专题17 化学实验综合题解析版.docx
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专题17化学实验综合题解析版
专题17化学实验综合题
1.[2020新课标Ⅰ]为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题:
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L−1FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择,写出名称)。
(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。
盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。
根据下表数据,盐桥中应选择____________作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
阴离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
Li+
4.07
4.61
Na+
5.19
7.40
Ca2+
6.59
Cl−
7.91
K+
7.62
8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。
可知,盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L−1。
石墨电极上未见Fe析出。
可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为___________,铁电极的电极反应式为___________________。
因此,验证了Fe2+氧化性小于________,还原性小于___________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。
在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。
检验活化反应完成的方法是_________________________。
【答案】
(1)烧杯、量筒、托盘天平
(2)KCl
(3)石墨
(4)0.09mol·L−1
(5)Fe3++e−=Fe2+Fe−2e−=Fe2+Fe3+Fe
(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现血红色
【解析】
【分析】
(1)根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器;
(2)~(5)根据题给信息选择合适的物质,根据原电池工作的原理书写电极反应式,并进行计算,由此判断氧化性、还原性的强弱;
(6)根据刻蚀活化的原理分析作答。
【详解】
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签,由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管,故答案为:
烧杯、量筒、托盘天平。
(2)Fe2+、Fe3+能与
反应,Ca2+能与
反应,FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,酸性条件下
能与Fe2+反应,根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”,盐桥中阴离子不可以选择
、
,阳离子不可以选择Ca2+,另盐桥中阴、阳离子的迁移率(u∞)应尽可能地相近,根据表中数据,盐桥中应选择KCl作为电解质,故答案为:
KCl。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极,石墨电极为正极,盐桥中阳离子向正极移动,则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中,故答案为:
石墨。
(4)根据(3)的分析,铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,石墨电极上未见Fe析出,石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+,电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L,根据得失电子守恒,石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L,石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L,故答案为:
0.09mol/L。
(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+,铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+;电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,根据同一反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物,则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+,还原性小于Fe,故答案为:
Fe3++e-=Fe2+,Fe-2e-=Fe2+,Fe3+,Fe。
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化,发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4,要检验活化反应完成,只要检验溶液中不含Fe3+即可,检验活化反应完成的方法是:
取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不出现血红色,说明活化反应完成,故答案为:
取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不变红,说明活化反应完成。
【点睛】
本题的难点是第
(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计,要充分利用题给信息和反应的原理解答。
2.[2020新课标Ⅱ]苯甲酸可用作食品防腐剂。
实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:
+KMnO4→
+MnO2
+HCl→
+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL−1)
溶解性
甲苯
92
−95
110.6
0.867
不溶于水,易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4(100℃左右开始升华)
248
——
微溶于冷水,易溶于乙醇、热水
实验步骤:
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。
合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。
将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。
称量,粗产品为1.0g。
(3)纯度测定:
称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。
每次移取25.00mL溶液,用0.01000mol·L−1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。
回答下列问题:
(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL
(2)在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是______。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理__________。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。
(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是_______。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_______;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。
A.70%B.60%C.50%D.40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中__________的方法提纯。
【答案】
(1)B
(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气
2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(4)MnO2
(5)苯甲酸升华而损失
(6)86.0%C
(7)重结晶
【解析】
【分析】
甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰,为增加冷凝效果,在反应装置中选用球形冷凝管,加热回流,当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾,用盐酸酸化得苯甲酸,过滤、干燥、洗涤得粗产品;用KOH溶液滴定,测定粗产品的纯度。
【详解】
(1)加热液体,所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半,三颈烧瓶中已经加入100m的水,1.5mL甲苯,4.8g高锰酸钾,应选用250mL的三颈烧瓶,故答案为:
B;
(2)为增加冷凝效果,在反应装置中宜选用球形冷凝管,当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,因为:
