【題目】過(guò)氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體,極微溶于水,不溶于醇類(lèi)?膳c水緩慢反應(yīng),易與酸反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室通常用CaCl2在堿性條件下與H2O2反應(yīng)制得(該反應(yīng)劇烈并大量放熱),裝置如圖所示,請(qǐng)回答下面的問(wèn)題:

I.CaO2的制備

(1)漏斗在使用時(shí)其上口的玻璃塞應(yīng)________(填“打開(kāi)”或“關(guān)閉”),支管B的作用是________

(2)將盛有濃CaCl2溶液的裝置置于冰水混合物中。其原因是:使反應(yīng)平穩(wěn)進(jìn)行、___________。

(3)加入H2O2與濃氨水的混合溶液,使反應(yīng)開(kāi)始。

①反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________

②滴加H2O2與濃氨水混合溶液之前,還應(yīng)進(jìn)行的操作是______。

(4)待反應(yīng)結(jié)束后,經(jīng)______(填操作)得CaO2粗產(chǎn)品。

Ⅱ.CaO2純度的測(cè)定:將一定量的CaO2溶于稀硫酸,用標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定生成的H2O2(KMnO4反應(yīng)后生成Mn2+),計(jì)算確定CaO2的含量。

(5)現(xiàn)每次稱(chēng)取0.4000g樣品溶解后,用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定,所得的數(shù)據(jù)如下表所示,則樣品的純度__________。

實(shí)驗(yàn)序號(hào)

消耗KMnO4體積/mL

19.98

20.02

20.20

20.00

(6)測(cè)得CaO2樣品的純度偏低,其原因可能是______(選填編號(hào))。

A.烘烤時(shí)間不足

B.配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時(shí)俯視容量瓶刻度線(xiàn)

C.在潔凈干燥的酸式滴定管中未潤(rùn)洗即裝標(biāo)準(zhǔn)液

D.滴定前尖嘴部分有氣泡,滴定后消失

【答案】 關(guān)閉 平衡壓強(qiáng),使恒壓滴液漏斗中的液體能夠順利滴下 防止雙氧水分解、氨氣逸出、溫度降低過(guò)氧化鈣的溶解度變低(合理答案均得分) CaCl2+ H2O2+ 2NH3·H2O= CaO2↓+ 2H2O+ 2NH4C1 冷凝管接通自來(lái)水 過(guò)濾 90.00% AB

【解析】(1)該實(shí)驗(yàn)中使用的是恒壓滴液漏斗,在使用時(shí)其上口的玻璃塞應(yīng)關(guān)閉,支管B可以平衡壓強(qiáng),使恒壓滴液漏斗中的液體能夠順利滴下,故答案為:關(guān)閉;平衡壓強(qiáng),使恒壓滴液漏斗中的液體能夠順利滴下

(2)CaCl2在堿性條件下與H2O2反應(yīng)制得(該反應(yīng)劇烈并大量放熱),將盛有濃CaCl2溶液的裝置置于冰水混合物中,可以使反應(yīng)平穩(wěn)進(jìn)行、同時(shí)防止雙氧水分解、氨氣逸出、溫度降低過(guò)氧化鈣的溶解度變低,故答案為:防止雙氧水分解、氨氣逸出、溫度降低過(guò)氧化鈣的溶解度變低;

(3)①加入H2O2與濃氨水的混合溶液,反應(yīng)生成CaO2沉淀,反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+ H2O2+ 2NH3·H2O= CaO2↓+ 2H2O+ 2NH4C1,故答案為:CaCl2+ H2O2+ 2NH3·H2O= CaO2↓+ 2H2O+ 2NH4C1;

CaCl2在堿性條件下與H2O2反應(yīng)制得(該反應(yīng)劇烈并大量放熱),滴加H2O2與濃氨水混合溶液之前,需要將冷凝管接通自來(lái)水,故答案為:冷凝管接通自來(lái)水

(4)過(guò)氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體,極微溶于水,不溶于醇類(lèi)待反應(yīng)結(jié)束后,經(jīng)過(guò)濾即可得CaO2粗產(chǎn)品,故答案為:過(guò)濾;

(5)根據(jù)表中消耗高錳酸鉀溶液的體積數(shù)據(jù)可知,第三次數(shù)據(jù)與其它三組誤差較大,應(yīng)該舍棄;則滴定中消耗酸性高錳酸鉀的平均體積為:mL=20.00mL,每次滴定消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為:n(KMnO4)=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol,

