Question

【題目】定量分析是化學(xué)實(shí)驗(yàn)中重要的組成部分． Ⅰ．中和熱的測(cè)定：
（1）在實(shí)驗(yàn)室中，用50mL 0.40mol/L的鹽酸與50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反應(yīng)測(cè)定和熱．假設(shè)此時(shí)溶液密度均為1g/cm3 ， 生成溶液的比容熱c=4.18J/（g℃），實(shí)驗(yàn)起始溫度為T1℃，終止溫度為T2℃，請(qǐng)寫出中和熱的計(jì)算式 （寫出最后結(jié)果）△H=KJ/mol．
（2）1L1mol/LH2SO4溶液與2L1mol/LNaOH溶液完全反應(yīng)，放出114.6kJ的熱量．請(qǐng)寫出表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式 ．
（3）滴定原理為：（用離子方程式表示）．
（4）滴定時(shí)，KMnO4溶液應(yīng)裝在（填“酸式”或“堿式”）滴定管中，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的顏色變化為 ．
（5）如圖表示50mL滴定管中液面的位置，此時(shí)滴定管中液面的讀數(shù)為mL．
（6）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，該同學(xué)一共進(jìn)行了三次實(shí)驗(yàn)，假設(shè)每次所取H2C2O4溶液體積均為VmL，三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果記錄如表：

實(shí)驗(yàn)次數(shù)	第一次	第二次	第三次
消耗KMnO4溶液體積/mL	26.32	24.02	23.98

從上表可以看出，第一次實(shí)驗(yàn)中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯多于后兩次，其原因可能是
A.實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)俯視刻度線讀取滴定終點(diǎn)時(shí)KMnO4溶液的體積
B.滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色，立刻停止滴定
C.第一次滴定盛裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，后兩次均用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗
D.第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤(rùn)洗過，后兩次未潤(rùn)洗
（7）寫出計(jì)算H2C2O4的物質(zhì)的量濃度的最簡(jiǎn)表達(dá)式：C=mol/L．

Answer 1

【答案】
（1）﹣20.9（T2﹣T1）
（2） H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol Ⅱ．氧化還原滴定實(shí)驗(yàn)與中和滴定類似．為測(cè)定某H2C2O4溶液的濃度，取該溶液于錐形瓶中，加入適量稀H2SO4后，用濃度為c mol/L KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定．
（3）6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4）酸式；溶液由無色變?yōu)樽仙?/span>
（5）21.40
（6）CD
（7）
【解析】解：I．（1）在實(shí)驗(yàn)室中，用50mL 0.40mol/L的鹽酸與50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反應(yīng)，二者反應(yīng)生成水物質(zhì)的量為0.02mol，放出的熱量Q=△H=mc△T，則反應(yīng)熱為：△H=﹣4.18J/（g℃）×100mL×1g/cm3（T2﹣T1），在稀溶液中酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol水放出的熱量為中和熱，則中和熱的計(jì)算公式為：△H=﹣4.18J/（g℃）×100mL×1g/cm3（T2﹣T1）÷0.02mol，即△H=﹣20.9（T2﹣T1）； 故答案為：﹣20.9（T2﹣T1）；（2）根據(jù)稀1L 1mol/L H2SO4溶液與2L 1mol/L NaOH溶液完全反應(yīng)，放出114.6kJ的熱量的熱化學(xué)方程式為：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l），△H=﹣114.6kJ/mol，
表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式為： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l），△H=﹣57.3kJ/mol，
故答案為： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l），△H=﹣57.3kJ/mol；
Ⅱ（1）H2C2O4與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4被氧化成CO2 ， KMnO4被還原成Mn2+ ， 反應(yīng)的離子方程式為：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
故答案為：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）因?yàn)镵MnO4具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠管，故應(yīng)用酸式滴定管盛裝；KMnO4溶液呈紫色，草酸反應(yīng)完畢，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時(shí)，溶液由無色變?yōu)樽仙�，且半分鐘�?nèi)不褪色，即達(dá)滴定終點(diǎn)；
故答案為：酸式；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時(shí)，溶液由無色變?yōu)樽仙�，且半分鐘�?nèi)不褪色；（3）A與C刻度間相差1ml，說明每?jī)蓚�(gè)小格之間是0.10mL，A處的刻度為21，A和B之間是四個(gè)小格，所以相差0.40mL，則B是21.40mL；
故答案為：21.40；（4）A．實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)俯視刻度線讀取滴定終點(diǎn)時(shí)KMnO4溶液的體積，液面偏高，讀數(shù)偏小，導(dǎo)致KMnO4體積偏小，故A錯(cuò)誤；
B．滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色，導(dǎo)致KMnO4體積偏小，故B錯(cuò)誤；
C．第一次滴定盛裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，后兩次均用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，KMnO4濃度偏小，導(dǎo)致KMnO4體積偏大，故C正確；
D．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤(rùn)洗過，后兩次未潤(rùn)洗，潤(rùn)洗錐形瓶導(dǎo)致草酸的物質(zhì)的量偏大，導(dǎo)致KMnO4體積偏大，故D正確；
故選：BD；（5）從上表可以看出，第一次實(shí)驗(yàn)中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯多于后兩次，應(yīng)舍棄，則消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為： =24mL；
依據(jù)滴定原理：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知：

6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++	10CO2↑+8H2O
2	5
c×24mL	C×VmL

2：c×24mL=5：C×VmL 解得C= mol/L；
故答案為： mol/L．
I．（1）根據(jù)Q=△H=mc△T計(jì)算反應(yīng)熱，結(jié)合中和熱定義：在稀溶液中酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol水放出的熱量解答；（ 2 ）根據(jù)熱化學(xué)方程式中系數(shù)和焓變的關(guān)系來書寫熱化學(xué)方程式，注意中和熱為生成1mol水放出熱量；
Ⅱ．（1）H2C2O4與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H2C2O4被氧化成CO2 ， KMnO4被還原成Mn2+ ， 根據(jù)電子得失守恒、質(zhì)量守恒和電荷守恒來配平；（2）KMnO4具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠管；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顏色無色變化為紫色且在30s內(nèi)顏色不再恢復(fù)為原來顏色，證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)；（3）A與C刻度間相差1ml，說明每?jī)蓚�(gè)小格之間是0.1mL，A處的刻度21，據(jù)此確定B的刻度，注意滴定管的上面數(shù)值小，下面數(shù)值大；（4）根據(jù)所用過程判斷不當(dāng)操作對(duì)相關(guān)物理量的影響判斷；（5）根據(jù)化學(xué)方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O計(jì)算H2C2O4的濃度．