- 测定物质组成、成分含量
- 共404题
（I）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他取了两只试管，均加入4mL 0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL 0.1mol/L H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于凉水中，记录溶液褪色所需的时间．
①需要用______来酸化KMnO4溶液，褪色所需时间tA______tB（填“＞”、“=”或“＜”）．
②写出该反应的离子方程式______．
（2）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作 为：
①配制250mL溶液：准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液．
②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol•L-1KMnO4溶液装入______（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作．
在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色．将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了．请解释原因：______．当______，证明达到滴定终点．
③计算：再重复上述操作2次，记录实验数据如下．
则消耗KMnO4溶液的平均体积为______mL，已知H2C2O4的相对分子质量为90，则此样品的纯度为______．
④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是______．
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外
E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视．
正确答案
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，一般选稀硫酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短，所以褪色所需时间tA＜tB，故答案为：硫酸，＜；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（2）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点，
故答案为：酸式，反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化；
③第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积=
设样品的纯度为x，
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
450g 2mol
5.0x×
x=
故答案为：20.00；90.00%；
④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；
B．锥形瓶内有水，对实验无影响，故错误；
C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；
D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故正确；
E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故错误；
故选ACD．
过氧化氢很重要的研究和应用价值．
（1）实验室利用反应2H2O2
①取等物质的量浓度等体积H2O2溶液分别进行下列实验，研究外界条件对该反应速率的影响，实验报告如下表所示．
实验1、2研究的是______对H2O2分解速率的影响．实验2、3的目的是______．
实验中可以表明该反应速率差异的现象是______．
②实验室用MnO2做该反应的催化剂，使用如图所示装置的A部分制备O2，避免反应过于剧烈的操作是______．
（2）Na2O2与水反应也可生成O2．某同学取4g Na2O2样品与过量水反应，待反应完全终止时，得100mL溶液X和448mL O2（已折算为标准状况）．该同学推测样品中含有杂质或反应中生成H2O2，并进行实验研究．
通过如图所示整套实验装置测定Na2O2样品的纯度，假设所含杂质不参加反应．取25mL X，滴入烧瓶内再加入过量KMnO4酸性溶液反应，使其充分反应，最终生成56mL O2（已折算为标准状况），则此样品中Na2O2的质量分数是______．
正确答案
（1）①影响化学反应速率的外界因素有温度、溶液的浓度和催化剂，通过比较表格中的数据的异同点发现，实验1、2温度不同，实验1为40℃，实验2为20℃，实验2、3的不同点是使用了不同的催化剂，所以比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解反应速率影响的差异性，H2O2分解生成氧气，根据氧气的气泡数可推测反应的速率，
故答案为：温度；比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解反应速率影响的差异；产生气泡的快慢；
②过氧化氢在FeCl3溶液催化的作用下分解，反应过于剧烈，可控制滴加的量控制反应的速率，分液漏斗带有玻璃活塞，旋转分液漏斗的活塞，控制滴加H2O2溶液的速率，
故答案为：旋转分液漏斗的活塞，控制滴加H2O2溶液的速率；
（2）448mL O2（已折算为标准状况），为
根据2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑知与水反应生成氧气的过氧化钠，
2Na2O2 +2H2O═4NaOH+O2↑
0.04mol 0.02mol
滴入烧瓶内再加入过量KMnO4酸性溶液反应，过氧根被氧化成了氧气，根据
5H2O2+2MnO4 -+6H+═2Mn 2++5O2↑+8H2O知与KMnO4酸性溶液反应生成氧气的过氧化钠，
5H2O2+2MnO4 -+6H+═2Mn 2++5O2↑+8H2O
0.0025mol 0.0025mol
某同学取4g Na2O2样品与过量水反应，待反应完全终止时，得100mL溶液X，取25mL X，实验，所以总的过氧化钠为：（0.04+0.0025×4）mol=0.05mol，则此样品中Na2O2的质量分数
故答案为：97.5%．
填空：
（1）在测定硫酸铜结晶水含量实验过程中，称量操作至少进行__________次。当加热到__________时，停止加热，并将坩埚放在____________中冷却。当____________时则可认为结晶水已经完全失去。实际操作中，有些操作会使实验结果偏高或偏低。下列操作会使测定结果偏高的是____________（填字母）
