题目内容

9．已知草酸晶体（H2C2O4．XH2O）可溶于水，并可与酸性高锰酸钾溶液完全反应：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑
现用氧化还原滴定法测定草酸晶体的结晶水分子数X，步骤如下：
①用分析天平称取草酸晶体1.440g，将其配制成100.00mL待测草酸溶液
②用移液管移取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，并加入适量硫酸酸化
③用浓度为0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定，三次结果如下：
第一次滴定第二次滴定第三次滴定
待测溶液体积（mL）25.0025.0025.00
标准溶液体积（mL）9.9910.0110.00
已知H2C2O4的相对分子质量为90，请回答下列问题：
（1）滴定时，KMnO4标准溶液应该装在酸式（填酸式或碱式）滴定管中．
（2）在整个实验过程中，不需要的仪器或用品是④⑥（填序号）．
①100mL容量瓶  ②烧杯  ③滴定管夹  ④漏斗  ⑤玻璃棒  ⑥托盘天平
（3）到达滴定终点的标志是加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，且30s内不褪色．
（4）根据上述数据计算X=3．
（5）若滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则X值偏高（填：偏高、偏低、无影响）．
（6）若KMnO4标准溶液浓度偏低，则X值偏低（填：偏高、偏低、无影响）．

分析 （1）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶、烧杯、玻璃棒，滴定过程需要滴定管夹，称量用分析天平；
（3）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为浅紫红色；
（4）由题给化学方程式及数据，从而计算X的值；
（5）（6）据c（待测）=$\frac{c（标准）V（标准）}{V（待测）}$，看错误操作导致V（标准）的变化分析；

解答 解：（1）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中；
故答案为：酸式；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶、烧杯、玻璃棒，滴定过程需要滴定管夹，称量用分析天平，所以不需要的仪器有④⑥；
故答案为：④⑥；
（3）草酸反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，红色30s内不褪色，说明滴定到终点，
故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，且30s内不褪色；
（4）三次滴定均有效，KMnO4标准溶液的平均体积为10.00mL，则25.00mL待测草酸溶液消耗的KMnO4的
物质的量为0.1000mol•L-1×0.01L，100.00mL待测草酸溶液消耗的KMnO4的物质的量为0.1000mol•L-1×0.01L×4，即1.440g纯草酸晶体消耗的KMnO4的物质的量为0.1000mol•L-1×0.01L×4，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知H2C2O4的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.01L×4×$\frac{5}{2}$=0.01mol，0.01molH2C2O4的质量为0.01mol×90g/mol=0.9g，所以1.440gH2C2O4•xH2O中水的物质的量为1.440g-0.9g=0.54g，其物质的量=$\frac{0.54g}{18g/mol}$=0.03mol，则x=3，
故答案为：3；
（5）滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，所测标准液体积变小，草酸物质的量变小，质量变小，则水偏多，X值偏高；
答案为：偏高；
（6）KMnO4标准溶液浓度偏低，所用标准液体积偏大，计算出的草酸物质的量偏多，质量偏大，水的质量偏小，X偏小；
答案为：偏低；

点评 本题考查了氧化还原滴定，实验过程分析和实验基本操作，注意滴定管的使用和滴定计算，题目难度中等．

练习册系列答案
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10．高纯氧化铁性能稳定，无毒、无臭、无味，是食品、药品、化妆品常用着色剂．
某实验小组用工业FeCl3粗品（含Ca、Mn、Cu等杂质离子）为原料，以萃取剂Y（甲基异丁基甲酮）萃取法制取高纯氧化铁．实验过程中的主要操作步骤如图1：

已知：试剂X是浓盐酸，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4
请回答下列问题：
（1）据上述实验操作过程判断，下列实验装置中如图2，没有用到的是①④（填序号）

（2）用萃取剂Y萃取的步骤中：
①Ca、Mn、Cu等杂质离子几乎都在水相（填“水”或“有机”）相中．
②实验时分3次萃取并合并萃取液，这样操作的目的是提高萃取率，提高产量．
③以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是ABC．
A．溶液中加入Y，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图3用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．分液时，将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，打开旋塞，待下层液体完全流尽时，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体
（3）下列试剂中，作反萃取剂Z的最佳选择是A，反萃取能发生的原因是加高纯水时，c（HCl）降低，平衡向转化为FeCl3的方向移动．
A．高纯水        B．盐酸          C．稀硫酸      D．酒精
（4）据上述实验操作过程判断，本实验若用适量Na2C2O4溶液代替H2C2O4溶液，是否合理并请说明理由不合理，采用蒸发、灼烧操作后，高纯氧化铁中会有大量NaCl残留在其中．
（5）测定产品中铁的含量需经酸溶、还原为Fe2+，然后在酸性条件下用标准K2Cr2O7溶液滴定（还原产物是Cr3+）．现准确称取Wg样品经酸溶、还原为Fe2+，用0.1000mol•L-1的标准溶液进行滴定．
①滴定起始和终点的液面位置如图如图4，则消耗K2Cr2O7标准溶液体积为20.00mL．
②产品中铁的含量为$\frac{0.672}{W}$×100%（假设杂质不与K2Cr2O7反应）．
11．某有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200．经分析得知，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3．A具有酸性，是蜂王浆中的有效成分，物质的量为0.0002mol的A需用20.0 mL 0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点（1）有机化合物A的相对分子质量（分子量）是186，该化合物的化学式（分子式）C10H18O3，分子中含有碳碳双键和羧基．
（2）在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：     
（R  R′R″为烃基或氢）
已知有机化合物A能使溴的四氯化碳溶液褪色，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应．
 以上反应和B的进一步反应如图所示．

