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1、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
2、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
3、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
4、)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2
5、0.10mL，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，
6、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
7、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：2
8、MnO4224+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）。（
9、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、
10、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
11、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
12、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