A．加热温度过高而使硫酸铜部分分解
B．坩埚用水洗后没有烘干
C．加热后放在空气中冷却
D．粉末未完全变白就停止加热
（2）同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速度较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的观点“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”来研究。已知：
P4(s、白磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)；△H＝－2983．2kJ·mol-1P(s、红磷)＋5/4O2(g)＝1/4P4O10(s)；△H＝－738．5kJ·mol-1
由此可知白磷的稳定性比红磷____________。(填写“强”或“弱”)
正确答案
（1）4；蓝色晶体完全变成白色粉末，且不再有水蒸气逸出；干燥器；连续两次称量的质量差不超过
0.1g；AB
（2）弱
通常情况下空气中CO2的体积分数为0.030%，当空气中CO2的体积分数超过0.050%时，会引起明显的温室效应．为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究．
（1）目前，用超临界CO2（其状态介于气态和液态之间）代替氟利昂作致冷剂已成为一种趋势，这一做法对环境的积极意义在于______．
（2）最近有科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇．“绿色自由”构想技术流程如下：
①分解池中反应的化学方程式为______．
②在合成塔中，若有4.4kg CO2与足量H2恰好完全反应，生成气态的水和甲醇，可放出4947kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式______．
（3）小李同学拟用沉淀法测定空气中CO2的体积分数，他查得CaCO3、BaCO3的溶度积（Ksp）分别为4.96×10-9、2.58×10-11．
小李应该选用的试剂是______，实验时测定的数据除空气的体积外，还需要测定______．
正确答案
（1）氟利昂在空气中能产生氯原子，而氯原子是臭氧分解的催化剂，CO2作致冷剂可防止臭氧层破坏，故答案为：保护臭氧层；
（2）①碳酸氢钾受热可分解成碳酸钾、二氧化碳和水，方程式为：2KHCO3
②根据4.4 kg CO2与足量H2恰好完全反应，可放出4 947 kJ的热量，则1 mol CO2与氢气合成甲醇放出热量49.47 kJ的热量，所以热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.47kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.47kJ/mol；
（3）根据CaCO3、BaCO3的溶度积大小可知BaCO3更难溶，因此令CO2生成BaCO3反应更完全，故可选择Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）作为CO2的沉淀剂，测定的数据除空气的体积外，还需要测定实验时的温度、压强、沉淀的质量，故答案为：Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）；实验时的温度、压强、沉淀的质量．
某氯化铁样品含有少FeC12杂质．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按如图1所示步骤进行：
请根据上图流程，回答以下问题：
（1）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有______、______（填仪器名称），操作Ⅱ必须用到的仪器是______（填编号）．
A．50mL烧杯；B．50mL量筒；C．100mL量筒；D．25mL酸式滴定管．
（2）①的X可选用（填化学式）______，其目的是______．加入氨水要过量的原因是______．
（3）检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是______．
（4）若蒸发皿质量是W1 g，蒸发皿与加热后固体总质量W2 g，则样品中铁元素的质量分数是______（列出计算式，不需化简）：若固体加热时未充分反应，则最终测量的结果______（“偏大”、“偏小”、“不变”）．
（5）已知在常温下Cu2+和Fe3+在溶液中随pH变化时水解的曲线如图2所示．对图中a点的说法正确的是______（填序号）．
①加适量NH4C1固体可使溶液由a点沿水平方向变到Cu2+曲线上．
②溶液中a点和水平线在Fe3+和Cu2+曲线上任意截点的c（H+）与c（OH-）乘积相等
③Fe（OH）3、Cu（OH）2在a点代表的溶液中均达到饱和．
正确答案
（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL容量瓶、胶头滴管；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管，
故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；D；
（2）①中试剂X为氯水，加氯水就是让+2价铁变为+3价，发生反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀，发生反应为Fe3++3NH3H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Cl2；氧化Fe2+生成Fe3+；Fe3+完全转化为沉淀；
（3）沉淀洗涤就是把Cl-或NH4+洗掉，可以检验洗涤液中是否含有Cl-，取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；
（4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为（W2-W1）g，由于取25mL溶液，故250mL溶液可以得到Fe2O3质量为10（W2-W1）g，
样品中铁元素的质量分数是
故答案为：
（5）①加适量NH4C1固体，pH发生变化，则铜离子浓度变化，而a点沿水平方向变到Cu2+曲线上铜离子浓度不变，故错误；
②温度不变，则水的离子积不变，则溶液中a点和水平线在Fe3+和Cu2+曲线上任意截点的c（H+）与c（OH-）乘积相等，故正确；
③a点不在溶解平衡曲线上，溶解平衡曲线上的任一点均为饱和状态，则Cu（OH）2在a点代表的溶液为不饱和溶液，故错误；
故答案为：②．
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