热门试卷

（1）准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用容量瓶，故答案为：容量瓶；

（2）方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价升高2价，根据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，根据原子守恒来配平其他物质前面的系数，答案为：2、5、6、2、8、502；

（3）由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，故答案为：酸式；滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；

（4）根据化学方程式可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3mol，则原过氧化氢的质量为：0.025cVmol×34g/mol=0.85cV，过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为：=，故答案为：；

（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高．

（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应中草酸是还原剂．

故答案为：H2C2O4．

（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO2、水，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．

故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．

（3）在反应中Mn由+7价被还原到+2价，由方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，2molKMnO4反应转移电子为2mol×（7-2）=10mol，转移10 mol电子时消耗3molH2SO4，所以应转移了0.4 mol电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为3mol×=0.12 mol．

故答案为：0.12mol．

（4）①稀硫酸与CaC2O4沉淀反应生成硫酸钙与草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．

故答案为：CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．

②高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．

故答案为：溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．

③由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n（Ca2+）=2.5n（KMnO4）=1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为：1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5×40g/mol×=0.01g．

故答案为：0.01．

（1）有A、B、C、D四种可溶性盐AgNO3、CuSO4、Na2CO3、BaCl2；

①若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色，这是铜离子的颜色，确定C为CuSO4；

②若向①的四支试管中分别加盐酸，B的溶液有沉淀产生，四种盐中只有AgNO3能生成氯化银白色沉淀，确定B为AgNO3；D的溶液有无色无味的气体逸出，和盐酸反应生成气体的只有Na2CO3溶液，确定D为Na2CO3；最后剩余A为BaCl2；

故答案为：A、BaCl2；B、AgNO3；C、CuSO4；D、Na2CO3；

（2）依据（1）中判断出的物质和现象，写出实验②中有关反应的离子方程式：Ag++C1-=AgCl↓，CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故答案；Ag++C1-=AgCl↓，CO32-+2 H+=H2O+CO2↑．

（1）Mn由+7价降为+2价，Fe由+2价升为+3价，利用化合价升降法容易配平，2KMnO4～10FeSO4，根据质量守恒完成整个方程式，

故答案为：2、10、8、5、2、1、8；

（2）考查酸式滴定管、碱式滴定管的特点及使用条件，由于KMnO4具有强氧化性，会对乳胶管有腐蚀性．所以，用KMnO4溶液滴定时，选用酸式滴定管，

故答案为：碱；KMnO4是强氧化剂，它会腐蚀乳胶管；

（3）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑      　

    55.9g　　　　　 22.4L

　  ag×ω1　　　　580×10-3L

ω1==

　　2KMnO4+8H2SO4+10FeSO4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Fe2（SO4）3

　　 2mol　　　　　　　　　　　　　　　　　　10×56g

　0.02000mol•L-1×25.00×10-3L　　　　　　　g×ω2

ω2==

故答案为：；；

（4）1）根据化合价的变化，Mn由+2价升为+7价，Bi由+5价降为+2价，利用化合价升降法容易配平，2Mn2+～5NaBiO3，再根据电荷守恒和质量守恒配平，

应为2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O，故答案为：2、5、14、2、5、5、7； 

2）A、在酸性条件下MnO4- 离子氧化Cl-离子而不能大量共存，故A错误；

B、在酸性条件下BiO3-离子氧化Cl-离子而不能大量共存，故B错误；

C、D中离子之间不反应，能大量共存，

故答案为：AB．

（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），

故答案为：TiCl4+（x+2）H2O 

 TiO2•xH2O↓+4HCl；

（2）沉淀吸附溶液中的Cl-，根据F反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，

故答案为：取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；

（3）核磁共振谱用于测有机物中含有多少种氢原子；红外光谱分析有机物含有何种化学键和官能团；质谱法常用于测有机物相对分子质量；透射电子显微镜可以观察到微粒的大小，

故答案为：d；

（4）NH4Fe（SO4）2易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；配制一定物质的量浓度的溶液，还需要容量瓶和胶头滴管，故答案为：抑制NH4Fe（SO4）2水解；a、c；

（5）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，故答案为：溶液变为红色；

（6）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，其质量分数为为：（或%），故答案为：（或%）；

（7）NH4Fe（SO4）2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小，

故答案为：偏高；偏低．

（1）NO遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集．排水时应用短进长出，故答案为：C；

（2）方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn的质量分数．所以需要的装置有测H2的体积的D装置．故答案为：D；

（3）Zn与H2之间量为1：1，则n（Zn）=，w （Zn）==．故答案为：（或等其他合理答案）；

（4）有了Zn的质量，如果有密度，则可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度（厚度）．故答案为：金属锌的密度（或其他合理答案）；

（5）恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的H2多一些，则计算出的Zn的量偏大．故答案为：偏大；

（6）减少的质量即为Zn的质量．减少的质量为m1g-m2g，ω（Zn）=，故答案为：（或其他合理答案）

（7）丙方案根据H2的质量差值，显然误差大，因为产生的H2质量很小，计算偏差大．故答案为：劣于．