酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应．某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响_百度知道
酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应．某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响
实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.c．实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响．体积 （mL）浓度（mol酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应．某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素．Ⅰ．实验前首先用浓度为0;b．实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响://g.com/zhidao/pic//zhidao/wh%3D600%2C800/sign=fb087fb2d3d539b600f194b703ea58.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink"><img class="ikqb_img" src="http，请简述甲同学改进的实验方案______．（5）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4而不是MnCl2.baidu，褪色时间就越短.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时； &nbsp.036.hiphotos.hiphotos.jpg" />（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡.540.baidu.jpg" />（4）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，会使测得的草酸溶液浓度______（填“偏高”.baidu.hiphotos?L-1．用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）．实验编号温度（℃）催化剂用量（g）酸性高锰酸钾溶液实验目的a．实验1和2探究______://g.com/zhidao/wh%3D450%2C600/sign=1ad8ed8cb568c0106caaebd/faf2be1ce7e8bc0fdc28.baidu.011.0100425040、或“不变”）．Ⅱ．通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.10002500，滴定后消失.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink"><img class="ikqb_img" src="http，草酸浓度c（H2C2O4）随反应时间t的变化曲线如图所示.jpg" esrc="http.jpg" esrc="http?L-1）1250.2000mol，从而得到了错误的实验结论.7</zhidao/wh%3D600%2C800/sign=443f5c8db0de9c82a630f/faf2be1ce7e8bc0fdc28://d.10003250.540;对应的实验目的______.com/zhidao/wh%3D450%2C600/sign=46d923aa3c6b7aa768fd3f/14ce36d3d539b600f194b703ea58.hiphotos、“偏低”，即反应速率就越快”的结论．甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）；&nbsp.1000（3）写出表中a&nbsp.hiphotos，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小.540.013.56；若50℃时.baidu，保持其他条件不变./zhidao/pic/item/faf2be1ce7e8bc0fdc28://g，请在图中画出25℃时c（H2C2O4）随t的变化曲线示意图．，滴定时，只有温度不同.hiphotos，故答案为./zhidao/wh%3D600%2C800/sign=5eddde1fc69/f9dcd100baa1cdba12c8fcc2ce2d92，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，测量溶液褪色时间.baidu，防止活塞被意外打开://h，即如图A所示操作；故答案为.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink"><img class="ikqb_img" src="http，溶液浓度偏高；故答案为，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响://h；探究温度不同对反应速率的影响（3）25℃时反应速率小于50℃时://h；（4）因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，滴定后消失，会使高锰酸钾溶液的体积偏大Ⅰ（1）高锰酸钾具有强氧化性；Ⅱ实验1.baidu.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink">.hiphotos，故反应的方程式为；（5）酸性条件下：<a href="/zhidao/wh%3D600%2C800/sign=5eddde1fc69/f9dcd100baa1cdba12c8fcc2ce2d92
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出门在外也不愁（1）1.0、35 ℃水浴、细颗粒大理石（各空1分）(2)大理石的质量（2分）(3) ①量筒 ②B&③偏大（各空2分）试题分析：（1）影响化学反应速率的因素：温度，浓度，压强，催化剂，反应物的表面积。题中给出了3个变量，要想测得每个变量对化学反应速率的影响，应先控制其他两个变量不变，观察第三个变量对化学反应速率的影响。所以①测的是浓度对化学反应速率的影响。③测的是温度对化学反应速率的影响、④测的是反应物的表面积对化学反应速率的影响。（2）大理石的质量（3）①量筒 ②因为此实验采用“测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素”， 质量减小的为二氧化碳的质量。因为干燥管也在电子天平上，质量也计入称量结果，为了测得二氧化碳损失的质量，则干燥管中不可含有吸收二氧化碳的碱石灰。同时为减少二氧化碳逸出所带走的水蒸气造成的实验误差，采用无水CaCl2 、P2O5固体做干燥剂，另外干燥管中不可盛放液体，故D项浓硫酸不选。因为取消干燥管，则二氧化碳逸出所带走的水蒸气造成实验误差，使得减少的质量=m二氧化碳+m水。③使得所测速率偏大。
