1、【化学】化学化学反应原理的专项培优练习题( 含答案 ) 附答案一、化学反应原理1 研究不同pH 时 CuSO溶液对 H2O2分解的催化作用。资料： a Cu2O 为红色固体，4难溶于水，能溶于硫酸，生成2+为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫Cu 和 Cu。 bCuO2酸，生成 Cu2+和 H2O2。 c H2O2 有弱酸性： H2O2H+ + HO2- ， HO2-H+ + O22- 。编实验现象号向 1 mL pH 2 的 1 mol L- 1 CuSO4 溶液中加入出现少量气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液向 1mL pH 3 的 1 mol L- 1CuSO4 溶液中加入立即产生少
2、量棕黄色沉淀，出现较明显气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液向 1mL pH 5 的 1 mol L- 14立即产生大量棕褐色沉淀，产CuSO 溶液中加入生大量气泡0 . 5 mL 30% H2O2溶液（1） 经检验生成的气体均为O242 2_。，中CuSO 催化分解H O 的化学方程式是（ 2）对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：. CuO2 ，.Cu2O 和 CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验：过滤中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。若中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是 _。依据中沉淀完全溶解，甲同学认为假设不成立，乙同学不
3、同意甲同学的观点，理由是 _。为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验：将中沉淀洗涤、干燥后，取a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加c mol L- 1EDTA 溶EDTA 溶液至滴定终点，消耗液 V mL。 V=_，可知沉淀中不含Cu2O，假设成立。（已知：Cu2+EDTA= EDTA- Cu2+，M296 g mol- 1， M ( Cu2O144g mol- 1）CuO) )(（3）结合方程式，运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。（4）研究、中不同pH 时 H2O2分解速率不同的原因。实验：在试管中分别取1 mL p
4、H 2、 3、 5 的 1 mol L- 1 Na2SO4 溶液，向其中各加入0. 5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。实验： _（填实验操作和现象），说明CuO2 能够催化H2O2 分解。（5）综合上述实验，、中不同pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是_。【答案】 2H2 222222+ CuO2+2+反应产生的 H22OO +2H OH O +Cu+2HCuO与 HO 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2 O 或 Cu，无法观察到红色沉淀 Cu1000a溶液96c中存在 H2O2+ HO ， HO + O2 ，溶液 pH 增大，两个平衡均正向移动，O 2H
5、22H22 浓度增大，使得CuO2 沉淀量增大将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入 30 H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变CuO2的催化能力强于Cu2+；随 pH 增大， Cu2 +与 H2O2 反应生成 CuO2 增多【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为 2H2O2O2+2H2O，故答案为：2H2 O2O2+2H2O；（ 2）若中生成的沉淀为 CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为 H2O2+Cu2 +=CuO2+2H+，故答案为： H2O2+
6、Cu2+=CuO2+2H+；由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设可能成立，乙同学的观点正确，故答案为： CuO2 与 H+反应产生的 H2O2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu，无法观察到红色沉淀Cu；a g 过氧化铜的物质的量为ag，由方程式可得如下关系：CuO2+ EDTA，则有96g/ mol2 Cuag= c mol / L V 101000a1000a96g/ mol3L，解得 V= 96c ml，故答案为：96c；3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H
7、2 2+HOHO +O2（H2 、2H2O ，溶液 pH 增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2 2+HO ，HO+O 2，溶液pHH22H2O增大，两个平衡均正向移动，O22 浓度增大，使得CuO2 沉淀量增大；（ 4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30 H2O2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30 H2O2
8、 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；（ 5）由以上实验可知，当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：2的催化能力强于2+；随 pH 增大， Cu2+与 H2 2反应生成2增多。CuOCuOCuO【点睛】当溶液 pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。2 人体血液里Ca2的浓度一般采用mgcm-3 来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵 (NH 4) 2C2O
9、4 溶液，可析出草酸钙 (CaC2O4) 沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H 2C2O4) ，再用 KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中 Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有_ ( 填序号 ) 。（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_( 填“偏大”或“偏小” ) 。（测定血液样品中Ca2 的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol L 1 KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成C
10、O2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4 溶液。（3）已知草酸跟KMnO溶液反应的离子方程式为-+x+2MnO+5H C O4+6H =2Mn +10CO+8H O则442222方程式中的x=_ 。（ 4）经过计算，血液样品中 Ca2+的浓度为 _ mgcm-3 。【答案】 偏小 2 1.2【解析】【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶
11、液凹液面与刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 2)+(+1 6)=+x，解2得， x=2，草酸跟KMnO4 反应的离子方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+2Mn 2+10CO2 +8H2O；(4)血样 20.00mL 经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L 0.012L=2.4-4mol10，根据反应方程式2MnO-42 2 4+ 2Mn2+222 4，可知：+5H C O +6H+10CO +8H O，及草酸钙的化学式CaC O2+5-4-42
12、+-n(Ca )=n(H2C2O4)=2n(MnO 4 )=2.52.4 mol=610 10mol，Ca的质量为： 40g/mol 6104mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：24mg=1.2mg/cm3。20cm3【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c= n 分析，如：用V量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的
