量较多，继续加热，会导致乙醇和环己烷被蒸馏出，所以继续加热，使多余的乙醇和环己烷蒸至分水器中；
温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于213℃，
故答案为：水、乙醇、环己烷；乙醇、环己烷；213；
（3）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应而除去酸，碳酸钠溶液能降低酯的溶解度，所以碳酸钠溶液的作用是：除去产品中的酸性杂质、降低苯甲酸乙酯的溶解度；
分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，需要的仪器为分液漏斗，
故答案为：除去产品中酸性杂质；降低苯甲酸乙酯的溶解度；分液漏斗；
（4）乙醚易挥发说明乙醚的沸点较低，苯甲酸乙酯沸点较高，加热时，沸点低的先蒸出、沸点高的后蒸出，所以将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中；先蒸出乙醚、后蒸出苯甲酸乙酯，故答案为：乙醚；苯甲酸乙酯．
高铁酸盐在能源．环保等方面有着广泛的用途．
Ⅰ．工业上制备K2FeO4的常用方法有两种．
方法一：湿法．工艺流程如图1．
（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
______FeCl3+______NaOH+______NaClO═______Na2FeO4+____________+____________，其中氧化剂是______（填化学式）．
（2）加入饱和KOH溶液的目的是______；用异丙醇洗涤的目的是______．
方法二：干法．把Fe2O3．KNO3．KOH混合加热生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物．
（3）在干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
Ⅱ．高铁酸钾不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中．如图2是高铁电池的实验装置：
已知放电后，两极得到铁的相同价态的化合物．
（4）该电池放电时正极发生的电极反应是______；
（5）若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应方程式为：______．
（6）已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是______．此盐桥中阴离子的运行方向是：______；若用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜允许通过的离子是______．
（7）如图3为高铁电池电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有______．______．
正确答案
解：Ⅰ．方法一：湿法
（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；
反应中NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl．
故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；
（2）Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，
故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；
方法二：干法．
（3）Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，氮元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则KNO3为氧化剂，Fe2O3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，
故答案为：3：1；
Ⅱ．（4）FeO42-在正极得电子生成Fe3+，生成其电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
故答案为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe，其电极反应式为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-），
故答案为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-）；
（6）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+，
故答案为：形成闭合电路；左池到右池；K+和H+；
（7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点，
故答案为：使用时间长；工作电压稳定．
解析
解：Ⅰ．方法一：湿法
（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；
反应中NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl．
故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；
（2）Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，
故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；
方法二：干法．
（3）Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，氮元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则KNO3为氧化剂，Fe2O3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，
故答案为：3：1；
Ⅱ．（4）FeO42-在正极得电子生成Fe3+，生成其电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
故答案为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe，其电极反应式为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-），
故答案为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-）；
（6）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+，
故答案为：形成闭合电路；左池到右池；K+和H+；
（7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点，
故答案为：使用时间长；工作电压稳定．
1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18克/厘米3，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂．在实验中可以用下图所示装置制备1，2-二溴乙烷．其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管d中装有浓溴（表面覆盖少量水）．请填写下列空白：
（1）请写出烧瓶a中发生的化学反应方程：______．
（2）写出试管d中制备1，2-二溴乙烷的化学方程式：______．
（3）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞．请写出发生堵塞时瓶b中的现象：______．
（4）某学生做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超出许多，如果装置的气密性没有问题，试分析其可能的原因．______．
（5）e装置内NaOH溶液的作用是______．
正确答案
解：（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式：CH3CH2OH 
故答案为：CH3CH2OH 
（2）乙烯分子中含碳碳双键，试管d中：乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，化学方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br．
（3）试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，
故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出；
（4）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，2CH3CH2OH
故答案为：①乙烯发生（或通过液溴）速度过快；②实验过程中，乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃；
（5）该反应中剩余的溴单质有毒，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收Br2气体，防止大气污染，
故答案为：吸收挥发出来的溴，防止污染环境．
解析
解：（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式：CH3CH2OH
故答案为：CH3CH2OH
（2）乙烯分子中含碳碳双键，试管d中：乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，化学方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br．
（3）试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，
故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出；
（4）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，2CH3CH2OH
故答案为：①乙烯发生（或通过液溴）速度过快；②实验过程中，乙烯和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃；
（5）该反应中剩余的溴单质有毒，会污染大气，应该进行尾气吸收，所以装置e中氢氧化钠溶液的作用是吸收Br2气体，防止大气污染，
故答案为：吸收挥发出来的溴，防止污染环境．
3MnO2+KClO3+6KOH
K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．
已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：
（1）MnO2熔融氧化应放在______中加热（填仪器编号）．
①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④铁坩埚
（2）在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．
①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．
②检验K2MnO4歧化完全的实验操作是______．
（3）将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至______，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______．
（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用移液管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L-1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为______（保留4位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol-1）．若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将______．（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
正确答案
解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，
故答案为：④；
（2）①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，
故答案为：A、C；B、D、E；
②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，
故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；
（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，
故答案为：溶液表面出现晶膜为止；高锰酸钾晶体受热易分解；
（4）50mL 0.1000mol•L-1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×
500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×
则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol-1=6.32g，
则高锰酸钾产品的纯度为：
若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，
故答案为：87.23%；偏小．
解析
解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，
故答案为：④；
（2）①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，
故答案为：A、C；B、D、E；
②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，
故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；
（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，
故答案为：溶液表面出现晶膜为止；高锰酸钾晶体受热易分解；
（4）50mL 0.1000mol•L-1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×
500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×
则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol-1=6.32g，
则高锰酸钾产品的纯度为：
若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，
故答案为：87.23%；偏小．
扫码查看完整答案与解析