没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化;故答案为:
球形;没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化;
(3)高锰酸钾具有强氧化性,能将Cl-氧化。
加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;该步骤亦可用草酸处理,生成二氧化碳和锰盐,离子方程式为:
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;故答案为:
除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
(4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰,“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是:
MnO2,故答案为:
MnO2;
(5)苯甲酸100℃时易升华,干燥苯甲酸时,若温度过高,苯甲酸升华而损失;故答案为:
苯甲酸升华而损失;
(6)由关系式C6H5COOH~KOH得,苯甲酸的纯度为:
×100%=86.0%;1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量:
=1.72g,产品的产率为
×100%=50%;故答案为:
86.0%;C;
(7)提纯苯甲酸可用重结晶的方法。
故答案为:
重结晶。
【点睛】
本题考查制备方案的设计,涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等,清楚原理是解答的关键,注意对题目信息的应用,是对学生实验综合能力的考查,难点(6)注意产品纯度和产率的区别。
3.[2020新课标Ⅲ]氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。
实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。
回答下列问题:
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是,a中的试剂为。
(2)b中采用的加热方式是,c中化学反应的离子方程式是,采用冰水浴冷却的目的是。
(3)d的作用是,可选用试剂(填标号)。
A.Na2SB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4
(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,,,干燥,得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。
1号试管溶液颜色不变。
2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显____色。
可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于")。
【答案】
(1)圆底烧瓶饱和食盐水
(2)水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3
(3)吸收尾气(Cl2)AC
(4)过滤少量(冷)水洗涤
(5)紫小于
【解析】
【分析】
本实验目的是制备KClO3和NaClO,并探究其氧化还原性质;首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气,生成的氯气中混有HCl气体,可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去;之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3,再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO;氯气有毒会污染空气,所以需要d装置吸收未反应的氯气。
【详解】
(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶;a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体;
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热,该加热方式为水浴加热;c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠,结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O;根据氯气与KOH溶液的反应可知,加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐,所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3;
(3)氯气有毒,所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2);
A.Na2S可以将氯气还原成氯离子,可以吸收氯气,故A可选;
B.氯气在NaCl溶液中溶解度很小,无法吸收氯气,故B不可选;
C.氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙,故C可选;
D.氯气与硫酸不反应,且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度,故D不可选;
综上所述可选用试剂AC;
(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液,KClO3的溶解度受温度影响更大,所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥,得到KClO3晶体;
(5)1号试管溶液颜色不变,2号试管溶液变为棕色,说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化,2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质,即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO;碘单质更易溶于CCl4,所以加入CCl4振荡,静置后CCl4层显紫色。
【点睛】
第3小题为本题易错点,要注意氯气除了可以用碱液吸收之外,氯气还具有氧化性,可以用还原性的物质吸收。
4.[2020江苏卷]羟基乙酸钠易溶于热水,微溶于冷水,不溶于醇、醚等有机溶剂。
制备少量羟基乙酸钠的反应为
实验步骤如下:
步骤1:
在题21B图所示装置的反应瓶中,加入40g氯乙酸、50mL水,搅拌。
逐步加入40%NaOH溶液,在95℃继续搅拌反应2小时,反应过程中控制pH约为9。
步骤2:
蒸出部分水至液面有薄膜,加少量热水,趁热过滤。
滤液冷却至15℃,过滤得粗产品。
步骤3:
粗产品溶解于适量热水中,加活性炭脱色,分离掉活性炭。
步骤4:
将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中,冷却至15℃以下,结晶、过滤、干燥,得羟基乙酸钠。
(1)步骤1中,题21B图所示的装置中仪器A的名称是▲;逐步加入NaOH溶液的目的是▲。
(2)步骤2中,蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是▲。
(3)步骤3中,粗产品溶解于过量水会导致产率▲(填“增大”或“减小”);去除活性炭的操作名称是▲。
(4)步骤4中,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是▲。
【答案】
(1)(回流)冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH
(2)防止暴沸(3)减小趁热过滤(4)提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【解析】
【分析】
制备少量羟基乙酸钠的反应为
,根据羟基乙酸钠易溶于热水,粗产品溶解于适量热水中,加活性炭脱色,分离掉活性炭,趁热过滤,根据羟基乙酸钠不溶于醇,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中,冷却至15℃以下,结晶、过滤、干燥,得羟基乙酸钠。
【详解】
(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管,根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应,逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快,同时控制反应体系的pH;故答案为:
(回流)冷凝管;防止升温太快,控制反应体系的pH。
(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸;故答案为:
防止暴沸。
(3)粗产品溶于过量水,导致在水中溶解过多,得到的产物减少,因此导致产率减小;由于产品易溶于热水,微溶于冷水,因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤;故答案为:
减少;趁热过滤。
(4)根据信息,产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中,因此步骤4中,将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度,提高羟基乙酸钠的析出量(产量);故答案为:
提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。
【点睛】化学实验是常考题型,主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。
5.[2020浙江7月选考]硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。
某兴趣小组用下图装置制备
。
合成反应:
滴定反应:
已知:
易溶于水,难溶于乙醇,
开始失结晶水。
实验步骤:
Ⅰ.