13、氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。3 食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：()2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；( )Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3；( )2NaHSO3Na2S2O5+H2O。查阅资料：焦亚硫酸钠
14、为黄色结晶粉末， 150时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。实验装置如下：（ 1）实验室可用废铝丝与 NaOH 溶液制取 H2，其离子方程式为 _。（ 2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为 _。实验后期须利用水浴使温度保持在约80。（3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是_；然后获得较纯的无水Na2S2O5 ，应将溶液冷却到30左右过滤，控制 “ 30左右 ”的理由是_。（4）丙为真空干燥Na2S2O5 晶体的装置，通入H2 的目的是 _。（5）常用
15、剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：2-+2I22-S2O5+3H2 O=2SO4+4I+2-2-+6H； 2S2O3+I2=S4O6+2I 。请补充实验步骤 (可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3 溶液及蒸馏水 )。精确称取产品 0.2000g 放入碘量瓶 (带磨口塞的锥形瓶 )中。准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量 )并记录数据，在暗处放置5min ，然后加入 5mL 冰醋酸及适量的蒸馏水。用标准 Na2 S2O3 溶液滴定至接近终点。 _。重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值。【答案】 2Al 2OH-2H22- 3H
16、22趁热过滤O=2AlOSO 与 NaOH 溶液的反应是放热反应此时溶液中 Na2 3不饱和，不析出排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化加入少量淀粉溶SO液，继续用标准 Na2S2O3 溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积【解析】【分析】(1)铝和 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；(2)SO2 与 NaOH 溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；(3)根据图知，温度越高Na2 S2O5 溶解度增大，当接近40时亚硫酸钠溶解度减小；控制“ 30左右 ”时，此时溶液中Na SO不饱和；23(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化
17、；(5)碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3 溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。【详解】-22-(1)铝和 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH +2H O=2AlO+3H ；2(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“”温度迅速升高；(3)根据图知，温度越高 Na2 S2O5 溶解度增大，当接近 40时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制 “30左右 ”时，此时溶液中 Na2SO3 不饱和，不析出；(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通
18、入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；(5)继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3 溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。4 某化学兴趣小组欲测定KClO，溶液与 NaHSO溶液反应的化学反应速率所用试剂为3310mL0.1mol/LKClO3，溶液和 10mL0.3mol / LNaHSO3 溶液，所得数据如图所示。已知：ClO 33HSO3Cl3SO243H 。（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内的平均反应速率v Cl_mol /L min。（ 2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反
19、应的化学反应速率先增大后减小某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。方案假设实验操作该反应放热使溶液温度向烧杯中加入 10mL0.1mo/L 的 KClO 3 溶液和 10mL0.3mol/L的升高，反应速率加快NaHSO 3 溶液，取 10mL0.1mo/L 的 KClO 3 溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl 固体，再加入 10mL0.3mol/L 的 NaHSO 3 溶液溶液酸性增强加快了化分别向 a、b 两只烧杯中加入 10mL0.1mol/L 的 KClO 3 溶液；向烧杯 a中加入 1mL 水，向烧杯 b 中加入 1mL0.2mol/L 的盐酸
20、；再分别向两只学反应速率烧杯中加入10mL0.3mol/L 的 NaHSO 3 溶液补全方案中的实验操作：_。方案中的假设为_。除、中的假设外，还可以提出的假设是_。某同学从控制变量的角度思考，认为方案 中实验操作设计不严谨，请进行改进：_。反应后期，化学反应速率变慢的原因是_。0.0025ClSO24 加快了化学反应速率将 1mL 水改为1mL0.2mol/L的 NaCl 溶液反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L ，所以平均反应速率c Cl0.010mol / L4min0.0025mol /Lmin；（
21、2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；方案 I、相比较，中加入了少量氯化钠，所以方案中的假设为生成的Cl 加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则除 I、中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL 水改为 1mL0.2mol/L 的 NaCl 溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究
22、被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。5 硫酸亚铁铵的化学式为（ NH4） 2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g 水）如下表：温度102030（NH42473.075.478.0）SOFeSO7H2O20.026.532.94（NH424417.221.628.1）SO ?FeSO（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤
23、 1 中加入 10Na2CO3 溶液的主要作用是_ ；反应中铁屑过量是为了_。（2）步骤3 需要趁热过滤，原因是_。（3）从步骤4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是_，析出的晶体常用_洗涤。（ 4）若莫尔盐的饱和溶液中有水 20 克，当温度从 30降至 10，最多析出莫尔盐的质量是 _（选填编号）。A 2.18gB 大于2.18gC 小于2.18gD 无法确定（二）称取质量为1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4 溶液进行滴定。（ 1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式_。（ 2）判断该反应到达滴定终点的现象为_。（3）假设到达滴定终点时，用去V
