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化学培优化水溶液中离子均衡指导专题训练附答案分析【化学】培优化水溶液中的离子均衡指导专题训练附答案分析一、水溶液中的离子均衡1黄铜矿是工业炼铜的主要原料,其主要成分为CuFeS,现有一种天然黄铜矿(含少量脉2石),为了测定该黄铜矿的纯度,某同学设计了以下实验:现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煅烧,生成Cu、Fe3O4和SO2气体,实验后取d中溶液的置于锥形瓶中,用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定,初读数为0.00mL,终读数以下图。请回答以下问题:( 1)称量样品所用的仪器为_,将样品研细后再反响,其目的是_。( 2)装置a的作用是_。a有益于空气中氧气充足反响b除掉空气中的水蒸气c有益于气体混淆d有益于察看空气流速(3)上述反响结束后,仍需通一段时间的空气,其目的是_。(4)滴准时,标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是_。经过计算可知,该黄铜矿的纯度为_。(5)若用右图装置代替上述实验装置d,相同能够达到实验目的的是_。(填编号)/(6)若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度偏差为1%,假定实验操作均正确,可能的原由主要有_。【根源】2010届江苏启东中学高三考前指导训练化学试题【答案】电子天平使原料充足反响、加快反响速率b、d使反响生成的SO2所有进入d装置中,使结果精准20.10mL溶液恰巧由无色变为浅蓝色,且半分钟内不退色80.4%空气中的CO2与Ba(OH)2反响生成BaCO3积淀;BaSO3被氧化成BaSO4【分析】【剖析】(1)依据称量黄铜矿样品1.150g,选择精准度较高的仪器;将样品研细,增大了接触面积;(2)浓硫酸能够将水除掉,还能够依据冒出气泡的速率来调理空气流速;(3)反响产生的二氧化硫应当尽可能的被d装置汲取;(4)依据滴定管的读数方法读出耗费碘溶液的体积,依据反响结束时的颜色变化判断滴定终点;先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS22SO22I2,再依据题中数据进行计算;(5)图2中的中通入二氧化硫,反响生成了硫酸钡积淀,能够依据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量;(6)Ba(OH)2溶液能汲取空气的CO2,此外BaSO3易被空气中氧气氧化,这些原由均能惹起测定偏差。【详解】(1)因为称量黄铜矿样品1.150g,精准度达到了千分之一,应当采用电子天平进行称量,把黄铜矿样品研细,能够增大接触面积,进而提高反响速率,而且使黄铜矿充足反响;(2)装置a中的浓硫酸能够汲取空气中的水蒸气,防备水蒸气进入反响装置b中发生危险,同时依据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量,故答案为bd;(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物,分解完成后仍旧需要通入一段时间的空气,能够将b、d装置中的二氧化硫所有排出去,使结果更为精准;(4)依据滴定管的示数是上方小,下方大,能够读出滴定管示数是20.10mL,当达到滴定终点时,二氧化硫已经被碘单质耗费完成,再滴入一滴碘单质,碰到淀粉会变蓝;依据硫原子守恒和电子守恒找出关系式:CuFeS22SO22I2,耗费掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时,即耗费的碘单质的量为:0.05mol/L0.0201L=0.00105mol,因此黄铜矿的质量是:0.9246g0.50.00105mol184g/mol10=0,.9246g因此其纯度是:100%=80.4%;1.15g(5)因为图2中,硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡积淀,过滤干燥后,依据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量,故答案为;(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度偏差为1%,在实验操作均正确的前提下,惹起偏差的可能原由主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反响生成BaCO3积淀或BaSO3被氧化成BaSO4。2淀粉水解的产物(C61261所示(加热、搅拌HO)用硝酸氧化能够制备草酸,装置如图和仪器固定装置均已略去):实验过程以下:将1:1的淀粉水乳液与少量硫酸(98%)加入烧杯中,水浴加热至8590,保持30min,而后渐渐将温度降至60左右;将必定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中;控制反响液温度在5560条件下,边搅拌边迟缓滴加必定量含有适当催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:1.5)溶液;反响3h左右,冷却,减压过滤后再重结晶得草酸晶体,硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生以下反响:C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答以下问题:(1)实验加入98%硫酸少量的作用是:_;(2)实验中若混酸滴加过快,将致使草酸产量降落,其原由是_;( 3)查验淀粉能否水解完好所用的试剂为_;( 4)草酸重结晶的减压过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还一定使用属于硅酸盐资料的仪器有_;(5)将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重,获得二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定,该反响的离子方程式为:2MnO4224+2+22+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO称取该样品0.12g,加适当水完好溶解,而后用1溶液滴定至终点(杂质不参0.020mol?L的酸性KMnO4与反响),此时溶液颜色变化为_,滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示,则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_。【根源】2013届浙江省绍兴一中高三回头考试化学试题(带分析)【答案】催化剂的作用温度过高,硝酸浓度过大,致使H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不退色84%【分析】【剖析】【详解】( 1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂,即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。( 2)因为温度过高、硝酸浓度过大,会致使产物H2C2O4进一步被氧化,因此不可以滴入的过快。( 3)因为碘能和淀粉发生显色反响,因此能够用碘水来查验淀粉能否完好水解。( 4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。( 5)因为酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的,因此当反响达到终点时,溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不退色。依据滴定管的读数可知,耗费高锰酸钾溶液是18.50ml2.50ml16.00ml。依据方程式可知,草酸的物质的量是-10.016L/250.0008mol,则0.020molL草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126100%84.0%。0.123亚硝酰硫酸NOSO4H是染料、医药等工业的重要原料;溶于浓硫酸,可在浓硫酸存在时用SO2和浓硝酸反响制得。测定产品的纯度:正确称取1.5g产品放入锥形瓶中,加入0.1000mol/L、100.00mL的KMnO4溶液和足量稀硫酸,摇匀充足反响。而后用0.5000mol/L草酸钠标准溶液滴定,耗费草酸钠溶液的体积为30.00mL。已知:2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4草酸钠与高锰酸钾溶液反响的离子方程式为_。滴定终点的现象为_。亚硝酰硫酸的纯度_。保存三位有效数字,M(NOSO4H)=127g/mol【根源】专题5.3化学计算(疑难打破)顶峰冲刺2020年高考化学二轮专项提高【答案】2MnO4-242-+2+22滴入最后一滴Na2C2O4溶液后,溶+5CO+16H=2Mn+10CO+8HO液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复84.67%【分析】【剖析】高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳,依据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过度的高锰酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反响达到终点;减缓滴定过程中草酸耗费高锰酸钾物质的量,获得2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4,反响耗费高锰酸钾物质的量计算获得亚硝酰硫酸物质的量,据此计算纯度。【详解】酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化复原反响,生成二氧化碳,锰元素化合价7价降低到2价,电子转移5e-,碳元素化合价3价变化为4价,依据电子转移,电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平获得离子方程式:2MnO4-+5C2O42-+2+22+16H=2Mn+10CO+8HO,故答案为:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O;用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过度的高锰酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反响达到终点,故答案为:滴入最后一滴Na2C2O4溶液后,溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复;2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O25n0.5mol/L0.030L解得n0.006mol,则与NOSO4H反响的高锰酸钾物质的量0.1000mol?L-10.004mol,2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO4
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