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科目：高中化学
来源：不详
题型：实验题
硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打，照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，在酸性溶液中与酸反应有单质硫和SO2生成。（1）Na2S2O3溶液与稀硫酸混合反应可用于探究外界条件对反应速率的影响，完成有关的实验设计表(已知各溶液体积均为5 mL)：实验编号T/Kc(Na2S2O3)/
mol·L－1c(H2SO4)/
mol·L－1实验目的①2980．10．1实验①和②探究温度对该反应速率的影响；实验①和③探究反应物浓度对该反应速率的影响②308&&③&0．2&（2）Na2S2O3还具有很强的还原性，Na2S2O3溶液与足量氯水反应的化学方程式为：________&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&(提示：S元素被氧化为SO42-)。（3）现有一瓶Na2S2O3固体，可能含有Na2SO4固体，请设计实验验证，写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂：1 mol·L－1 H2SO4、1 mol·L－1 HNO3、1 mol·L－1 HCl、1 mol·L－1 NaOH、0．1 mol·L－1 Ba（NO3）2、0．1 mol·L－1 BaCl2、0．01 mol·L－1 KMnO4、蒸馏水。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体于试管A中，加蒸馏水溶解。&步骤2：向试管A加入&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&步骤3：取步骤2的少量上层清液于试管B中，&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
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一定条件下，可逆反应C(s)＋CO2(g) &2CO(g)& ΔH＞0，达到平衡状态，现进行如下操作：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减小体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是&&&（&&）A．①②③④B．①③C．①②D．①③④
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某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：&分析表中数据回答下列问题，(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而____________。(2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入_____g的二氧化锰为较佳选择。(3)该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确_______理由是_________________。
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下列说法中有明显错误的是A．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞C．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
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下列实验不能获得成功的是（&&&）&实验目的实验步骤A．探究催化剂对化学反应速率的影响向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液B．探究乙醇能发生氧化反应将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中C．探究石蜡油分解的产物不都是烷烃将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中D．探究蔗糖水解的产物中是否含有葡萄糖取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并且加热&
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用铁片与0.1mol/L硫酸反应制氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是A．改用98%浓硫酸B．加热C．改用2mol/L硫酸D．把铁片换成铁粉
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下列反应中产生气泡速率最快的是&温度浓度催化剂A25℃2mL5％H2O20.1mol/LFeCl32滴B35℃2mL8％H2O2MnO2粉末C25℃2mL5％H2O2MnO2粉末D25℃2mL8％H2O20.1mol/LCuCl22滴&
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下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－1V(H2SO4)/mL溶液温度/℃金属消失的时间/s反应前反应后10.10粉末0.55020355020.10丝0.850203520030.10粉末0.85020362540.10丝1.0502035125分析上述数据，回答下列问题：（1）实验1和3表明，&&&&&&&&&&&&&&&&&&对反应速率有影响，能表明这种影响因素的实验还有&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&。（填实验序号）（2）本实验中影响反应速率的其他因素还有&&&&&&&&&&&&&&&，其实验序号是&&&&&&&&&&&&&，&&&&&&&&&&&&&&&&则反应速率越快（填怎样影响）。（3）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15 ℃）相近，推测其原因：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&当前位置：
＞＞＞某研究性学习小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究..