制备:
装置A制备的
经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液
约为7时,停止通入
气体,得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯:
产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到
产品。
Ⅲ.产品纯度测定:
以淀粉作指示剂,用
产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算
含量。
请回答:
(1)步骤Ⅰ单向阀的作用是______;装置C中的反应混合溶液
过高或过低将导致产率降低,原因是_______。
(2)步骤Ⅱ下列说法正确的是_____。
A.快速蒸发溶液中水分,可得较大晶体颗粒
B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热
C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D.可选用冷的
溶液作洗涤剂
(3)步骤Ⅲ
①滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列):
检漏→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→开始滴定。
A.烘干B.装入滴定液至零刻度以上C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D.用洗耳球吹出润洗液E.排除气泡F.用滴定液润洗2至3次G.记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是______。
③滴定法测得产品中
含量为
,则
产品中可能混有的物质是________。
【答案】
(1)防止倒吸
过高,
、
反应不充分;
过低,导致
转化为S和
(2)BC
(3)①F、B、E、C、G②防止碘挥发损失
③
;失去部分结晶水的
【解析】
【分析】
本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O,首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫,将SO2通入装置C中的混合溶液,加热搅拌,发生题目所给合成反应,使用单向阀可以防止倒吸;为了使Na2CO3、Na2S充分反应,同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体,得到产品的混合溶液;之后经蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品,已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度,析出更多的晶体。
【详解】
(1)SO2会与装置C中混合溶液发生反应,且导管进入液面以下,需要防倒吸的装置,单向阀可以防止发生倒吸;Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性,所以pH过高,说明Na2CO3、Na2S反应不充分;而pH过低,又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2,所以pH过高或过低都会导致产率降低;
(2)A.蒸发结晶时,快速蒸发溶液中的水分,可以得到较小的晶体颗粒,故A错误;
B.为防止固体飞溅,蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时,停止加热,故B正确;
C.Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度,析出更多的晶体,提高产率,故C正确;
D.用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质,Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇,可以用乙醇作洗涤剂,故D错误;
综上所述选BC;
(3)①滴定前应检查滴定管是否漏液,之后用蒸馏水洗涤滴定管,为防止稀释滴定液使测定结果不准确,需用滴定液润洗2至3次,之后装入滴定液至零刻度以上,排除装置中的气泡,然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下,并记录起始读数,开始滴定,所以正确的操作和顺序为:
捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定;
②碘容易挥发,所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞,防止碘挥发损失;
③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%,说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
【点睛】
蒸发结晶或冷却结晶时,溶质的溶解度越小或溶液的浓度越大,溶剂的蒸发速度越快或溶剂冷却得越快,析出的晶体颗粒就越小,反之则越大。
6.[2020年山东新高考]某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略):
已知:
锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:
回答下列问题:
(1)装置A中a的作用是;装置C中的试剂为;装置A中制备Cl2的化学方程式为。
(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为(填标号)。
A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75℃。
用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含
的质量分数表达式为。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是(填标号)。
A.
时,样品中一定不含杂质
B.
越大,样品中
含量一定越高
C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
【答案】
(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下;NaOH溶液;
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式;C
(4)
;B、D
【解析】
【分析】
漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性,和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2,Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4,反应不完的Cl2用C吸收,据此解答。
【详解】
(1)装置A为恒压分液漏斗,它的作用是平衡气压,使浓盐酸顺利滴下,C的作用是吸收反应不完的Cl2,可用NaOH溶液吸收,Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O,故答案为:
平衡气压,使浓盐酸顺利滴下;NaOH溶液;Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O;
(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-,一部分MnO42-转化为了MnO2,导致最终KMnO4的产率低,而浓盐酸易挥发,直接导致B中NaOH溶液的浓度减小,故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl,故答案为:
在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶;
(3)高锰酸钾有强氧化性,强氧化性溶液加入酸式滴定管,滴定管的“0”刻度在上,规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL,即大于35.00mL,故答案为:
酸式;C;
(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol,Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol,H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol,步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化,结合得失电子守恒有:
2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-),KMnO4~5Fe2+,所以
,步骤II中Fe2+被氧化,由KMnO4~5Fe2+可知,
,联立二个方程解得:
z=2.5(cV1-3V2)×10-3,所以H2C2O4·2H2O的质量分数=
=
。
关于样品组成分析如下:
A.
时,H2C2O4·2H2O的质量分数=
=0,样品中不含H2C2O4·2H2O,由
和
可知,y≠0,样品中含Fe2(C2O4)3杂质,A错误;