1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况）．若将D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，该反应的化学方程式是HOOCCOOH+HOCH2CH2OH$→_{△}^{浓硫酸}$+2H2O，反应类型是酯化反应．D与碳酸氢钠反应的化学方程式是HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O．
（3）经测定，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3．写出有机化合物A的结构简式HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH．
8．有机物W在氧气中燃烧只生成二氧化碳和水，W的转化关系如下图所示：

已知部分信息如下：
①W分子中，苯环上只有两种化学环境的氢原子．
②Y遇氯化铁溶液发生显色反应．请回答下列问题：
（1）X的分子官能团名称是醇羟基或羟基．Y中官能团名称是羟基和羧基．
（2）Z生成T的化学方程式为+CO2+H2O→+NaHCO3．
（3）Y的系统命名是对羟基苯甲酸．W生成X和Y的反应类型是水解反应或取代反应．
（4）写出W的结构简式：
（5）芳香族化合物R的分子式比W多2个氢原子，且R能发生银镜反应，R苯环上有三个互为间位的取代基，等物质的量的R分别与足量钠、氢氧化钠、碳酸氢钠完全反应，消耗钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为3：2：1．则R的结构简式为．
4．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验．请回答相关问题：

（1）定性分析
如图甲：可通过观察反应产生气泡快慢，定性比较得出结论对实验甲，有同学提出“FeCl3”改为Fe2（SO4）3或“CuSO4”改为CuCl2更为合理，其理由是消除阴离子不同对实验的干扰．
（2）定量分析
如图乙：实验时均以生成40mL 气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略．检查该装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位，实验中需要测量的数据是产生40mL气体所需的时间．
（3）加入0.01molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示．
①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式2H2O2 $\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H2O+O2↑．
②放出$\frac{1}{3}$气体所需时间为1min．
③A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A．
④解释反应速率变化的原因随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢．
⑤计算机H2O2的初始物质的量浓度0.11mol•L-1．
14．金属钛（Ti）性能优越，被称为“亲生物金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如图：

已知：①2H2SO4（浓）+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-=SiO32-+H2O．
（2）25℃时，难溶电解质形成沉淀与pH关系如表
pHFe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Ti（OH）2
开始沉淀1.14.571
完全沉淀2.86.49.22.7
TiO（OH）2溶度积Ksp=1×10-29
a．步骤II加入铁屑原因是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀．
b．向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是调节PH，生成TiO（OH）2溶液．溶液Ⅱ中大量含有的阳离子有TiO2+、Fe2+、H+．
（3）TiCl4→Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti．
①写出由TiO2制取TiCl4的化学方程式TiO2+2Cl2+2C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$TiCl4+2CO．
②依据如表信息，需加热的温度略高于1412℃即可．
TiCl4MgMgCl2Ti
熔点/℃-25.0648.87141667
沸点/℃136.4109014123287
（4）为了测定绿矾（FeSO4•7H2O）的含量，称取2.850g绿矾样品配置成250mL溶液，取25.00mL用0.01mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．消耗KMnO4溶液的体积为20mL计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为97.5%．
1．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：
方法a用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b用葡萄糖还原新制的Cu（OH）2制备Cu2O
方法c电解法，反应为2Cu+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑
方法d用肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2
（1）已知：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═Cu2O（s）；△H=-169kJ•mol-1
②C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1
③Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CuO（s）；△H=-157kJ•mol-1
则方法a发生的热化学方程式是：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ/mol．
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：
该离子交换膜为阴离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，钛极附近的pH值增大（填“增大”“减小”或“不变”）．
（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2↑+6H2O．
（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）$?_{Cu_{2}O}^{光照}$2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
序号
0		  1020304050
①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480
②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480
③T20.100.0940.0900.0900.0900.090
①对比实验的温度：T2＞T1（填“＞”“＜”或“﹦”）；
②实验①前20min的平均反应速率 v（O2）=3.5×10-5mol/（L•min）．
18．表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：
实验
序号		金属
质量/g		金属
状态		c（H2SO4）
/mol•L-1
 		V（H2SO4）/mL
 		溶液温度/℃金属消失的时间/S
反应前反应后
10.10丝0.5502034500
20.10粉末0.550203550
30.10丝0.7502036250
40.10丝0.8502035200
50.10粉末0.850203625
60.10丝1.0502035125
70.10丝1.050355050
80.10丝1.1502034100
90.10丝1.150204440
分析上述数据，回答下列问题：
（1）实验4和5表明固体表面积对反应速率有影响；固体表面积越大，反应速率越快，能表明这一规律另一组实验是1和2（填实验序号）．
（2）在前4次实验中，能表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有1、3、4（填序号）．
（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有温度，其实验序号是6和7．
（4）实验中，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：反应物用量相同，放出的热量相同．
19．重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放．
Ⅰ．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强．为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表．
氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3
pH3.79.611.189（＞9溶解）
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是A（填序号）．
A．Na2O2      B．HNO3      C．FeCl3      D．KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是AB；（填下列选项）已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR-→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是CD．（填下列选项）
A．Fe3+          B． Al3+        C．Ca2+         D．Mg2+
（3）还原过程中，每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，该反应离子方程式为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O．
Ⅱ．酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水：该法用Fe作电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀．
（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？不能（填“能”或“不能”），理由是因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态．
（2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O．
（3）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1×10-32，溶液的pH应为5时才能使c（Cr3+）降至10-5 mol•L-1．

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