Question

【題目】定量分析是化學實驗中重要的組成部分。

Ⅰ．中和熱的測定：在實驗室中，用50 mL 0.40 mol/L的鹽酸與50 mL 0.50mol/L的NaOH溶液反應測定中和熱。假設此時溶液密度均為1 g/cm3，生成溶液的比容熱c = 4.18 J/(g℃)，實驗起始溫度為T1℃，終止溫度為T2℃，則中和熱△H=___kJ/mol。

Ⅱ．氧化還原滴定實驗與中和滴定類似。為測定某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標準溶液滴定。

(1)滴定原理為：(用離子方程式表示)___________。

(2)達到滴定終點時的顏色變化為___________ 。

(3)如圖表示50mL滴定管中液面的位置，此時滴定管中液面的___________讀數為mL。

(4)為了減小實驗誤差，該同學一共進行了三次實驗，假設每次所取H2C2O4溶液體積均為VmL，三次實驗結果記錄如下：

實驗序號	①	②	③
消耗KMnO4溶液體積/mL	26.53	24.02	23.98

從上表可以看出，實驗①中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯多于②③，其原因可能是 ______________________。

A.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

B．①滴定盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標準液潤洗，②③均用標準液潤洗

C．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積

D．①滴定用的錐形瓶用待測液潤洗過，②③未潤洗

(5)H2C2O4的物質的量濃度=______________mol/L。

Answer 1

【答案】-20.9（T2-T1） 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 滴入最后一滴KMnO4溶液，錐形瓶內的顏色恰好變成淺紫紅色，且半分鐘不褪色 21.40 BD 60c/V

【解析】

I. 在實驗室中，用50mL 0.40mol/L的鹽酸與50mL 0.50mol/L的NaOH溶液反應生成水的物質的量為0.02mol，則△H=4.18×103kJ/(g℃)×100mL×1g/mL×(T2T1)÷0.02mol =20.9(T2T1)kJ/mol，故答案為：20.9(T2T1)；

Ⅱ.(1). H2C2O4與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被還原成Mn2+，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2). KMnO4溶液呈紫色，當滴入最后一滴KMnO4溶液時，溶液由無色變為淺紫紅色，且半分鐘內不褪色，即達滴定終點，故答案為：滴入最后一滴KMnO4溶液，錐形瓶內的顏色恰好變成淺紫紅色，且半分鐘不褪色；

(3). A與C刻度間相差1.00mL，說明每兩個小格之間是0.10mL，A處的刻度為21.00，A和B之間是四個小格，所以相差0.40mL，則B是21.40mL，故答案為：21.40；

(4). A. 滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色就立刻停止滴定，會導致滴入的KMnO4溶液體積偏小，故A不選；

B. 第一次滴定時盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標準液潤洗，KMnO4濃度偏小，導致滴入KMnO4體積偏大，故B選；

C. 實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積，讀數偏小，導致讀取的KMnO4體積偏小，故C不選；

D. 第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，潤洗錐形瓶會導致草酸的物質的量偏大，造成滴入KMnO4體積偏大，故D選，答案為：BD；

(5). 從上表可以看出，第一次實驗中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯多于后兩次，應舍棄，則消耗標準液的體積為：mL=24.00mL，設H2C2O4的物質的量濃度為a mol/L，依據滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知：

2MnO4- + 5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O

2 5

c×24.00mL a×VmL

2:c×24.00mL=5:a×VmL 解得a=60c/V mol/L，故答案為：60c/V。