某研究性学习小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究影响反应速率的因素．所用HNO3浓度为1.00moloL-1、2.00moloL-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL、大理石用量为10.00g．（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
大理石规格
HNO3浓度/moloL-1
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；（Ⅱ）实验①和______探究温度对该反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和______探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响．
______（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见图：依据反应方程式12CaCO3+HNO3═12Ca（NO3）2+12CO2↑+12H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率（忽略溶液体积变化，写出计算过程）．
题型：问答题难度：中档来源：不详
（1）由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同，故答案为：
大理石规格
HNO3浓度/moloL-1
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响．
2.00（2）由图可知70至90S，CO2生成的质量为m（CO2）=0.95g-0.85g=0.1g，物质的量为n（CO2）=0.144mol，由12CaCO3+HNO3=12Ca（NO3）2+12CO2↑+12H2O可知消耗HNO3的物质的量为n（HNO3）=0.144mol×2=1220mol，又溶液体积为25ml=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c（HNO3）=211moloL-1，反应的时间t=90s-70s=20s所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为v（HNO3）=△c△t=1110moloL-1oS-1，答：实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率为1110moloL-1oS-1．
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据魔方格专家权威分析，试题“某研究性学习小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究..”主要考查你对&&化学反应速率的定义、公式，影响化学反应速率的因素&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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化学反应速率的定义、公式影响化学反应速率的因素
化学反应速率：
1．定义：化学反应速率是用来衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。 2．表示方法：在容积不变的反应器中，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。即： 3．单位：mol·L-1·s-1或mol·L-1·min-1等。 4．注意：(1)化学反应速率是指一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率；通常前一段时间的平均反应速率要快于后一段时间的平均反应速率，反应速率均取正值，即v&0。 (2)在一定温度下，固体和纯液体物质单位体积的物质的量保持不变，即物质的量浓度为常数，因此在表示化学反应速率时，不代入固体或纯液体物质的浓度。浓度是指气体或溶液的浓度。 (3)同一个化学反应在相同的条件下、在同一段时间内，用不同物质表示反应速率时，数值可能相同也可能不同，但表达的意义都相同，即反应的快慢程度是一样的。 (4)在同一反应巾用不同的物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比.如化学反应：，，所以影响化学反应速率的因素：1．内因：参加反应的物质的结构及性质。 2．外因：主要是指浓度、温度、压强和催化剂，另外还有光、超声波、激光、搅拌、固体表面积、形成原电池等。 (1)浓度：其他条件相同时，增大反应物浓度，化学反应速率增大；减小反应物浓度，化学反应速率减小。在一定温度下，同体、纯液体的浓度视为定值，如C与CO2的反应、Na与H2O的反应中，C的量和Na、H2O 的量减少并不意味着其“浓度”减小，即不冈其量的增减而影响反应速率，但会因固体表面积的变化而改变反应速率。 (2)温度：其他条件相同时，升高温度，可以加快反应速率，实验测得，温度每升高10℃，化学反应速率通常增大到原来的2～4倍。 经验公式为(3)压强：对于气体反应，当温度不变时，增大压强可以加快反应速率。对于气体反应体系，压强改变时有以下几种情况：&(4)催化剂：催化剂是能改变化学反应速率但在反应前后本身的质量和化学性质都不变的物质。对于某些化学反应，使用正催化剂能显著加快化学反应速率。 (5)其他因素：增大同体的表面积(如将块状改为粉末状)，可增大反应速率；光照一般也可增大某些反应的速率；形成原电池可以加快反应速率；此外，超声波、放射线、电磁波等因素也能影响反应速率。 3．外因对化学反应速率影响的微观解释
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390012391093214604367537301852394469生物题练习教案生物学实验设计的基本原则和方法
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生物题练习教案生物学实验设计的基本原则和方法
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3秒自动关闭窗口为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为____；装置B中碱石灰的作用是____．（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收；二是____．（3）装置D的试管中产生的现象是____．（4）取下装置E，并将烧杯中溶液倒入蒸发皿中，微火小心蒸干得到固体样品（此温度下铵盐不分解）．称取不同质量的上述固体样品分别与16.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完全溶解后，加热充分反应，并使放出的氨气全部被稀硫酸吸收，测得氨气的质量．部分实验数据如下：
{[NaOH溶液的体积/mL][][16.00][样品的质量/g][3.1][6.2][9.3][12.4][氨气的质量/g][0.748][0.748][0.680][a]}①所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为____moloL-1；②a=____．-乐乐题库
& 制备实验方案的设计知识点 & “为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了...”习题详情
129位同学学习过此题，做题成功率75.9%
为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为Mg（OH）2+NH4Cl&&△&&&MgOHCl+NH3↑+H2O&；装置B中碱石灰的作用是干燥氨气&．（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收；二是防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C&．（3）装置D的试管中产生的现象是产生白色沉淀&．（4）取下装置E，并将烧杯中溶液倒入蒸发皿中，微火小心蒸干得到固体样品（此温度下铵盐不分解）．称取不同质量的上述固体样品分别与16.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完全溶解后，加热充分反应，并使放出的氨气全部被稀硫酸吸收，测得氨气的质量．部分实验数据如下：
NaOH溶液的体积/mL&&16.00&样品的质量/g&3.1&6.2&9.3&12.4&氨气的质量/g&0.748&0.748&0.680&a&①所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为3.25&moloL-1；②a=0.612&．
