1、2,解得,x=2,草酸跟KMnO4反应的离子方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O;(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸,草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为:0.020mol/L0.012L=2.410-4mol,根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O,及草酸钙的化学式CaC2O4,可知:n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=2.52.410-4mol=610-4mol,Ca2+的质量为:40g/mol610-4mol=0.024g=24mg,钙离子的浓度为:=1.2mg/cm3。【点睛
2、】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法:紧抓c=分析,如:用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后,用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中,用量筒量取液体药品,量筒不必洗涤,因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液,在制造仪器时已经将该部分的体积扣除,若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中,导致n偏大,所配溶液浓度偏高;再如:配制氢氧化钠溶液时,将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解,未冷却立即转移到容量瓶中并定容,容量瓶上所标示的使用温度一般为室温,绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应,使溶液温度升高或降低,从而影响溶液体积的准确度,氢氧化钠固体溶于水放热,定容后冷却至室温,溶液体积缩小,
3、低于刻度线,导致V偏小,浓度偏大,若是溶解过程中吸热的物质,则溶液浓度偏小等。2碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3,并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。 已知:FeCO3 是白色固体,难溶于水Fe2+6SCN-Fe(SCN)64-(无色). FeCO3 的制取(夹持装置略)实验i:装置 C 中,向 Na2CO3 溶液(pH11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7,滴加一定量 FeSO4 溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到 FeCO3 固体。(1)试剂 a 是_。(2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是_。(3)C 装置中制取 FeCO3 的
4、离子方程式为_。(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2,你认为是否合理并说明理由_。.FeCO3 的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验和,得出的实验结论是_。(6)依据实验的现象,写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式_。.FeCO3 的应用(7)FeCO3 溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe,相对分子质量 为 234)补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,树德中学化学实验小组准确称 量 1.0g 补血剂,用酸性 KMnO4 溶液滴定该补血剂,消耗 0.1000mol/L 的 KMnO4 溶液
5、10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_,该数值异常的原因是_(不考虑操 作不当以及试剂变质引起的误差)。【答案】饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2 2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O 不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3+4Fe(S
6、CN)3或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4 I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体,需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去,装置C中,向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀,过滤,洗涤,干燥,得到FeCO3;II. (5)根据Fe2+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成,说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(
7、SCN)3生成;(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算;乳酸根中有羟基,也能被高锰酸钾溶液氧化。I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl,欲除去CO2中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液,故答案为:饱和NaHCO3溶液;(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2,故答案为:降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2;(3)装置C中,向Na2C
8、O3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCO3,再滴加FeSO4溶液,有FeCO3沉淀生成,发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O,故答案为:2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O;(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中,生成可溶于水的Fe(HCO3)2,降低产物的量,则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者:出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCO3,提高产物的纯度,故答案为:不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响);. (5)
9、通过对比实验ii和iii,可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-,会促进FeCO3固体的溶解,故答案为:Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大;(6)依据实验的现象,可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后,有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe3+;故
10、答案为:6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe3+;. (7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁(CH3CH(OH)COO2Fe补血剂,可得关系式MnO45Fe2+5CH3CH(OH)COO2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L0.01L5=0.005mol,则乳酸亚铁的质量分数,由于乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾溶液的量增多,而计算中只按Fe2+被
11、氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为:117%;乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4。3亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。.经查:Ksp(AgNO2)=2108,Ksp(AgCl)=1.81010;Ka(HNO2)=5.1104。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体_. 某小组同学用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠已知:2NONa2O2=2NaNO2; 酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn2。(1)使用铜丝的优点是_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。装置C中盛放的药
12、品是_;(填字母代号)A浓硫酸 BNaOH溶液 C水 D四氯化碳(3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液,取25.00ml溶液于锥形瓶中,用0.1000molL1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_(填字母代号)。a锥形瓶洗净后未干燥b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c滴定终点时仰视读数酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_。该样品中亚硝酸钠的质量分数为_。【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;
13、再分别滴加酚酞试液, 变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2OCbc6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O69%试题分析:.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析;.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析解答。解析:.酸越弱相应酸根越容易
14、水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2;.(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:Cu +4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O ;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C;(3)a锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)V(标准)
15、/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc;该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为 6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O;根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L0.
16、02L=0.002mol,则根据方程式6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g100%=69.0%.点睛:注意掌握综合实验设计题的解题思路:(1)明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性
17、的原则,确定符合实验目的、要求的方案。(2)理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。(3)看准图,分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合,思考容量大。在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。(4)细分析,得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。4无水硫酸铜在加热至650时开始分解生
18、成氧化铜和气体某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下:每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.320T20.256V2T30.160Y322.4T4X40.19233.6(1)实验过程中A中的现象是_D中无水氯化钙的作用是_(2)在测量E中气体体积时,应注意先_,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)(3)实验中B中吸收的气体是_实验中E中收集到
19、的气体是_(4)推测实验中CuSO4分解反应方程式为:_(5)根据表中数据分析,实验中理论上C增加的质量Y3=_g(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由_【答案】白色固体变黑 吸收水蒸气,防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2 (1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于
20、外界大气压,测得气体体积偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol80g/mol0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:0.004mol,氧气的质量为:0.640.320.2560.064g,物质的量为:0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2; (5)0.64g硫酸铜的物质的量为SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为
21、:320.032g,根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g;(6)根据表中实验的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压
22、大于外界大气压,测得气体体积偏小,故答案为:冷却至室温 偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气,故答案为:SO3;O2;320.032g,实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g;(6)根据表中实验的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2,故T4温度更高,故答案为:T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。5草酸铵(NH4)2C2O4为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量
23、。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有_(填化学式);若观察到_, 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为_。(2)反应开始前,通人氮气的目的是_。(3)装置C的作用是 _。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为 _。该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20. 00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0. 0l00mol/L
24、KMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为_ mmol/L。【答案】NH3、CO2 E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2,防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去 2.1 (l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;(2) 氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;
25、(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;答案为:NH3;CO2 ; E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2
26、O42NH3+CO2+CO+H2O;(NH4)2C2O4(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;排尽装置中的空气;(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置C的作用是:吸收CO2,避免对CO的检验产生干扰;充分吸收CO2,防止干扰CO的检验;(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气,NH3也会与CuO反应,其产物是N2和水,该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;2NH3+3CuO(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定,反应为,滴定至终点时,因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,
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