KMnO4反應(yīng)后生成Mn2+,化合價(jià)降低7-2)=5價(jià),CaO2被氧化成氧氣,化合價(jià)從-1升高到0價(jià),至少升高:[0-(-1)]×2=2,根據(jù)化合價(jià)升降相等可得反應(yīng)的關(guān)系式:2KMnO4~5CaO2,則每次稱(chēng)取0.4000g樣品中含有的過(guò)氧化鈣的物質(zhì)的量為:n(CaO2)=×n(KMnO4)=0.002mol×=0.005mol,所以該樣品中過(guò)氧化鈣的純度為:×100%=90.00%,故答案為:90.00%;

(6)A.烘烤時(shí)間不足,樣品中含有雜質(zhì)水分,導(dǎo)致樣品中過(guò)氧化鈣的純度偏小,故A正確;B.配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時(shí)俯視容量瓶標(biāo)線(xiàn),導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏高,滴定過(guò)程中營(yíng)養(yǎng)樣品中過(guò)氧化鈣的物質(zhì)的量不變,則消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小,測(cè)定的過(guò)氧化鈣的純度偏小,故B正確;C.在潔凈干燥的酸式滴定管中未潤(rùn)洗即裝標(biāo)準(zhǔn)液,標(biāo)準(zhǔn)液被蒸餾水稀釋?zhuān)味〞r(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,計(jì)算出的過(guò)氧化鈣的純度偏大,故C錯(cuò)誤;D.滴定前尖嘴處有氣泡,滴定后消失,導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,根據(jù)關(guān)系式計(jì)算出的過(guò)氧化鈣的質(zhì)量偏大,過(guò)氧化鈣的純度偏高,故D錯(cuò)誤;故答案為:AB。

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A.t1時(shí)刻前,混合氣體的密度減小,t1時(shí)刻后,混合氣體的密度不變
B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=
C.由T1向T2變化時(shí),V>V
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n(CO2

n(H2

n(CH3OH(g)

n(H2O(g)

0

1.00mol

3.25mol

0.00

0.00

5min

0.50mol

0.50mol

10min

0.25mol

0.75mol

15min

0.25mol

n1

回答下列問(wèn)題:
(1)表格中的n1=
(2)0﹣5min內(nèi) v (H2)=
(3)該條件下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為

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A.有MnO2條件下的反應(yīng)曲線(xiàn)是a曲線(xiàn)
B.a曲線(xiàn)變?yōu)閎曲線(xiàn),反應(yīng)的活化分子百分?jǐn)?shù)增大
C.a曲線(xiàn)變?yōu)閎曲線(xiàn),平衡時(shí)H2O2的轉(zhuǎn)化率增大
D.b曲線(xiàn)的熱化學(xué)方程式為:H2O2(l)═H2O(l)+ O2(g)△H=﹣(E1﹣E2)KJmol﹣1

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B.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=﹣41KJ/mol
(1)上述乙苯與CO2反應(yīng)的反應(yīng)熱△H為
(2)苯乙烯與HCl加成的產(chǎn)物中具有手性異構(gòu)體的分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
(3)在3L密閉容器內(nèi),乙苯與CO2的反應(yīng)在三種不同的條件下進(jìn)行實(shí)驗(yàn),乙苯、CO2的起始濃度分別為1.0mol/L和3.0mol/L,其中實(shí)驗(yàn)I在T1℃,0.3MPa,而實(shí)驗(yàn)II、III分別改變了實(shí)驗(yàn)其他條件;乙苯的濃度隨時(shí)間的變化如圖I所示.
①實(shí)驗(yàn)I乙苯在0﹣50min時(shí)的反應(yīng)速率為
②實(shí)驗(yàn)Ⅱ可能改變條件的是
③圖II是實(shí)驗(yàn)I中苯乙烯體積分?jǐn)?shù)V%隨時(shí)間t的變化曲線(xiàn),請(qǐng)?jiān)趫DII中補(bǔ)畫(huà)實(shí)驗(yàn)Ⅲ中苯乙烯體積分?jǐn)?shù)V%隨時(shí)間t的變化曲線(xiàn).
(4)25℃時(shí),將體積為Va PH=a的某一元強(qiáng)堿與體積為Vb PH=b的某二元強(qiáng)酸混合.若所得混合溶液的pH=11,且a=13,b=2,則Va:Vb=

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