本题难度：较难
题型：填空题&|&来源：2013-山西模拟
分析与解答
习题“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方...”的分析与解答如下所示：
利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），为了使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，反应过程中持续通入N2，氨气极易溶于水，可以用碱石灰来吸收，氨水可以和氯化铝之间反应生成氢氧化铝，氨气的尾气处理用硫酸即可．（1）根据题目信息：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）来书写化学方程式即可；（2）根据实验过程中氮气不会好其他物质间产生任何化学反应以及大气压强原理来回答；（3）氨水可以和氯化铝之间反应，产生白色沉淀氢氧化铝；（4）根据硫酸氢铵、硫酸铵和氢氧化钠之间的量的关系来计算．
解：（1）根据题意：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），发生的反应为：Mg（OH）2+NH4Cl&&△&&&MgOHCl+NH3↑+H2O，碱石灰可以用来干燥氨气，故答案为：Mg（OH）2+NH4Cl&&△&&&MgOHCl+NH3↑+H2O；干燥氨气；（2）由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，故答案为：防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C；（3）在D中，氨可以和氯化铝之间反应，产生白色沉淀氢氧化铝，产生的白色沉淀不会溶解，故答案为：产生白色沉淀；（4）①由表中氨气质量随着样品质量的增加而下降可以知道：样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵，样品质量是3.1g时，设含有的硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是x和y，则x+2y=0.748g17g/mol=0.044mol，115x+132y=3.1，解得x=0.004mol，y=0.02mol，氢氧化钠中和硫氢化钠溶液中的H+，余下0.68g17g/mol=0.04mol氢氧化钠和铵根离子反应生成氨气，故n（NaOH）=0.052mol，c（NaOH）=0.052mol0.016L=3.25mol/L，故答案为：3.25；②12.4g样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是0.016mol和0.08mol．0.016mol氢氧化钠中和硫酸氢钠中的氢离子，余下0.052mol-0.016mol=0.036mol氢氧化钠和氨根离子反应产生氨气，即氨气的质量是0.036mol×17g/mol=0.612g，故答案为：0.612．
本题是一道实验方案设计的考查题，要求学生具有的分析和解决问题的能力，难度大．
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为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化...
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经过分析，习题“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方...”主要考察你对“制备实验方案的设计”
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
制备实验方案的设计
与“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方...”相似的题目：
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在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：（己知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38）Ⅰ：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液：Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气．回答下列问题：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为&&&&：（2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是&&&&，分离得到固体的主要成分是&&&&，从固体中分离出铜需采用的方法是&&&&；（3）过程Ⅱ中发生反应的化学方程式为&&&&；（4）过程Ⅱ中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为&&&&．（列式计算）
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“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了...”的最新评论
该知识点好题
1CuSO4o5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用．以下是CuSO4o5H2O的实验室制备流程图．根据题意完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：&&&&、&&&&．（2）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4o5H2O中可能存在的杂质是&&&&，除去这种杂质的实验操作称为&&&&．（3）已知：CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4称取0.1000g提纯后的CuSO4o5H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4o5H2O&&&&g．（4）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用&&&&．在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线&&&&所对应的刻度．（5）如果采用重量法测定CuSO4o5H2O的含量，完成下列步骤：①&&&&②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略）在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是&&&&（6）如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4o5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g&测定的相对误差为&&&&．
2实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：（1）操作Ⅰ使用的试剂是&&&&，所用的主要仪器名称是&&&&．（2）加入溶液W的目的是&&&&．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．由表中数据可知，理论上可选择的pH最大范围是&&&&．酸化溶液Z时，使用的试剂为&&&&．
&开始沉淀时的pH&沉淀完全时的pH&Mg2+&9.6&11.0&Ca2+&12.2&c（OH-）=1.8moloL-1&（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集气体，下列装置中合理的是&&&&．（4）常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1.2×10-2，Ka2=6.3×10-8；H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11．某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测量溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3．该实验设计不正确，错误在于&&&&．设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3（简要说明实验步骤、现象和结论）．&&&&．仪器自选．供选择的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸．