24、 mL 酸性 KMnO4溶液，则该酸性KMnO4 溶液的浓度为_mol/L 。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有42FeSO7H O 析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B2+-+3+2+5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2O 加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性；（ 2） FeSO4 在温度低时溶解度较小；（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（ NH4）
25、 2SO4FeSO4 在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g；（二）（ 1） MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；（ 2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；（ 3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe 可以还原氧化生成的 Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂
26、质；（2）如果不趁热过滤就会有FeSO47H2 O 析出，故答案为：FeSO4 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO47H2O 析出；（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；（4）（ NH4） 2SO4FeSO4 在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g，即若溶剂为 100g水，冷却析出 10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（ NH42442） SOFeSO6H O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为： B；（二）（
27、 1）反应的离子方程式2+-+3+2+4H2O，故答案为：5Fe+MnO4 +8H 5Fe +Mn5Fe2+MnO 4-+8H+ 5Fe3+Mn 2+4H2O；（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；（3） 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= m =1.96 g=0.005mol ，根据原子守恒则亚M 392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol ，反应 5Fe2+MnO 4-+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O，则 5F
28、e2+ MnO 4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ，据 c= n=0.001mol =1mol/L ，故答案为：V10 3 VLV1 。V6 氢叠氮酸（ HN3）和莫尔盐 （ NH4） 2SO4FeSO46H2O是两种常用原料。（ 1）氢叠氮酸易溶于水， 25时，该酸的电离常数为 Ka=1010-5。氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_0.2mol/L 的 HN3 溶液与 0.1mol/L的 NaOH 溶液等体积混合后，恢复到25，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3 分子浓度由大到小的顺序为_。（2）在 FeSO4424424溶液中，加入（ NH ） SO 固体可制备莫尔
29、盐晶体 （ NH） Fe（ SO）26H O，为了测定产品纯度，称取ag 产品溶于水，配制成 500mL 溶液，用浓度为cmol/L2的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：（已知莫尔盐的分子量为 392）实验次数第一次第二次第三次消耗 KMnO4 溶液体积 /mL25.5225.0224.98配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_滴定终点的现象是_，通过实验数据，计算该产品的纯度为_（用含字母a、 c 的式子表示）。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_。A 第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B 该酸性高锰酸钾标准液保存
30、时间过长，部分变质C 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】 HN3? H+N3 -c（N3-） c（Na+） c（ HN3+）c（ H+） c（ OH-）500mL 容量瓶，胶头滴管滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色（ 980c/a ）100%AC【解析】【分析】(1)氢叠氮酸是一元弱酸； 0.2mol/L 的 HN3 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的 HN3 和 NaN3；(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；
31、第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。【详解】(1)氢叠氮酸易溶于水，25时，该酸的电离常数为-5Ka=10 10，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H+N3-，故答案为 HN3H+N3-；0.2mol/L的 HN3 溶液与0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的 HN3 和 Na N3，恢复到 25 ，溶液显酸性，以HN3 的电离为主，混合溶液中各离子和3分子浓度由大到小的顺序为3-+3+-c(N3-HNc(N)c(Na )c(HN )c(H )c(OH )，故答案为+3+-)c(Na )c(HN )c(H )c(OH
32、 )；(2) 500mL 溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL 容量瓶，胶头滴管；利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1， Mn 由 +7 价+2，化合价降低 5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4- +5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽
33、略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为25.0224.98mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：2-3n(NH 4)2SO4 ?FeSO4?6H2O=5n(KMnO 4) =25 10 c 5mol，则 500mL 溶液中含有-3n(NH 4)2SO4 ?FeSO4?6H2O =25 10 c 5 25mol500/ =2.5cmol ，所以质量分数392980c980c=2.5c 100%= 100%，故答案为： 100%；aaaA第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A 项正确；B三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的， B 项错
34、误； C滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C 项正确；故答案为：AC。【点睛】本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。7 胆矾 (CuSO 5H O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得42化学式为 Cux(OH)y(SO4)znH2O 的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)znH2O 晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g 晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650时，残留固体的组成可视为aCuObCuSO ；温度在 1 000 以上时，得到的固体为4Cu2O。请回答下列问题：