3（2009o江苏）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物．（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：方法一：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+NaSO4+O2↑+2H2O用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是&&&&．（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）.2001年我国卫生部规定，饮用水ClO2-的含量应不超过0.2mgoL-1．饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定．ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液PH的关系如右图所示．当pH≤2.0时，ClO2-也能被I-完全还原成Cl-．反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI①请写出pH≤2.0时，ClO2-与I-反应的离子方程式&&&&．②请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中．步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0步骤3：加入足量的KI晶体．步骤4：加少量淀粉溶液，用cmoloL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL．步骤5：&&&&．步骤6；再用cmoloL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的ClO2-的浓度为&&&&mgoL-1（用含字母的代数式表示）．④若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的，该反应的氧化产物是&&&&（填化学式）
该知识点易错题
1CuSO4o5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用．以下是CuSO4o5H2O的实验室制备流程图．根据题意完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：&&&&、&&&&．（2）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4o5H2O中可能存在的杂质是&&&&，除去这种杂质的实验操作称为&&&&．（3）已知：CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4称取0.1000g提纯后的CuSO4o5H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4o5H2O&&&&g．（4）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用&&&&．在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线&&&&所对应的刻度．（5）如果采用重量法测定CuSO4o5H2O的含量，完成下列步骤：①&&&&②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略）在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是&&&&（6）如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4o5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g&测定的相对误差为&&&&．
2（2009o江苏）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物．（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：方法一：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+NaSO4+O2↑+2H2O用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是&&&&．（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）.2001年我国卫生部规定，饮用水ClO2-的含量应不超过0.2mgoL-1．饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定．ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液PH的关系如右图所示．当pH≤2.0时，ClO2-也能被I-完全还原成Cl-．反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI①请写出pH≤2.0时，ClO2-与I-反应的离子方程式&&&&．②请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中．步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0步骤3：加入足量的KI晶体．步骤4：加少量淀粉溶液，用cmoloL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL．步骤5：&&&&．步骤6；再用cmoloL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．③根据上述分析数据，测得该饮用水样中的ClO2-的浓度为&&&&mgoL-1（用含字母的代数式表示）．④若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的，该反应的氧化产物是&&&&（填化学式）
3某探究小组用洗净的废铜屑制备硝酸铜，下列方案中既节约原料又环保的是（　　）
欢迎来到乐乐题库，查看习题“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为____；装置B中碱石灰的作用是____．（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收；二是____．（3）装置D的试管中产生的现象是____．（4）取下装置E，并将烧杯中溶液倒入蒸发皿中，微火小心蒸干得到固体样品（此温度下铵盐不分解）．称取不同质量的上述固体样品分别与16.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完全溶解后，加热充分反应，并使放出的氨气全部被稀硫酸吸收，测得氨气的质量．部分实验数据如下：
{[NaOH溶液的体积/mL][][16.00][样品的质量/g][3.1][6.2][9.3][12.4][氨气的质量/g][0.748][0.748][0.680][a]}①所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为____moloL-1；②a=____．”的答案、考点梳理，并查找与习题“为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为____；装置B中碱石灰的作用是____．（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收；二是____．（3）装置D的试管中产生的现象是____．（4）取下装置E，并将烧杯中溶液倒入蒸发皿中，微火小心蒸干得到固体样品（此温度下铵盐不分解）．称取不同质量的上述固体样品分别与16.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完全溶解后，加热充分反应，并使放出的氨气全部被稀硫酸吸收，测得氨气的质量．部分实验数据如下：
{[NaOH溶液的体积/mL][][16.00][样品的质量/g][3.1][6.2][9.3][12.4][氨气的质量/g][0.748][0.748][0.680][a]}①所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为____moloL-1；②a=____．”相似的习题。}